2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价32数列的概念与简单表示法含解析新人教A版

这是一份2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价32数列的概念与简单表示法含解析新人教A版，共5页。试卷主要包含了定义等内容，欢迎下载使用。

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eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝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．(2020·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．eq \f(n2－n,2)B．eq \f(n2－1,2)
C．eq \f(n－12,2)D．eq \f(n2,2)
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eq \f(Sn＋1,Sn)＝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，eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))，则an等于( )
A．2＋nln nB．2n＋(n－1)ln n
C．2n＋nln nD．1＋n＋nln n
C 解析：由题意得eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝ln(n＋1)－ln n，n分别用1,2,3，…，(n－1)取代，累加得eq \f(an,n)－eq \f(a1,1)＝ln n－ln 1＝ln n，eq \f(an,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．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a1)))B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,a1)))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,ak)))D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,ak)))
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＜eq \f(2,ai)，
因为数列{an}单调递增，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2,an)))单调递减，
所以对任意i＝1,2，…，k，有eq \f(2,ak)≤eq \f(2,ai)，
所以λ的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,ak))).
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＝________.
eq \f(61,16) 解析：由题意可知，a1·a2·a3·…·an－1＝(n－1)2，所以an＝eq \f(n2,n－12)(n≥2)，所以a3＋a5＝eq \f(32,22)＋eq \f(52,42)＝eq \f(61,16).
7．定义：称eq \f(n,P1＋P2＋…＋Pn)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eq \f(1,2n－1)，则数列{an}的通项公式为________．
an＝4n－3 解析：因为eq \f(n,a1＋a2＋…＋an)＝eq \f(1,2n－1)，
所以eq \f(a1＋a2＋…＋an,n)＝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＝eq \f(an,n2)，Tn为数列{bn}的前n项和，则T2 021＝________.
eq \f(2 021,1 011) 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eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)×eq \f(n,n＋1).
令cn＝eq \f(an,n)，则cn＝cn－1×eq \f(n,n＋1)，所以eq \f(cn,cn－1)＝eq \f(n,n＋1).
由累乘法得eq \f(cn,c1)＝eq \f(2,n＋1)，
所以cn＝eq \f(2,n＋1)，所以eq \f(an,n)＝eq \f(2,n＋1)，所以an＝eq \f(2n,n＋1)，
所以bn＝eq \f(an,n2)＝eq \f(2,nn＋1)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
所以T2 021＝
2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2 021)－\f(1,2 022)))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2 022)))＝eq \f(2 021,1 011).
B组 新高考培优练
9．(多选题)已知数列的前4项为2,0,2,0，则依此归纳该数列的通项可能是( )
A．an＝(－1)n－1＋1B．an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n为奇数，,0，n为偶数))
C．an＝2sin eq \f(nπ,2)D．an＝cs(n－1)π＋1
ABD 解析：对n＝1,2,3,4进行验证，an＝2sin eq \f(nπ,2) 不合题意．故选ABD．
10．(多选题)已知数列{an}满足eq \f(1,2)a1＋eq \f(1,22)a2＋eq \f(1,23)a3＋…＋eq \f(1,2n)an＝2n＋5，则下列数字在数列{an}中的是( )
A．14 B．18 C．20 D．32
AD 解析：由题意知，数列{an}满足eq \f(1,2)a1＋eq \f(1,22)a2＋eq \f(1,23)a3＋…＋eq \f(1,2n)an＝2n＋5，则eq \f(1,2)a1＋eq \f(1,22)a2＋eq \f(1,23)a3＋…＋eq \f(1,2n－1)an－1＝2(n－1)＋5，n>1，
两式相减得，eq \f(an,2n)＝2n＋5－2(n－1)－5＝2，
所以an＝2n＋1，n>1，n∈N*.
当n＝1时，eq \f(a1,2)＝7，所以a1＝14，不满足上式．
综上可知，数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(14，n＝1，,2n＋1，n≥2.))
11．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)．
12．已知数列{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*，都有an≤a6成立，求a的取值范围．
解：(1)因为an＝1＋eq \f(1,a＋2n－1)(n∈N*，a∈R且a≠0)，
又a＝－7，所以an＝1＋eq \f(1,2n－9)(n∈N*)．
结合函数f (x)＝1＋eq \f(1,2x－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＝2，最小项为a4＝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*，都有an≤a6成立，
结合函数f (x)＝1＋eq \f(\f(1,2),x－\f(2－a,2))的单调性，
可知5＜eq \f(2－a,2)＜6，得－10＜a＜－8.
所以a的取值范围是(－10，－8)．
13．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－λaeq \\al(2,n)，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eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)，
所以eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)＝…＝eq \f(a1,1)＝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＝eq \f(2·3n,2n＋1)，
即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.
所以数列{cn}为递增数列，所以λ即λ的取值范围为(－∞，2)．