2025高考数学一轮复习-第27讲-数列的概念与简单表示-专项训练【含答案】

这是一份2025高考数学一轮复习-第27讲-数列的概念与简单表示-专项训练【含答案】，共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1．已知数列2，5，22，…，则25是该数列的( )
A．第5项 B．第6项
C．第7项 D．第8项
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝n2－1，则a3＝( )
A．－5 B．5
C．7 D．8
3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an+2，n为偶数，an+3，n为奇数．若bn＝a2n－1，则b4＝( )
A．18 B．16
C．11 D．6
4．已知数列{an}满足an＋1＝11−an，若a1＝12，则a2 024＝( )
A．－2 B．－1
C．12 D．2
5．已知数列{an}满足a1＝2，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝( )
A．2n B．n+1nn
C．n2＋1 D．n＋1
6．已知数列{an}为递减数列，其前n项和Sn＝－n2＋2n＋m，则实数m的取值范围是( )
A．(－2，＋∞) B．(－∞，－2)
C．(2，＋∞) D．(－∞，2)
7．已知数列{an}满足an＋1－an＝2n－11，且a1＝10，则an的最小值是( )
A．－15 B．－14
C．－11 D．－6
8．已知数列{an}的各项均为正数，数列an+n2n是常数列，则数列{an}( )
A．是递增数列 B．是递减数列
C．先递增后递减 D．先递减后递增
二、多项选择题
9．数列{an}的首项为1，且an＋1＝2an＋1，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是( )
A．a3＝7
B．数列{an＋1}是等比数列
C．an＝2n－1
D．Sn＝2n+1－n－1
10．已知数列{an}的通项公式为an＝(n＋2)·67n，则下列说法正确的是( )
A．数列{an}的最小项是a1
B．数列{an}的最大项是a4
C．数列{an}的最大项是a5
D．当n≥5时，数列{an}递减
三、填空题
11．若数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则数列{an}的通项公式为an＝________．
12．已知数列{an}满足下列条件：①是无穷数列；②是递减数列；③每一项都是正数．写出一个符合条件的数列{an}的通项公式：an＝________．
四、解答题
13．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，从①an＝n－Sn；②bn＝an－1；③Tn＝12n－1中选择两个作为条件，证明另外一个成立．
14．已知数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝(n＋1)an(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝3n−λan2，若数列{bn}为递增数列，求λ的取值范围．
参考答案
1．C [由数列2，5，22，…的前三项2，5，8可知，数列的通项公式为an＝2+3n−1＝3n−1，由3n−1＝25，解得n＝7.故选C.]
2．B [因为Sn＝n2－1，所以a3＝S3－S2＝(32－1)－(22－1)＝5.故选B.]
3．B [b4＝a7＝a6＋2＝(a5＋3)＋2＝a5＋5
＝(a4＋2)＋5＝a4＋7＝(a3＋3)＋7
＝a3＋10＝(a2＋2)＋10＝a2＋12
＝(a1＋3)＋12＝1＋15＝16.故选B.]
4．D [a1＝12，则a2＝11−a1＝11−12＝2，a3＝11−a2＝11−2＝－1，a4＝11−a3＝11+1＝12，…，
故{an}为周期为3的数列，因为2 024＝674×3＋2，所以a2 024＝a2＝2.故选D.]
5．A [由an＝n(an＋1－an)，得(n＋1)an＝nan＋1，即an+1an＝n+1n，则anan−1＝nn−1，an−1an−2＝n−1n−2，an−2an−3＝n−2n−3，…，a2a1＝21，n≥2，由累乘法可得ana1＝n，所以an＝2n(n≥2)，
又a1＝2，符合上式，所以an＝2n.故选A.]
6．A [当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋2n＋m－[－(n－1)2＋2(n－1)＋m]＝－2n＋3，
故可知当n≥2时，{an}单调递减，
故{an}为递减数列，只需满足a20，
∴a1>a2>a3>a4>a5>a612，
an－an－1＝k·2n－n－k·2n-1＋n－1＝k·2n-1－1>12×21－1＝0(n≥2)，
∴an－an－1>0，数列{an}为递增数列．
故选A.]
9．AB [∵an＋1＝2an＋1，可得an＋1＋1＝2(an＋1)，
又a1＋1＝2，∴数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，B正确；
an＋1＝2n，∴an＝2n－1，C错误；
a3＝7，A正确；
Sn＝21−2n1−2－n＝2n+1－n－2，D错误．
故选AB.]
10．BCD [假设第n项为{an}的最大项，则an≥an−1，an≥an+1，
即n+2·67n≥n+1·67n−1， n+2·67n≥n+3·67n+1，
所以n≤5，n≥4，又n∈N*，所以n＝4或n＝5，故数列{an}中a4与a5均为最大项，且a4＝a5＝6574，当n≥5时，数列{an}递减．]
11．2，n=1，6n−5，n≥2，n∈N∗ [当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]＝6n－5，显然当n＝1时，不满足上式．
故数列{an}的通项公式为an＝2，n=1，6n−5，n≥2，n∈N∗.]
12．1n(答案不唯一) [符合条件的数列有1n，1n2，1n3，…. ]
13．证明：选①②作为条件证明③.
因为an＝n－Sn，所以当n＝1时，a1＝12；
当n≥2时，an－1＝n－1－Sn－1，
两式相减得an－an－1＝1－an，
所以2an＝an－1＋1，
所以2(an－1)＝an－1－1.
因为bn＝an－1，所以2bn＝bn－1，即bnbn−1＝12，
所以数列{bn}是首项为－12，公比为12的等比数列，
所以Tn＝−121−12n1−12＝12n－1.
选①③作为条件证明②.
因为an＝n－Sn，所以当n＝1时，a1＝12；
当n≥2时，an－1＝n－1－Sn－1，
两式相减得an－an－1＝1－an，
所以2an＝an－1＋1，
所以2(an－1)＝an－1－1，所以an−1an−1−1＝12，
所以数列{an－1}是首项为－12，公比为12的等比数列，
所以an－1＝－12n，所以an＝1－12n.
因为Tn＝12n－1，所以当n＝1时，b1＝T1＝－12；
当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝12n－12n−1＝－12n.
因为当n＝1时也满足上式，所以bn＝－12n，
故bn＝an－1.
选②③作为条件证明①，
因为Tn＝12n－1，
所以当n＝1时，b1＝T1＝－12；
当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝12n－12n−1＝－12n.
因为当n＝1时也满足上式，所以bn＝－12n.
因为bn＝an－1，所以an＝1－12n，
所以Sn＝n－121+122+…+12n＝n－12 1−12n1−12＝n－1−12n.
故an＝n－Sn.
14．解：(1)∵2Sn＝(n＋1)an，
∴2Sn＋1＝(n＋2)an＋1，
∴2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，
即nan＋1＝(n＋1)an，∴an+1n+1＝ann，
∴ann＝an−1n−1＝…＝a11＝1，
∴an＝n(n∈N*)．
(2)由(1)知bn＝3n－λn2.
bn＋1－bn＝3n+1－λ(n＋1)2－(3n－λn2)
＝2×3n－λ(2n＋1)．
∵数列{bn}为递增数列，
∴2×3n－λ(2n＋1)>0，
即λ1.
∴{cn}为递增数列，∴λ