2025届高考数学一轮总复习第六章数列课时规范练29数列的概念与简单表示法

这是一份2025届高考数学一轮总复习第六章数列课时规范练29数列的概念与简单表示法，共4页。
1.(2023辽宁沈阳二中三模)记Tn为数列{an}的前n项积,已知=1,则T4=( )
A.4B.5C.7D.8
2.已知数列{an}中,a1=-,当n>1时,an=1-,则a2 022=( )
A.-B.C.5D.-
3.数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)·2n+1,则a7=( )
A.64B.128C.256D.512
4.(多选)设Sn是数列{an}的前n项和,a1=1,an+1+SnSn+1=0,则下列说法正确的有( )
A.数列{an}的前n项和为Sn=
B.数列为递增数列
C.数列{an}的通项公式为an=-
D.数列{an}的最大项为a1
5.(2023河南郑州二模)数列{an}满足a1=,an+1=1-,则a2 023=( )
A.B.-1C.2D.3
6.已知数列{an}的通项公式为an=n2+λn,若数列{an}为递增数列,则λ的取值范围是 .
综合提升组
7.已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an,设bn=,则数列{bn}的前6项和为( )
A.127B.255C.31D.63
8.已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=n2an,a1=1,则Sn=( )
A.B.
C.D.
9.(2023四川资阳模拟)设数列{an}的前n项和为Sn,若bn=,则称数列{bn}是数列{an}的“均值数列”.已知数列{bn}是数列{an}的“均值数列”,且bn=,则an的最小值是 .
10.已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,an>0,8=an+1(2Sn+an+1),则= .
创新应用组
11.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,a2=2,an=3an-1+4an-2(n≥3),则S10=( )
A.B.
C.410-1D.411-1
12.在数列{an}中,a1+2a2+3a3+…+nan=2n,则+…+的值为( )
A.B.C.D.
13.已知数列{an}满足a1=1,an=a1+a2+a3+…+an-1(n>1),则数列{an}的通项公式是 .
课时规范练29 数列的概念与简单表示法
1.B
解析由=1,得a1=2,由=1,得a2=,
由=1,得a3=,由=1,得a4=,∴T4=a1a2a3a4=5.故选B.
2.B
解析由题意得a2=1-=5,a3=1-,a4=1-=-,则数列{an}的周期为3,故a2022=a674×3=a3=.
3.A
解析当n≥2时,由a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)·2n+1,①
得a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=(n-2)·2n-1+1,②
①-②,得nan=[(n-1)·2n+1]-[(n-2)·2n-1+1]=n·2n-1(n≥2),
所以an=2n-1(n≥2),则a7=64.
4.ABD
解析由an+1+SnSn+1=0,得Sn+1-Sn=-SnSn+1.易知Sn≠0,∴=-1,即=1.又=1,∴数列为以1为首项,1为公差的等差数列,则=1+(n-1)×1=n,可得Sn=,故选项A、选项B正确;当n≥2时,an=Sn-Sn-1==-,n=1不符合,∴an=∴数列{an}的最大项为a1,故选项C错误,选项D正确.故选ABD.
5.A
解析∵an+1=1-,且a1=,∴a2=1-=-1,a3=1-=2,a4=1-,a5=1-=-1,…,
∴数列{an}是周期为3的周期数列,∴a2023=a1=.
故选A.
6.λ>-3
解析依题意对于∀n∈N*,都有an+1-an>0,
即(n+1)2+λ(n+1)-n2-λn>0,解得λ>-2n-1.
又(-2n-1)max=-3,∴λ>-3.
7.D
解析由=2×及bn=,得bn+1=2bn,又b1==1,所以数列{bn}是首项为1,公比为2的等比数列,于是数列{bn}的前6项和为S6==63.
8.A
解析S2=22a2,即1+a2=4a2,所以a2=.因为Sn=n2an,所以Sn+1=(n+1)2an+1.两式作差得Sn+1-Sn=(n+1)2an+1-n2an,即an+1=(n+1)2an+1-n2an,即(n+2)an+1=nan,所以,即(n≥2),则an=·…··a2=·…·=2,
所以Sn=21-+…+=21-=.故选A.
9.-
解析由题意可得,则Sn=.
当n≥2时,Sn-1=,
∴an=Sn-Sn-1=(n≥2),当n=1时,a1=满足上式,则an=;
∵an+1-an=,∴当n0,此时{an}是单调递增的,故an的最小值是a2=-.
10.
解析由8=an+1(2Sn+an+1),整理得8-2an+1Sn-=0,故(4Sn+an+1)(2Sn-an+1)=0.因为an>0,所以4Sn+an+1>0,故2Sn=an+1=Sn+1-Sn,整理得Sn+1=3Sn,故数列{Sn}是以1为首项,3为公比的等比数列,故Sn=3n-1,所以.
11.A
解析因为an=3an-1+4an-2(n≥3),所以an+an-1=4(an-1+an-2).又a1+a2=3≠0,所以=4(n≥3),所以{an+an+1}是公比为4,首项为3的等比数列,则数列{a2n+a2n-1}也是等比数列,公比为42=16,首项为3,所以S10=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a9+a10)=.故选A.
12.A
解析已知a1+2a2+3a3+…+nan=2n,则当n≥2时,a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=2n-1,两式相减得nan=2n-1,即an=,n≥2,当n=1时,a1=21=2,不符合,则an=当k≥2时,,故原式=a1a2+++…+=×2×=.故选A.
13.an=
解析已知an=a1+a2+a3+…+an-1(n>1),a1=1,则an+1=a1+a2+a3+…+an-1+an,两式相减得an+1-an=an,即an+1=an,∴,…,,∴.又当n=2时,a2=a1=1,∴an=(n≥2),n=1不符合,∴an=