2022版高考数学大一轮复习课时作业31《数列的概念与简单表示法》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业31《数列的概念与简单表示法》(含答案详解)，共4页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
已知数列1,2，eq \r(7)，eq \r(10)，eq \r(13)，…，则2eq \r(19)在这个数列中的项数是( )
A.16 B.24 C.26 D.28
数列{an}的前n项和Sn=2n2－3n(n∈N*)，若p－q=5，则ap－aq=( )
A.10 B.15 C.－5 D.20
已知数列{an}满足a1=1，an＋2－an=6，则a11的值为( )
A.31 B.32 C.61 D.62
设数列{an}的通项公式为an=n2－bn，若数列{an}是单调递增数列，则实数b取值范围为( )
A.(－∞，－1] B.(－∞，2] C.(－∞，3) D.(－∞，4.5]
已知数列{an}满足an=eq \r(5n－1)(n∈N*)，将数列{an}中的整数项按原来的顺序组成新数列{bn}，则b2 017的末位数字为( )
A.8 B.2 C.3 D.7
已知数列{an}满足：a1=1，an＋1=eq \f(an,an＋2)(n∈N*)，若bn＋1=(n－λ)(eq \f(1,an)＋1)，b1=－λ，且数列{bn}是递增数列，则实数λ的取值范围是( )
A.(2，＋∞) B.(3，＋∞) C.(－∞，2) D.(－∞，3)
二、填空题
已知数列{an}满足a1=1，且an=n(an＋1－an)(n∈N*)，则a3= ，an= .
已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan=n＋1(n∈N*)，则数列{an}通项公式为 .
已知数列{an}满足a1=1，an＋1－2an=2n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an= .
已知数列{an}中，前n项和为Sn，且Sn=eq \f(n＋1,2)an，则eq \f(an,an－1)(n>1)的最大值为 .
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3=15，a7＋a9=34，数列{eq \f(1,anan＋1)}的前n项和为Tn，
且对于任意的n∈N*，Tn 已知数列{an}满足nan＋2－(n＋2)an=λ(n2＋2n)，其中a1=1，a2=2，若an三、解答题
已知Sn为正项数列{an}的前n项和，且满足Sn=eq \f(1,2)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an(n∈N*).
(1)求a1，a2，a3，a4的值；
(2)求数列{an}的通项公式.
已知数列{an}的前n项和为Sn，an≠0，a1=1，且2anan＋1=4Sn－3(n∈N*).
(1)求a2的值，并证明an＋2－an=2；
(2)求数列{an}的通项公式.
已知等比数列{an}是递增数列，a2a5=32，a3＋a4=12，又数列{bn}满足bn=2lg2an＋1，Sn是数列{bn}的前n项和.
(1)求Sn；
(2)若对任意n∈N*，都有eq \f(Sn,an)≤eq \f(Sk,ak)成立，求正整数k的值.
\s 0 答案详解
答案为：C.
解析：因为a1=1=eq \r(1)，a2=2=eq \r(4)，a3=eq \r(7)，a4=eq \r(10)，a5=eq \r(13)，…，所以an=eq \r(3n－2).
令an=eq \r(3n－2)=2eq \r(19)=eq \r(76)，解得n=26.
答案为：D.
解析：当n≥2时，an=Sn－Sn－1=2n2－3n－[2(n－1)2－3(n－1)]=4n－5，
当n=1时，a1=S1=－1，符合上式，所以an=4n－5，所以ap－aq=4(p－q)=20.
答案为：A.
解析：∵数列{an}满足a1=1，an＋2－an=6，
∴a3=6＋1=7，a5=6＋7=13，a7=6＋13=19，a9=6＋19=25，a11=6＋25=31.
答案为：C.
解析：因为数列{an}是单调递增数列，所以an＋1－an=2n＋1－b>0(n∈N*)，
所以b<2n＋1(n∈N*)，所以b<(2n＋1)min=3，即b<3.
答案为：B.
解析：由an=eq \r(5n－1)(n∈N*)，可得此数列为eq \r(4)，eq \r(9)，eq \r(14)，eq \r(19)，eq \r(24)，eq \r(29)，eq \r(34)，eq \r(39)，eq \r(44)，eq \r(49)，eq \r(54)，eq \r(59)，eq \r(64)，…，整数项为eq \r(4)，eq \r(9)，eq \r(49)，eq \r(64)，eq \r(144)，eq \r(169)，…，
∴数列{bn}的各项依次为2,3,7,8,12,13,17,18，…，
末位数字分别是2,3,7,8,2,3,7,8，…，
∵2 017=4×504＋1，∴b2 017的末位数字为2，故选B.
答案为：C.
解析：由an＋1=eq \f(an,an＋2)，知eq \f(1,an＋1)=eq \f(2,an)＋1，即eq \f(1,an＋1)＋1=2(eq \f(1,an)＋1)，
所以数列{eq \f(1,an)＋1}是首项为eq \f(1,a1)＋1=2，公比为2的等比数列，所以eq \f(1,an)＋1=2n，
所以bn＋1=(n－λ)·2n，因为数列{bn}是递增数列，
所以bn＋1－bn=(n－λ)2n－(n－1－λ)2n－1=(n＋1－λ)2n－1>0对一切正整数n恒成立，
所以λ 答案为：3，n.
解析：由an=n(an＋1－an)，可得eq \f(an＋1,an)=eq \f(n＋1,n)，则an=eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·eq \f(an－2,an－3)·…·eq \f(a2,a1)·a1
=eq \f(n,n－1)×eq \f(n－1,n－2)×eq \f(n－2,n－3)×…×eq \f(2,1)×1=n(n≥2)，∴a3=3.∵a1=1满足an=n，∴an=n.
答案为：an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,\f(1,n)，n≥2.)).
解析：已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan=n＋1，将n=1代入，得a1=2；
当n≥2时，将n－1代入得a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1=n，
两式相减得nan=(n＋1)－n=1，∴an=eq \f(1,n)，∴an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,\f(1,n)，n≥2.))
答案为：n·2n－1.
解析：an＋1－2an=2n两边同除以2n＋1，可得eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)=eq \f(1,2)，又eq \f(a1,2)=eq \f(1,2)，
∴数列{eq \f(an,2n)}是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列，∴eq \f(an,2n)=eq \f(1,2)＋(n－1)×eq \f(1,2)=eq \f(n,2)，∴an=n·2n－1.
答案为：2.
解析：∵Sn=eq \f(n＋1,2)an，∴当n>1时，an=Sn－Sn－1=eq \f(n＋1,2)an－eq \f(n,2)an－1，即eq \f(an,an－1)=eq \f(n,n－1)，
∵数列{eq \f(n,n－1)}单调递减，∴当n=2时，eq \f(an,an－1)=2最大.
答案为：(0,162).
解析：依题意，设等差数列{an}的公差为d，因为S3=15，故S3=3a2=15，故a2=5.
又a7＋a9=2a8=34，故a8=17，故a8－a2=6d=12，故d=2，故a1=3，所以an=3＋2(n－1)=2n＋1，
所以eq \f(1,anan＋1)=eq \f(1,2n＋12n＋3)=eq \f(1,2)(eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋3))，
所以Tn=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))=eq \f(1,2)eq \f(1,3)－eq \f(1,2n＋3)=eq \f(n,32n＋3)，
因为Tn0，
所以t当且仅当n=3时，等号成立，所以12(n＋eq \f(9,n))＋90≥162.所以0 答案为：[0，＋∞).
解析：由nan＋2－(n＋2)an=λ(n2＋2n)=λn(n＋2)得eq \f(an＋2,n＋2)－eq \f(an,n)=λ，
所以数列{eq \f(an,n)}的奇数项与偶数项均是以λ为公差的等差数列，因为a1=1，a2=2，
所以当n为奇数时，eq \f(an,n)=1＋λ(eq \f(n＋1,2)－1)=eq \f(n－1,2)λ＋1，所以an=eq \f(n2－n,2)λ＋n.
当n为偶数时，eq \f(an,n)=1＋λ(eq \f(n,2)－1)=eq \f(n－2,2)λ＋1，所以an=eq \f(n2－2n,2)λ＋n，
当n为奇数时，由an即λ(n－1)>－2，若n=1，则λ∈R，若n>1，则λ>－eq \f(2,n－1)，所以λ≥0.
当n为偶数时，由an－2，
所以λ>－eq \f(2,3n)，即λ≥0.综上，实数λ的取值范围为[0，＋∞).
解：(1)由Sn=eq \f(1,2)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an(n∈N*)可得，
a1=eq \f(1,2)aeq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)a1，解得a1=1，a1=0(舍).
S2=a1＋a2=eq \f(1,2)aeq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)a2，解得a2=2(负值舍去)；
同理可得a3=3，a4=4.
(2)因为Sn=eq \f(1,2)aeq \\al(2,n)＋eq \f(an,2)， ①
所以当n≥2时，Sn－1=eq \f(1,2)aeq \\al(2,n－1)＋eq \f(an－1,2)， ②
①－②得an=eq \f(1,2)(an－an－1)＋eq \f(1,2)(aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1))，
所以(an－an－1－1)(an＋an－1)=0.
由于an＋an－1≠0，所以an－an－1=1，
又由(1)知a1=1，所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以an=n.
解：(1)令n=1，得2a1a2=4S1－3，a1=1，所以a2=eq \f(1,2)，2anan＋1=4Sn－3,2an＋1an＋2=4Sn＋1－3，
两式相减得2an＋1(an＋2－an)=4an＋1.
因为an≠0，所以an＋2－an=2.
(2)由(1)可知，数列a1，a3，a5，…，a2k－1，…为等差数列，公差为2，首项为1，
所以当n为奇数时，a2k－1=1＋2(k－1)=2k－1，
数列a2，a4，a6，…，a2k，…为等差数列，公差为2，首项为eq \f(1,2)，
所以当n为偶数时，a2k=eq \f(1,2)＋2(k－1)=2k－eq \f(3,2)，
综上所述，an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n，n为奇数，,n－\f(3,2)，n为偶数.))
解：(1)因为{an}是等比数列，
则a2a5=a3a4=32，
又a3＋a4=12，且{an}是递增数列，
所以a3=4，a4=8，所以q=2，a1=1，
所以an=2n－1.
所以bn=2lg2an＋1=2lg22n=2n.
所以Sn=2＋4＋…＋2n=eq \f(n2＋2n,2)=n2＋n.
(2)令cn=eq \f(Sn,an)=eq \f(n2＋n,2n－1)，
则cn＋1－cn=eq \f(Sn＋1,an＋1)－eq \f(Sn,an)=eq \f(n＋1n＋2,2n)－eq \f(nn＋1,2n－1)=eq \f(n＋12－n,2n).
所以当n=1时，c1当n=2时，c3=c2；
当n≥3时，cn＋1－cn<0，
即c3>c4>c5>…，
所以数列{cn}中最大项为c2和c3.
所以存在k=2或3，使得任意的正整数n，都有eq \f(Sk,ak)≥eq \f(Sn,an).