新高考2022年高考数学一轮课时跟踪33《数列的概念与简单表示》练习题

这是一份新高考2022年高考数学一轮课时跟踪33《数列的概念与简单表示》练习题，共4页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
数列－1,4，－9,16，－25，…的一个通项公式为( )
A.an=n2
B.an=(－1)n·n2
C.an=(－1)n＋1·n2
D.an=(－1)n·(n＋1)2
在各项均为正数数列{an}中，对任意m，n∈N*，都有am＋n=am·an.若a6=64，则a9等于( )
A.256 B.510 C.512 D.1 024
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}中a1=1，an=n(an＋1－an)(n∈N*)，则an=( )
A.2n－1 B.( SKIPIF 1 < 0 )n－1 C.n D.n2
已知数列{an}的前n项和Sn=2－2n＋1，则a3=( )
A.－1 B.－2 C.－4 D.－8
数列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，…的第100项是( )
A.10 B.12 C.13 D.14
已知数列{an}，则“an＋1>an－1”是“数列{an}为递增数列”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
设数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，{Sn＋nan}为常数列，则an等于( )
A.eq \f(1,3n－1) B. SKIPIF 1 < 0 C. SKIPIF 1 < 0 D.eq \f(5－2n,3)
已知数列{an}满足an＋1=eq \f(1,1－an)，若a1=eq \f(1,2)，则a2 019=( )
A.－1 B.eq \f(1,2) C.1 D.2
在数列{an}中，已知a1=1，an＋1=2an＋1，则其通项公式an=( )
A.2n－1 B.2n－1＋1 C.2n－1 D.2(n－1)
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 019的末位数字为( )
A.8 B.2 C.3 D.7
已知数列{an}满足an= SKIPIF 1 < 0 ,若对任意的n∈N*都有an则实数a的取值范围为( )
A.(1,4) B.(2,5) C.(1,6) D.(4,6)
二、填空题
已知数列{an}满足an≠0,2an(1－an＋1)－2an＋1(1－an)=an－an＋1＋an·an＋1，且a1=eq \f(1,3)，
则数列{an}的通项公式an=________.
在数列{an}中，a1=1，a1＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,32)＋…＋eq \f(an,n2)=an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an=______.
若数列{an}是正项数列，且eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋eq \r(a3)＋…＋eq \r(an)=n2＋n，则a1＋eq \f(a2,2)＋…＋eq \f(an,n)=_____.
已知数列{an}满足nan＋2－(n＋2)an=λ(n2＋2n)，其中a1=1，a2=2，若an \s 0 答案解析
答案为：B；
解析：易知数列－1,4，－9,16，－25，…的一个通项公式为an=(－1)n·n2，故选B.
答案为：C；
解析：在各项均为正数的数列{an}中，对任意m，n∈N*，都有am＋n=am·an.
所以a6=a3·a3=64，a3=8.所以a9=a6·a3=64×8=512.
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：C；
解析：由an=n(an＋1－an)，得(n＋1)an=nan＋1，即eq \f(an＋1,n＋1)=eq \f(an,n)，
∴{eq \f(an,n)}为常数列，即eq \f(an,n)=eq \f(a1,1)=1，故an=n.故选C.
答案为：D；
解析：∵数列{an}的前n项和Sn=2－2n＋1，∴a3=S3－S2=(2－24)－(2－23)=－8.故选D.
答案为：D；
解析：1＋2＋3＋…＋n=eq \f(1,2)n(n＋1)，由eq \f(1,2)n(n＋1)≤100，得n的最大值为13，
易知最后一个13是已知数列的第91项，
又已知数列中14共有14项，所以第100项应为14.故选D.
答案为：B；
解析：由题意，若“数列{an}为递增数列”，则an＋1>an>an－1，但an＋1>an－1不能推出an＋1>an，如an=1，an＋1=1，{an}为常数列，则不能推出“数列{an}为递增数列”，
所以“an＋1>an－1”是“数列{an}为递增数列”的必要不充分条件.故选B.
答案为：B；
解析：由题意知，Sn＋nan=2，当n≥2时，(n＋1)an=(n－1)an－1，
从而eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·eq \f(a4,a3)·…·eq \f(an,an－1)=eq \f(1,3)·eq \f(2,4)·…·eq \f(n－1,n＋1)，有an=eq \f(2,nn＋1)，
当n=1时上式成立，所以an= SKIPIF 1 < 0 .
答案为：A；
解析：由a1=eq \f(1,2)，an＋1=eq \f(1,1－an)，得a2=eq \f(1,1－a1)=2，a3=eq \f(1,1－a2)=－1，a4=eq \f(1,1－a3)=eq \f(1,2)，a5=eq \f(1,1－a4)=2，…，
于是可知数列{an}是以3为周期的周期数列，因此a2 018=a3×672＋3=a3=－1.
答案为：A
解析：由an＋1=2an＋1，可求a2=3，a3=7，a4=15，…，验证可知an=2n－1.
答案为：D；
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)，…，{an}中的整数项为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，….∵2 019=4×504＋3，
故b2 019的末位数字为7.故选D.
答案为：A；
解析：因为对任意的n∈N*都有an因此eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(10，,a<6－a×4－a，))解得1 答案为：eq \f(1,n＋2).
解析：∵an≠0,2an(1－an＋1)－2an＋1(1－an)=an－an＋1＋an·an＋1，∴两边同除以an·an＋1，
得eq \f(21－an＋1,an＋1)－eq \f(21－an,an)=eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＋1，整理，得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)=1，
即{eq \f(1,an)}是以3为首项，1为公差的等差数列，∴eq \f(1,an)=3＋(n－1)×1=n＋2，即an=eq \f(1,n＋2).
答案为：eq \f(2n,n＋1).
解析：由a1＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,32)＋…＋eq \f(an,n2)=an(n∈N*)知，当n≥2时，a1＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,32)＋…＋eq \f(an－1,n－12)=an－1，
∴eq \f(an,n2)=an－an－1，即eq \f(n＋1,n)an=eq \f(n,n－1)an－1，∴eq \f(n＋1,n)an=…=2a1=2，∴an=eq \f(2n,n＋1).
答案为：2n2＋2n.
解析：由题意得当n≥2时，eq \r(an)=n2＋n－(n－1)2－(n－1)=2n，∴an=4n2.
又n=1，eq \r(a1)=2，∴a1=4，∴eq \f(an,n)=4n，∴a1＋eq \f(a2,2)＋…＋eq \f(an,n)=eq \f(1,2)n(4＋4n)=2n2＋2n.
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，＋∞).