2025高考数学一轮复习-6.1-数列的概念-专项训练【含答案】

这是一份2025高考数学一轮复习-6.1-数列的概念-专项训练【含答案】，共6页。
1.已知在数列{an}中，a1＝2，an＝1－ eq \f(1,an－1)(n≥2)，则a2 024＝( )
A． eq \f(1,2) B．－ eq \f(1,2)
C．－1 D．2
2.在数列{an}中，a1＝5，a2＝9.若数列{an＋n2}是等差数列，则{an}的最大项的值为( )
A．9 B．11
C． eq \f(45,4) D．12
3.（多选）若数列{an}满足：对任意正整数n，{an＋1－an}为递减数列，则称数列{an}为“差递减数列”．给出下列数列{an}(n∈N*)，其中是“差递减数列”的有( )
A．an＝3n B．an＝n2＋1
C．an＝ eq \r(n) D．an＝ln eq \f(n,n＋1)
4.已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，且满足2an＋1＋Sn＝2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝ ．
5.若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n∈N*)，求：
(1)数列{an}的通项公式；
(2)数列{nan}中数值最小的项是第几项？
6.已知在数列{an}中，an＝1＋ eq \f(1,a＋2(n－1))（n∈N*，a∈R且a≠0）.
(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；
(2)若对任意的n∈N*，an≤a6恒成立，求a的取值范围．
INCLUDEPICTURE "B组.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF" \* MERGEFORMATINET 【B级 能力提升】
1.已知{an}是各项均为整数的递增数列，且a1≥3，若a1＋a2＋…＋an＝100，则n的最大值为( )
A．9 B．10
C．11 D．12
2.嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星．为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{bn}：b1＝1＋ eq \f(1,α1)，b2＝1＋ eq \f(1,α1＋\f(1,α2))，b3＝1＋ eq \f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3)))，…，依此类推，其中αk∈N*(k＝1，2，…).则( )
A．b1＜b5 B．b3＜b8
C．b6＜b2 D．b4＜b7
3.已知在数列{an}中，a1＝2，a1＋ eq \f(a2,2)＋ eq \f(a3,3)＋…＋ eq \f(an,n)＝an＋1－2，则an＝ .
4.已知数列{an}的通项公式为an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n－1，n≤4，,－n2＋(a－1)n，n≥5))(n∈N*).若a5是{an}中的最大值，求实数a的取值范围．
5.若数列{an}满足a1＝1，an＋1－an－1＝2n，求an.
6.已知在数列{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－λa eq \\al(2,n)，若数列{bn}为递增数列，求λ的取值范围．
参考答案
【A级 基础巩固】
1.答案：A
2.解析：令bn＝an＋n2，∵a1＝5，a2＝9，∴b2＝a2＋4＝13，b1＝a1＋1＝6，∴数列{an＋n2}的公差为13－6＝7，则an＋n2＝6＋7(n－1)＝7n－1，∴an＝－n2＋7n－1＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(7,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(45,4).又n∈N*，∴当n＝3或4时，an取最大值－ eq \f(1,4)＋ eq \f(45,4)＝11.
答案：B
3.解析：对于A，若an＝3n，则an＋1－an＝3(n＋1)－3n＝3，所以{an＋1－an}不为递减数列，故A错误；
对于B，若an＝n2＋1，则an＋1－an＝(n＋1)2－n2＝2n＋1，所以{an＋1－an}为递增数列，故B错误；
对于C，若an＝ eq \r(n)，则an＋1－an＝ eq \r(n＋1)－ eq \r(n)＝ eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，所以{an＋1－an}为递减数列，故C正确；
对于D，若an＝ln eq \f(n,n＋1)，则an＋1－an＝ln eq \f(n＋1,n＋2)－ln eq \f(n,n＋1)＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,n＋2)·\f(n＋1,n)))＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n2＋2n)))，所以{an＋1－an}为递减数列，故D正确．
答案：CD
4.解析：因为2an＋1＋Sn＝2，①
当n≥2时，2an＋Sn－1＝2，②
由①式减②式得an＋1＝ eq \f(1,2)an.
又当n＝1时，2a2＋S1＝2，得a2＝ eq \f(1,2)＝ eq \f(1,2)a1，
所以数列{an}是以1为首项、公比为 eq \f(1,2)的等比数列，所以an＝ eq \f(1,2n-1).
答案： eq \f(1,2n-1)
5.解：(1)∵Sn＝n2－10n，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－11；
当n＝1时，a1＝S1＝－9也适合上式．∴an＝2n－11(n∈N*).
(2)记f(n)＝nan＝n(2n－11)＝2n2－11n，此函数图象的对称轴为直线n＝ eq \f(11,4)，但n∈N*，
∴当n＝3时，f(n)取最小值．∴数列{nan}中数值最小的项是第3项．
6.解：(1)若a＝－7，则an＝1＋ eq \f(1,2n－9)(n∈N*).
结合函数f(n)＝1＋ eq \f(1,2n－9)的单调性，可知1＞a1＞a2＞a3＞a4，a5＞a6＞a7＞…＞an＞1(n∈N*).
所以数列{an}中的最大项为a5，a5＝1＋ eq \f(1,2×5－9)＝2，最小项为a4，a4＝1＋ eq \f(1,2×4－9)＝0.
(2)an＝1＋ eq \f(1,a＋2(n－1))＝1＋ eq \f(\f(1,2),n－\f(2－a,2))，已知对任意的n∈N*，an≤a6恒成立，结合函数f(n)＝1＋ eq \f(\f(1,2),n－\f(2－a,2))的单调性，可知5＜ eq \f(2－a,2)＜6，解得－10＜a＜－8，故a的取值范围是(－10，－8).
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1.解析：若要使n尽可能的大，则a1应越小，且后一项与前一项的差也应越小，由题意知a1最小为3，差最小为1，
构成数列{an}是首项为3、公差为1的等差数列，其前n项和为Sn，
则an＝n＋2，S12＝ eq \f(3＋14,2)×12＝102＞100，
所以n≤11.
对于an＝n＋2，S11＝ eq \f(3＋13,2)×11＝88，比100小12，
可将a11由13变为25即可满足题意，
所以n的最大值为11.
答案：C
2.解析：法一：当n取奇数时，由已知b1＝1＋ eq \f(1,α1)，b3＝1＋ eq \f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3)))，因为 eq \f(1,α1)＞ eq \f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3)))，所以b1＞b3，同理可得b3＞b5，b5＞b7，…，于是可得b1＞b3＞b5＞b7＞…，故A不正确；当n取偶数时，由已知b2＝1＋ eq \f(1,α1＋\f(1,α2))，b4＝1＋ eq \f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3＋\f(1,α4))))，因为 eq \f(1,α2)＞ eq \f(1,α2＋\f(1,α3＋\f(1,α4)))，所以b2＜b4，同理可得b4＜b6，b6＜b8，…，于是可得b2＜b4＜b6＜b8＜…，故C不正确；因为 eq \f(1,α1)＞ eq \f(1,α1＋\f(1,α2))，所以b1＞b2，同理可得b3＞b4，b5＞b6，b7＞b8，又b3＞b7，所以b3＞b8，故B不正确．
法二（特殊值法）：不妨取αk＝1，则b1＝1＋ eq \f(1,1)＝2，b2＝1＋ eq \f(1,1＋\f(1,1))＝1＋ eq \f(1,b1)＝1＋ eq \f(1,2)＝ eq \f(3,2)，b3＝1＋ eq \f(1,1＋\f(1,1＋\f(1,1)))＝1＋ eq \f(1,b2)＝1＋ eq \f(2,3)＝ eq \f(5,3)，所以b4＝1＋ eq \f(1,b3)＝1＋ eq \f(3,5)＝ eq \f(8,5)，b5＝1＋ eq \f(1,b4)＝1＋ eq \f(5,8)＝ eq \f(13,8)，b6＝1＋ eq \f(1,b5)＝1＋ eq \f(8,13)＝ eq \f(21,13)，b7＝1＋ eq \f(1,b6)＝1＋ eq \f(13,21)＝ eq \f(34,21)，b8＝1＋ eq \f(1,b7)＝1＋ eq \f(21,34)＝ eq \f(55,34).逐一判断选项可知选D.
答案：D
3.解析：a1＋ eq \f(a2,2)＋ eq \f(a3,3)＋…＋ eq \f(an,n)＝an＋1－2，当n≥2时，a1＋ eq \f(a2,2)＋ eq \f(a3,3)＋…＋ eq \f(an－1,n－1)＝an－2，则 eq \f(an,n)＝an＋1－an，即 eq \f(an＋1,n＋1)＝ eq \f(an,n).当n＝1时，a1＝a2－2，得a2＝4， eq \f(a2,2)＝ eq \f(a1,1)满足上式，所以 eq \f(an＋1,n＋1)＝ eq \f(an,n)，因此数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是常数列，即 eq \f(an,n)＝ eq \f(a1,1)＝2，所以an＝2n.
答案：2n
4.解：当n≤4时，an＝2n－1单调递增，因此当n＝4时取得最大值，为a4＝24－1＝15；
当n≥5时，an＝－n2＋(a－1)n＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(a－1,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \f((a－1)2,4).
因为a5是{an}中的最大值，
所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a－1,2)≤5.5，,－25＋5(a－1)≥15，))解得9≤a≤12，
所以实数a的取值范围是[9，12].
5.解：因为数列{an}满足a1＝1，an＋1－an－1＝2n，
所以当n≥2时，a2－a1＝1＋21，
a3－a2＝1＋22，
a4－a3＝1＋23，
……
an－an－1＝1＋2n-1，
以上各式相加得an－a1＝n－1＋(21＋22＋23＋…＋2n-1)，
则an＝2n＋n－2(n≥2).
又a1＝1也符合上式，
所以an＝2n＋n－2.
6.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，∴ eq \f(an＋1,n＋1)＝ eq \f(an,n)，
∴ eq \f(an,n)＝ eq \f(an－1,n－1)＝…＝ eq \f(a1,1)＝1，
∴an＝n(n∈N*).
(2)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λ< eq \f(2·3n,2n＋1).
令cn＝ eq \f(2·3n,2n＋1)，
则 eq \f(cn＋1,cn)＝ eq \f(2·3n+1,2n＋3)· eq \f(2n＋1,2·3n)＝ eq \f(6n＋3,2n＋3)>1，
∴{cn}为递增数列，∴λ