高考数学一轮复习第六章6.1数列的概念与简单表示法课时作业理含解析

这是一份高考数学一轮复习第六章6.1数列的概念与简单表示法课时作业理含解析，共6页。

一、选择题
1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是an等于( )
A.eq \f(－1n＋1,2)B．cseq \f(nπ,2)
C．cseq \f(n＋1,2)πD．cseq \f(n＋2,2)π
2．[2021·重庆一中测试]已知数列{an}满足a1＝1，前n项和为Sn，且Sn＝2an(n≥2，n∈N*)，则{an}(n≥2)的通项公式为an＝( )
A．2n－1B．2n－2
C．2n＋1－3D．3－2n
3．[2021·甘肃兰州检测]已知数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋3n(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝( )
A.eq \f(3n＋1－9,2)B.eq \f(3n＋1－7,2)
C.eq \f(3n－7,2)D.eq \f(3n－9,2)
4．[2021·天津一中月考]在各项均为正数的数列{an}中，a1＝2，aeq \\al(2,n＋1)－2an＋1an－3aeq \\al(2,n)＝0，Sn为{an}的前n项和，若Sn＝242，则n＝( )
A．5B．6
C．7D．8
5．[2021·湖北武汉武昌实验中学月考]两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题．他们在沙滩上画出点或用小石子表示数，按照点或小石子能排列的形状对数进行分类，如下图中实心点的个数依次为5,9,14,20，…，这样的一组数被称为梯形数，记此数列为{an}，则( )
A．an＋1＋an＝n＋2B．an＋1－an＝n＋2
C．an＋1＋an＝n＋3D．an＋1－an＝n＋3
6．[2021·吉林辽源月考]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且Sn－Sn＋1＝Sn·Sn＋1(n∈N*)，则Sn＝( )
A．nB．n＋1
C.eq \f(1,n)D.eq \f(1,n＋1)
7．[2021·上海第七中学月考]在数列{an}中，已知a1＝1，且数列{an}的前n项和Sn满足4Sn＋1－3Sn＝4，n∈N*，则an＝( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n－1B.eq \f(3n,4n－1)
C．4－eq \f(3n,4n－1)D．4＋eq \f(3n,4n－1)
8．[2021·辽宁锦州八中月考]已知数列{an}满足：a1＝eq \f(1,7)，对任意正整数n，an＋1＝eq \f(7,2)an(1－an)，则a2019－a2018＝( )
A.eq \f(4,7)B.eq \f(3,7)
C．－eq \f(4,7)D．－eq \f(3,7)
9．[2021·山西河津二中月考]设数列{an}满足a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝eq \f(n,2)(n∈N*)，则{an}的通项公式为an＝( )
A.eq \f(1,2n)B.eq \f(1,2n－1)
C.eq \f(1,2n)D.eq \f(1,2n＋1)
10．已知数列{an}的通项公式为an＝n2－2λn(n∈N*)，则“λ<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．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
二、填空题
11．若数列{an}的通项公式为an＝eq \f(n,n＋1)，那么这个数列是________数列．(填“递增”或“递减”或“摆动”)
12．[2021·湖北八校联考]已知数列{an}满足an＝2an－1＋2n－1(n∈N*，n≥2)，若a4＝65，则a1＝________.
13．[2021·辽宁大连检测]数列{an}的前n项和Sn＝2n，则an＝________.
14．[2021·湖北武汉部分重点中学联考]已知an＝eq \f(n－7,n－5\r(2))(n∈N*)，设am为数列{an}的最大项，则m＝________.
[能力挑战]
15．[2021·黑龙江哈师大附中月考]设数列{an}满足a1＝2，且对任意正整数n，总有(an＋1－1)(1－an)＝2an成立，则数列{an}的前2019项的乘积为( )
A.eq \f(1,2) B．1C．2 D．3
16．[2021·福建泉州一中检测]已知数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－an－3，n≤7，,an－6，n>7))(n∈N*)，若{an}是递增数列，则实数a的取值范围是( )
A．(3,6) B．(1,2)
C．(1,3) D．(2,3)
17．[2021·开封市第一次模拟考试]若数列{an}满足a2－eq \f(1,2)a1＜a3－eq \f(1,2)a2＜…＜an－eq \f(1,2)an－1＜…，则称数列{an}为“差半递增”数列．若数列{an}为“差半递增”数列，且其通项an与前n项和Sn满足Sn＝2an＋2t－1(n∈N*)，则实数t的取值范围是________.
课时作业29
1．解析：令n＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D项正确．
答案：D
2．解析：∵Sn＝2an(n≥2，n∈N*)，∴n≥3时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1(n≥3)，易得a2＝1，∴an＝2n－2(n≥2)，故选B项．
答案：B
3．解析：∵a1＝1，an＝an－1＋3n(n≥2，n∈N*)，∴a2－a1＝32，a3－a2＝33，a4－a3＝34，…，an－an－1＝3n，累加得an－1＝32＋33＋…＋3n，∴an＝eq \f(3n＋1－7,2)，故选B项．
答案：B
4．解析：由aeq \\al(2,n＋1)－2an＋1an－3aeq \\al(2,n)＝0，得(an＋1－3an)(an＋1＋an)＝0，即an＋1＝3an或an＋1＝－an，又{an}各项均为正数，所以an＋1＝3an.因为a1＝2，an＋1＝3an，所以数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，则由Sn＝eq \f(21－3n,1－3)＝242，解得n＝5，故选A项．
答案：A
5．解析：由已知可得a2－a1＝4，a3－a2＝5，a4－a3＝6，…，由此可以得到an＋1－an＝n＋3.故选D项．
答案：D
6．解析：∵Sn－Sn＋1＝Sn·Sn＋1(n∈N*)，
∴eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝1.∵a1＝1，∴eq \f(1,S1)＝1，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是首项为1，公差为1的等差数列，∴eq \f(1,Sn)＝n，∴Sn＝eq \f(1,n)，故选C项．
答案：C
7．解析：∵4Sn＋1－3Sn＝4，∴Sn＋1－4＝eq \f(3,4)(Sn－4)，∴{Sn－4}是公比为eq \f(3,4)的等比数列，又a1＝1，∴S1－4＝－3，∴Sn－4＝－eq \f(3n,4n－1)，∴Sn＝4－eq \f(3n,4n－1)，∴n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n－1，又a1＝1满足上式，
∴对一切n∈N*，an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n－1，故选A项．
答案：A
8．解析：∵a1＝eq \f(1,7)，an＋1＝eq \f(7,2)an(1－an)，∴a2＝eq \f(3,7)，a3＝eq \f(6,7)，a4＝eq \f(3,7)，a5＝eq \f(6,7)，…，∴n≥2时，{an}的奇数项为eq \f(6,7)，偶数项为eq \f(3,7)，
∴a2019－a2018＝eq \f(6,7)－eq \f(3,7)＝eq \f(3,7)，故选B项．
答案：B
9．解析：∵a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝eq \f(n,2)(n∈N*)，∴易知n≥2时，2n－1an＝eq \f(1,2)，又a1＝eq \f(1,2)，∴对一切n∈N*,2n－1an＝eq \f(1,2)，
∴an＝eq \f(1,2n)，故选C项．
答案：C
10．解析：若数列{an}为递增数列，则有an＋1－an>0，即2n＋1>2λ对任意的n∈N*都成立，于是有3>2λ，λ答案：A
11．解析：法一 令f(x)＝eq \f(x,x＋1)，则f(x)＝1－eq \f(1,x＋1)在(0，＋∞)上是增函数，则数列{an}是递增数列．
法二 ∵an＋1－an＝eq \f(n＋1,n＋2)－eq \f(n,n＋1)＝eq \f(1,n＋1n＋2)>0，
∴an＋1>an，∴数列{an}是递增数列．
答案：递增
12．解析：∵an＝2an－1＋2n－1(n∈N*，n≥2)，a4＝65，∴2a3＋24－1＝65，得a3＝25，∴2a2＋23－1＝25，得a2＝9，∴2a1＋22－1＝9，得a1＝3.
答案：3
13．解析：∵Sn＝2n，∴n≥2时，an＝2n－2n－1＝2n－1，又a1＝2，不满足上式，∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,2n－1，n≥2.))
答案：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,2n－1，n≥2))
14．解析：an＝eq \f(n－7,n－5\r(2))＝1＋eq \f(5\r(2)－7,n－5\r(2))(n∈N*)，根据函数的单调性知，当n≤7或n≥8时，数列{an}为递减数列．因为当n≤7时，an<1，当n≥8时，an>1，所以a8为最大项，可知m＝8.
答案：8
15．解析：由题意，知1－an≠0，所以an＋1＝1＋eq \f(2an,1－an).又a1＝2，所以a2＝1＋eq \f(2a1,1－a1)＝－3，a3＝1＋eq \f(2a2,1－a2)＝－eq \f(1,2)，a4＝1＋eq \f(2a3,1－a3)＝eq \f(1,3)，a5＝1＋eq \f(2a4,1－a4)＝2＝a1，….由此可得数列{an}是周期为4的数列．又a1a2a3a4＝1，所以数列{an}的前2019项的乘积为(a1a2a3a4)504·a1a2a3＝2×(－3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝3.故选D.
答案：D
16．解析：∵数列{an}是递增数列且an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－an－3，n≤7，,an－6，n>7，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－a>0，,a>1，,73－a－3答案：D
17．解析：由题意知，Sn＝2an＋2t－1①，当n＝1时，a1＝2a1＋2t－1，得a1＝1－2t；
当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋2t－1②，①－②并化简，得an＝2an－1，故数列{an}是以a1＝1－2t为首项，2为公比的等比数列，则an＝(1－2t)·2n－1，所以an－eq \f(1,2)an－1＝(1－2t)·2n－1－eq \f(1,2)·(1－2t)·2n－2＝(3－6t)·2n－3，因为数列{an}为“差半递增”数列，所以3－6t＞0，解得t＜eq \f(1,2).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))