2022版新教材高考数学一轮复习28数列基础训练含解析新人教B版

二十八　数列基础

(建议用时：45分钟)

A组　全考点巩固练

1．数列{an}中，an＋1＝2an＋1，a1＝1，则a6＝(　　)

A．32 B．62 

C．63 D．64

C　解析：数列{an}中，an＋1＝2an＋1，故an＋1＋1＝2(an＋1)．

因为a1＝1，故a1＋1＝2≠0，故an＋1≠0，

所以＝2，所以{an＋1}为等比数列，公比为2，首项为2.所以an＋1＝2n，即an＝2n－1，故a6＝63.

2．(2021·武邑模拟)大衍数列来源于我国古代文献《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释我国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和．已知该数列前10项是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，则大衍数列中奇数项的通项公式为(　　)

A.   B.

C.   D.

B　解析：取特殊值代入即可求解结论．因为第一项为0，故D错；第三项为4，故A，C错．故选B.

3．已知数列{an}的前n项和Sn满足SnS1＝Sn＋1(n∈N*)，且a1＝2，那么a7＝

(　　)

A．128 B．16 

C．32 D．64

D　解析：因为数列{an}的前n项和Sn满足SnS1＝Sn＋1(n∈N*)，a1＝2，

所以Sn＋1＝2Sn，即＝2，所以数列{Sn}是以2为公比，以2为首项的等比数列，所以Sn＝2×2n－1＝2n.

所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1.

所以a7＝26＝64.

4．在数列{an}中，a1＝2，＝＋ln，则an等于(　　)

A．2＋nln n B．2n＋(n－1)ln n

C．2n＋nln n D．1＋n＋nln n

C　解析：由题意得－＝ln(n＋1)－ln n，n分别用1,2,3，…，(n－1)取代，累加得－＝ln n－ln 1＝ln n，＝2＋ln n，所以an＝2n＋nln n.

5．已知正项数列{an}单调递增，则使得不等式(1－λai)2＜1对任意ai(i＝1,2，…，k)都成立的λ的取值范围是(　　)

A.   B.

C.   D.

D　解析：由(1－λai)2＜1，得－1＜1－λai＜1，即0＜λai＜2，因为ai＞0，所以0＜λ＜，

因为数列{an}单调递增，所以数列单调递减，

所以对任意i＝1,2，…，k，有≤，

所以λ的取值范围为.

6．在数列{an}中，a1＝1，对于所有的n≥2，n∈N*，都有a1·a2·a3·…·an＝n2，则a3＋a5＝________.

　解析：由题意可知，a1·a2·a3·…·an－1＝(n－1)2，

所以an＝(n≥2)，所以a3＋a5＝＋＝.

7．定义：称为n个正数P1，P2，…，Pn的“均倒数”．若数列{an}的前n项的“均倒数”为，则数列{an}的通项公式为________．

an＝4n－3　解析：因为＝，

所以＝2n－1.

所以a1＋a2＋…＋an＝(2n－1)n，

所以a1＋a2＋…＋an－1＝(2n－3)(n－1)(n≥2)．

当n≥2时，an＝(2n－1)n－(2n－3)(n－1)＝4n－3，

a1＝1也适合此等式，所以an＝4n－3.

8．(2020·绵阳考前模拟)在数列{an}中，已知a1＝1，n2an－Sn＝n2an－1－Sn－1(n≥2，n∈N*)，记bn＝，Tn为数列{bn}的前n项和，则T2 021＝________.

　解析：由n2an－Sn＝n2an－1－Sn－1(n≥2，n∈N*)，得n2an－(Sn－Sn－1)＝n2an－1，

所以(n2－1)an＝n2an－1，所以＝×.

令cn＝，则cn＝cn－1×，所以＝.

由累乘法得＝，

所以cn＝，所以＝，所以an＝，

所以bn＝＝＝2×，

所以T2 021＝2＝2＝.

9．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，Sn＝2－nan(n≥2)．

(1)求证：数列{(n＋1)Sn}是等差数列；

(2)求数列{an}的通项公式．

(1)证明：因为Sn＝2－nan＝2－n(Sn－Sn－1)(n≥2)，所以(n＋1)Sn＝2＋nSn－1，所以(n＋1)Sn－nSn－1＝2，

所以数列{(n＋1)Sn}是首项为2S1＝3，公差为2的等差数列．

(2)解：由(1)得(n＋1)Sn＝2S1＋2(n－1)＝2n＋1，

所以Sn＝.

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝.令n＝1，则a1＝与a1＝不符，

所以an＝

10．(2020·天河模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和，且a1<2，an>0,6Sn＝a＋3an＋2，n∈N*.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若∀n∈N*，bn＝(－1)na，求数列{bn}的前2n项的和T2n.

解：(1)当n＝1时，6a1＝a＋3a1＋2，且a1<2，解得a1＝1.

当n≥2时，6an＝6Sn－6Sn－1＝a＋3an＋2－(a＋3an－1＋2)，

化简得(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0.

因为an>0，所以an－an－1＝3，

所以数列{an}是首项为1，公差为3的等差数列，

所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2.

(2)bn＝(－1)na＝(－1)n(3n－2)2.

所以b2n－1＋b2n＝－(6n－5)2＋(6n－2)2＝36n－21.

所以数列{bn}的前2n项的和

T2n＝36(1＋2＋…＋n)－21n＝36×－21n＝18n2－3n.

B组　新高考培优练

11．(多选题)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且∀n＞1，其前n项和Sn满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，则(　　)

A．a7＝13 B．a8＝14

C．S7＝43 D．S8＝64

BC　解析：由Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，得an＋1－an＝2(n≥2)．

又因为a2－a1＝1，所以数列{an}从第二项起为等差数列，且公差d＝2.

故a7＝a2＋5d＝2＋5×2＝12，a8＝a2＋6d＝2＋6×2＝14，

所以选项A错误，选项B正确．

又S7＝a1＋＝1＋＝43，S8＝a1＋＝1＋＝57，

所以选项C正确，选项D错误．

故选BC.

12．(多选题)已知数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0)，且满足an＋4Sn－1Sn＝0(n≥2)，a1＝，则下列说法正确的是(　　)

A．数列{an}的前n项和为Sn＝

B．数列{an}的通项公式为an＝

C．数列{an}为递增数列

D．数列为递增数列

AD　解析：因为an＋4Sn－1Sn＝0(n≥2)，

所以Sn－Sn－1＋4Sn－1Sn＝0(n≥2)．

因为Sn≠0，所以－＝4(n≥2)，

因此数列是以＝4为首项，4为公差的等差数列，也是递增数列，即D正确．

所以＝4＋4(n－1)＝4n，所以Sn＝，即A正确．

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－，

所以an＝即B，C不正确．故选AD.

13．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，an＋2＋2an＝3an＋1(n∈N*)，则数列{an＋1－an}的通项公式an＝________，数列{an}的通项公式an＝________.

3×2n－1　3×2n－1－2　解析：由an＋2＋2an－3an＋1＝0，

得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，

所以数列{an＋1－an}是以a2－a1＝3为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1－an＝3×2n－1，

所以当n≥2时，an－an－1＝3×2n－2，…，a3－a2＝3×2，a2－a1＝3，

将以上各式累加，得

an－a1＝3×2n－2＋…＋3×2＋3＝3(2n－1－1)，

所以an＝3×2n－1－2(当n＝1时，也满足)．

14．已知数列{an}中，an＝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*，都有an≤a6成立，求a的取值范围．

解：(1)因为an＝1＋(n∈N*，a∈R且a≠0)，

又a＝－7，所以an＝1＋(n∈N*)．

结合函数f(x)＝1＋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＝2，最小项为a4＝0.

(2)an＝1＋＝1＋，

已知对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，

结合函数f(x)＝1＋的单调性，

可知5＜＜6，即－10＜a＜－8.

15．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－λa，若数列{bn}为递增数列，求λ的取值范围．

解：(1)因为2Sn＝(n＋1)an，

所以2Sn＋1＝(n＋2)an＋1，

所以2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，

即nan＋1＝(n＋1)an，所以＝，

所以＝＝…＝＝1，

所以an＝n(n∈N*)．

(2)bn＝3n－λn2.

bn＋1－bn＝3n＋1－λ(n＋1)2－(3n－λn2)

＝2·3n－λ(2n＋1)．

因为数列{bn}为递增数列，

所以2·3n－λ(2n＋1)>0，即λ<.

令cn＝，

即＝·＝>1.

所以数列{cn}为递增数列，所以λ<c1＝2，

即λ的取值范围为(－∞，2)．