2025高考数学一轮复习-6.1-数列的概念与简单表示方法-专项训练【含答案】

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基 础 巩固练
1.数列2,6,10,14的下一项应该是( )

A.17B.23
C.32D.19
2.设Sn是数列{an}的前n项和,若Sn=n2+2n,则a2 024=( )
A.4 049B.4 047
C.4 045D.2 024
3.设{an}是等比数列,则“a22>a1a2”是“{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
4.已知数列{an}满足an+1=11-an,若a1=12,则a2 024=( )
A.-1B.12C.1D.2
5.(多选题)古希腊著名的毕达哥拉斯学派把1,3,6,10…这样的数称为“三角形数”,而把1,4,9,16…这样的数称为“正方形数”.在如图所示的图中可以发现,任何一个大于1的“正方形数”都可以看作两个相邻“三角形数”之和,下列等式中,符合这一规律的表达式有( )
A.25=9+16B.36=15+21
C.49=18+31D.64=28+36
6.(多选题)若数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=-n2+7n,则( )
A.{an}是递增数列
B.a10=-12
C.当n>4时,an<0
D.当n=3或4时,Sn取得最大值
7.已知数列{an}的前n项和为Sn.若a1=2,an+1=Sn,则a100= .
8.已知数列{an}满足an+1>an,且其前n项和Sn满足Sn+19.已知数列{an}的通项公式为an=(20-n)·32n,求an取最大值时n的值.
综 合 提升练
10.若数列{an}的通项公式为an=kn2+n+1,则“k>-13”是“{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
11.已知数列{an}满足a1=0,an+1=an-33an+1(n∈N*),则a20=( )
A.0B.-3C.3D.32
12.已知等差数列{an}的公差为2π3,集合S={cs an|n∈N*},若S={a,b},则ab=( )
A.-1B.-12C.0D.12
13.(多选题)已知数列{an}满足an+1=1-1an(n∈N*),且a1=2,其前n项和为Sn,则( )
A.a3=-1B.a2 022=12
C.S3=32D.S2 022=1 011
14.若数列{an}中,a1=35,a2=14,且anan+2=an+1(n∈N*),记数列{an}的前n项积为Πn,则Π2 023a2 023的值为 .
15.某产品具有一定的时效性,在这个时效期内,由市场调查可知,在不做广告宣传且每件获利a元的前提下,可卖出b件,若做广告宣传,广告费为n千元时比广告费为(n-1)千元时多卖出b2n件,n∈N*.
(1)求当n=1时,销售量a1的值,与当n=2时,销售量a2的值;
(2)试写出当广告费为n千元时,销售量an;
(3)当a=10,b=4 000时,厂家生产多少件这种产品,做几千元广告才能获利最大?
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16.(多选题)“外观数列”是一类有趣的数列,该数列由正整数构成,后一项是前一项的“外观描述”.例如:取第一项为1,将其外观描述为“1个1”,则第二项为11,将11描述为“2个1”,则第三项为21,将21描述为“1个2,1个1”,则第四项为1 211,将1 211描述为“1个1,1个2,2个1”,则第五项为111 221,…,这样每次从左到右将连续的相同数字合并起来描述,给定首项即可依次推出数列后面的项.对于外观数列{an},下列说法正确的有( )
A.若a1=3,则a5=131 213
B.若a1=22,则a100=22
C.若a1=6,则a100的最后一个数字为6
D.若a1=123,则a100中没有数字4
17.数列{an}满足:a0=3,an+1=[an]+1{an}(其中[an]和{an}分别表示实数an的整数部分与小数部分),则a2 019= .
18.已知实数列a1,a2,a3,…满足:对任意正整数n,有an(2Sn-an)=1,其中Sn表示数列的前n项和,证明:
(1)对任意正整数n,有an<2n;
(2)对任意正整数n,有anan+1<1.
参考答案
1.C 2.A 3.D 4.D 5.BD 6.BCD
7.299 8.-1n(答案不唯一)
9.解 由an=(20-n)·32n可得,当n≥21时,an<0,当n=20时,an=0,当n≤19时,an>0,故an取最大值时,一定有n≤19.设an为数列{an}的最大项,则an≥an+1,an≥an-1,即
(20-n)·32n≥(19-n)·32n+1,(20-n)·32n≥(21-n)·32n-1,
解得17≤n≤18,则n=17或18,此时a17=a18=318217,故n的值为17或18.
10.B 11.B 12.B 13.ACD 14.1
15.解 (1)设a0表示广告费为0千元时的销售量,则a0=b,a1-a0=b2,所以a1=32b,a2-a1=b22,所以a2=74b.
(2)设a0表示广告费为0千元时的销售量,则a0=b.由题意得a1-a0=b2,a2-a1=b22, …an-an-1=b2n,相加得an-a0=b2+b22+b23+…+b2n,即an=b+b2+b22+b23+…+b2n=b2-12n.
(3)当b=4 000时,an=4 0002-12n,设获利为Tn元,则Tn=10an-1 000n=40 0002-12n-1 000n,欲使Tn最大,则Tn≥Tn+1,Tn≥Tn-1,
∴40 0002-12n-1 000n≥40 0002-12n+1-1 000(n+1),40 0002-12n-1 000n≥40 0002-12n-1-1 000(n-1),
解得n≥5,n≤5,故n=5,此时a5=7 875.即该厂家应生产7 875件产品,做5千元的广告,才能使获利最大.
16.BCD 17.3 029+3-12
18.证明 (1)约定S0=0.由条件知,对任意正整数n,有1=an(2Sn-an)=(Sn-Sn-1)(Sn+Sn-1)=Sn2−Sn-12,所以Sn2=n+S02=n,即Sn=±n(当n=0时亦成立).显然,an=Sn-Sn-1≤n+n-1<2n,所以对任意正整数an,有an<2n.
(2)设an,an+1均为正,则Sn+1>Sn>Sn-1>-n,故必有Sn=n,Sn+1=n+1,此时an=n−n-1,an+1=n+1−n,从而anan+1<(n+n-1)(n+1−n)<(n+1+n)(n+1−n)=1.所以对任意正整数n,有anan+1<1.