【文档说明】2023届高考数学一轮复习精选用卷 第八章 数列 考点测试44 数列的概念 含解析【高考】.doc，共(12)页，131.500 KB，由小赞的店铺上传

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1第八章数列考点测试44数列的概念高考概览高考在本考点的常考题型为选择题、填空题和解答题，分值为5分、12分，中、低等难度考纲研读1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)2．了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数一、基础小

题1．已知数列{an}的通项公式an＝1n（n＋2）(n∈N*)，则1120是这个数列的()A．第8项B．第9项C．第10项D．第12项答案C解析由题意知1120＝1n（n＋2），n∈N*，解得n＝10，即1120是这

个数列的第10项．故选C.2．若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝nn＋1，则1a5等于()A．56B．65C.130D．30答案D解析当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nn＋1－n－1n＝1n（n＋1），所以1a5＝5×6＝230.3．设an＝－2n2＋29n＋3，则数列{

an}的最大项是()A．107B．108C.8658D．109答案B解析因为an＝－2n2＋29n＋3＝－2n－2942＋8658，n∈N*，所以当n＝7时，an取得最大值108.4．在数列{an}中，“|an＋1

|>an”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答案B解析|an＋1|>an⇒an＋1>an或－an＋1>an，充分性不成立，数列{a

n}为递增数列⇒|an＋1|≥an＋1>an，必要性成立，所以“|an＋1|>an”是“数列{an}为递增数列”的必要不充分条件．故选B.5．已知Sn为数列{an}的前n项和，且log2(Sn＋1)＝n＋1，则数列{an}的通项公式为()A．an＝2nB．an＝3，n＝1，2n，n≥

2C．an＝2n－1D．an＝2n＋1答案B解析由log2(Sn＋1)＝n＋1，得Sn＋1＝2n＋1.当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n.所以数列{an}的通项公式为an＝3，n＝1，2n，n≥2.故选B.6．朱世杰是元代著名数学家，他所著《算学启蒙》是一部在

中国乃至世界最早的科学普及著作．《算学启蒙》中提到一些堆垛问题，如“三角垛果子”，就是3将一样大小的果子堆垛成正三棱锥，每层皆堆成正三角形，从上向下数，每层果子数分别为1，3，6，10，….现有一个“三角垛果子”，其最底层每边果子数为10，则该层果子

数为()A.50B．55C．100D．110答案B解析由题意可知三角垛从上层向下，每层果子数构成一个数列{an}，其中a1＝1，a2＝3，a3＝6，a4＝10，可变形为a1＝1×（1＋1）2，a2＝2×（2＋1）2，a3＝3×（3＋1）2，a4＝4×（4＋1）2，由此得数列{an}的通项公式为an

＝n（n＋1）2，则a10＝10×（10＋1）2＝55.故选B.7．已知数列{an}的通项公式为an＝2n2＋tn＋1，若{an}是递增数列，则实数t的取值范围是()A．(－6，＋∞)B．(－∞，－6)C．(－∞，－3)D．(－3，＋∞)

答案A解析解法一：因为{an}是递增数列，所以对于任意的n∈N*，都有an＋1>an，即2(n＋1)2＋t(n＋1)＋1>2n2＋tn＋1，化简得t>－4n－2，所以t>－4n－2对于任意的n∈N*都成立，因为－4n－2≤－6，所以t>－6.故选A.解法二：设f(x)＝2

x2＋tx＋1，其图象的对称轴为x＝－t4，则数列{an}可表示为f(x)＝2x2＋tx＋1，x∈N*，要使{an}是递增数列，则－t4<1＋22，即t>－6.故选A.8．已知数列{an}的首项为1，第2项为3，前n项和为Sn，当整数n>1时，

Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)恒成立，则S15等于()A．210B．211C.224D．2254答案D解析结合Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)可知，Sn＋1＋Sn－1－2Sn＝2a1，得到an＋1－

an＝2a1＝2，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以a15＝29.所以S15＝15（a1＋a15）2＝15×（29＋1）2＝225.故选D.9．(多选)若数列{an}满足：对任意正整数n，{an＋1－an}为递减数列，

则称数列{an}为“差递减数列”．下面给出数列{an}(n∈N*)的通项公式，其中{an}是“差递减数列”的有()A.an＝3nB．an＝n2＋1C．an＝nD．an＝lnnn＋1答案CD解析对于A，∵an＋1－an＝3(n＋1)－3n＝3，∴

数列{an}不为“差递减数列”；同理可得，B中数列不为“差递减数列”；对于C，∵an＋1－an＝n＋1－n＝1n＋1＋n，∴数列{an}为“差递减数列”；同理可得，D中数列为“差递减数列”．故选CD.10．(多选)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－an≥

2(n∈N*)，且Sn为{an}的前n项和，则下列结论正确的是()A．an≥2n－1B．Sn≥n2C．an≥2n－1D．Sn≥2n－1答案AB解析由题意得a2－a1≥2，a3－a2≥2，a4－a3≥2，…，an－an－1≥2，所以a2－a1＋a3－a2＋a4－a3＋…＋an－an－1≥2(n

－1)，所以an－a1≥2(n－1)，所以an≥2n－1，所以a1≥1，a2≥3，a3≥5，…，an≥2n－1，所以a1＋a2＋a3＋…＋an≥1＋3＋5＋…＋2n－1，所以Sn≥n（1＋2n－1）2＝n2.11．数列1，23，35，47，59，…的一个通项公式为an＝________.

5答案n2n－1解析由已知得，数列可写成11，23，35，…，故其一个通项公式可以为an＝n2n－1.12．数列{an}的通项为an＝2n－1，n≤4，－n2＋（a－1）n，n≥5(n∈N*)，若a5是{an}中的最大项，则a的取值范围是________．答案[9，12]解

析当n≤4时，an＝2n－1递增，因此n＝4时取最大项，a4＝24－1＝15.当n≥5时，an＝－n2＋(a－1)n＝－n－a－122＋（a－1）24.∵a5是{an}中的最大项，∴a－12≤5.5，－25＋5（a－1）≥15，解得9≤a≤1

2.∴a的取值范围是[9，12].二、高考小题13．(2021·北京高考)数列{an}是递增的整数数列，且a1≥3，a1＋a2＋…＋an＝100，则n的最大值为()A．9B．10C.11D．12答案C解析若要使n尽可能的大，则{an}递增幅度要尽可能小，不妨设数列{a

n}是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为Sn，则an＝n＋2，S11＝3＋132×11＝88<100，S12＝3＋142×12＝102>100，所以n的最大值为11.故选C.14．(2019·浙江高考)设a，b∈R，数列{an}满足a1＝a，an＋1＝a2n＋b，n

∈N*，则()A．当b＝12时，a10>106B．当b＝14时，a10>10C．当b＝－2时，a10>10D．当b＝－4时，a10>10答案A解析解法一：对于选项A，a1＝a，an＋1＝a2n＋b＝a2n＋12，∵an－122＝a2n

－an＋14≥0，∴a2n≥an－14.∵an＋1＝a2n＋12>0，∴an＋1≥an－14＋12＝an＋14>an，∴{an}为递增数列．因此，当a1＝0时，a10取到最小值，现对此情况进行估算．显然，a1＝0，a2＝a21＋12＝12，a3＝a22

＋12＝34，a4＝a23＋12＝1716，当n>1时，an＋1>a2n，∴lgan＋1>2lgan，∴lga10>2lga9>22·lga8>…>26lga4＝lga644，∴a10>a644＝1＋11664＝C

064＋C1641161＋C2641162＋…＋C646411664＝1＋64×116＋64×632×1162＋…＋11664＝1＋4＋7.875＋…＋1166

4＝12.875＋…＋11664>10，因此符合题意．故选A.解法二：由已知可得an＋1－an＝a2n＋b－an＝an－122＋b－14.对于选项B，当a＝12，b＝14时，an＝12恒成立，所以排除B；对于选项C，当

a＝2或－1，b＝－2时，an＝2或－1恒成立，所以排除C.对于选项D，当a＝1±172，b＝－4时，an＝1±172恒成立，所以排除D.故选A.15．(2020·浙江高考)已知数列{an}满足an＝n（n＋1）2，则S3＝________．答案10解析因为an＝n（n＋1）2，

所以a1＝1，a2＝3，a3＝6.所以S3＝a1＋a2＋a3＝1＋3＋6＝10.716．(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝2an＋1，则S6＝________．答案－63解析根据Sn＝2an＋1，可

得Sn＋1＝2an＋1＋1，两式相减得an＋1＝2an＋1－2an，即an＋1＝2an，当n＝1时，S1＝a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以S6＝－（1

－26）1－2＝－63.三、模拟小题17．(2021·湖南长沙雅礼中学模拟)圆周率π是无理数，小数部分无限不循环，毫无规律，但数学家们发现π可以用一列有规律的数相加得到：π＝4－43＋45－47＋49－411＋….若将上式看作数列{an}的各项求和，则{an}的通项公式可以

是()A．an＝42n－1B．an＝8n（n＋2）C.an＝(－1)n·42n－1D．an＝8（4n－1）（4n－3）答案D解析由题意可知π＝4－43＋45－47＋49－411＋…＝81×3＋85×7＋89×11＋

…，对比选项可知an＝8（4n－1）（4n－3）.18．(2021·江苏连云港第一次模拟)已知数列{an}的通项公式an＝n＋100n，则|a1－a2|＋|a2－a3|＋…＋|a99－a100|＝()A．150B．162C.180D．210答案B

解析由对勾函数的性质可知，当n≤10时，数列{an}递减；当n≥10时，数列{an}递增．所以|a1－a2|＋|a2－a3|＋…＋|a99－a100|＝(a1－a2)＋(a2－a3)＋…＋(a9－a10)＋(a11－a10)＋(a12－a11)＋…＋(a100－a

99)＝a1－a10＋a100－a10＝1＋100－8(10＋10)＋(100＋1)－(10＋10)＝162.19．(2021·辽宁铁岭六校高三模拟)已知g(x)＝fx＋12－1是R上的奇函数，an＝f(0)＋f1n＋…

＋fn－1n＋f(1)，n∈N*，则数列{an}的一个通项公式为()A．an＝n＋1B．an＝3n＋1C．an＝3n＋3D．an＝n2－2n＋3答案A解析由于g(x)＝fx＋12－1是R上的奇函数，故f

－x＋12＋fx＋12＝2，∴函数f(x)关于点12，1对称，则an＝f(0)＋f1n＋…＋fn－1n＋f(1)，倒序相加可得2an＝2(n＋1)，即an＝n＋1.故选A.20

．(多选)(2021·辽宁铁岭六校高三模拟)设数列{an}满足0<a1<12，an＋1＝an＋ln(2－an)对∀n∈N*恒成立，则下列说法正确的是()A．12<a2<1B．{an}是递增数列C．12<a3<34D．34<a2022<1答案ABD解析由an＋1＝an＋ln(

2－an)，0<a1<12，设f(x)＝x＋ln(2－x)，则f′(x)＝1－12－x＝1－x2－x，所以当0<x<1时，f′(x)>0，即f(x)在(0，1)上单调递增，所以f(0)<f(x)<f(1)，即12＝lne<ln2<f(x)<1＋ln1＝1，所以12<f(x)<1，即1

2<an<1(n≥2)，故A正确；因为f(x)在(0，1)上单调递增，0<an<1(n∈N*)，所以an＋1－an＝ln(2－an)>ln(2－1)＝0，所以{an}是递增数列，故B正确；因为12<a2<1，所以a3＝a2＋ln(2－a2)>1

2＋ln32>12＋lne13＝12＋13>34，因此a2022>a3>34，34<a2022<1，故C错误，D正确．故选ABD.921．(多选)(2021·山东济南模拟)设{an}是无穷数列，若存在正整数k，使得对任意n∈N*，均有a

n＋k>an，则称{an}是间隔递增数列，k是{an}的间隔数．下列说法正确的是()A．公比大于1的等比数列一定是间隔递增数列B．已知an＝n＋4n，则{an}是间隔递增数列C．已知an＝2n＋(－1)n，则{an}是间隔递增数列且最小间隔数是2D．已知an＝n2－tn＋2022，若{an}是间

隔递增数列且最小间隔数是3，则4≤t<5答案BCD解析对于A，an＋k－an＝a1qn＋k－1－a1qn－1＝a1qn－1(qk－1)，因为q>1，所以当a1<0时，an＋k<an，故A错误；对于B，an＋k－an＝

n＋k＋4n＋k－n＋4n＝k1－4（n＋k）n＝kn2＋kn－4（n＋k）n，令t(n)＝n2＋kn－4，t(n)在n∈N*时单调递增，则t(1)＝1＋k－4>0，解

得k>3，故B正确；对于C，an＋k－an＝2(n＋k)＋(－1)n＋k－[2n＋(－1)n]＝2k＋(－1)n·[(－1)k－1]，当n为奇数时，2k－(－1)k＋1>0对任意k≥1成立，当n为偶数时，2k＋(－1)k－1>0对任意k≥2成立，综上

，{an}是间隔递增数列且最小间隔数是2，故C正确；对于D，若{an}是间隔递增数列且最小间隔数是3，则an＋k－an＝(n＋k)2－t(n＋k)＋2022－(n2－tn＋2022)＝2kn＋k2－tk>0对n∈N*成立，

则k2＋(2－t)k>0对于k≥3成立，且k2＋(2－t)k≤0对于k≤2成立，即k＋(2－t)>0对于k≥3成立，且k＋(2－t)≤0对于k≤2成立．所以t－2<3，且t－2≥2，解得4≤t<5，故D正确．故选BC

D.22．(2022·山东青岛摸底考试)我们知道，斐波那契数列是数学史上一个著名数列，在斐波那契数列{an}中，a1＝1，a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*).用Sn表示它的前n项和，若已知S2020＝m，那么a2022＝________．答案m＋1解析由已知，知a1＋a2＝a3，a2

＋a3＝a4，…，a2020＋a2021＝a2022，各式相加得a1＋2a2＋a3＋a4＋…＋a2020＝a2022，即a2＋S2020＝a2022，又a2＝1，S2020＝m，10所以a2022＝m＋1.一、高考大题1．(2016·全国Ⅲ卷)已知各项都为正数的数列{an}满足a

1＝1，a2n－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.(1)求a2，a3；(2)求{an}的通项公式．解(1)由题意得a2＝12，a3＝14.(2)由a2n－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，得2an

＋1(an＋1)＝an(an＋1).因为{an}的各项都为正数，所以an＋1an＝12.故{an}是首项为1，公比为12的等比数列，因此an＝12n－1.二、模拟大题2．(2022·湖南郴州模拟)已知数列{an}中，a1＝

3，an＋1＝an＋1n（n＋1）.(1)求a2，a3；(2)求数列{an}的通项公式．解(1)a2＝a1＋11×2＝3＋12＝72，a3＝a2＋12×3＝72＋16＝113.(2)原递推公式可化为an＋1＝an＋1n

－1n＋1，则a2＝a1＋1－12，a3＝a2＋12－13，a4＝a3＋13－14，…，an－1＝an－2＋1n－2－1n－1，an＝an－1＋1n－1－1n，累计相加，11得an＝a1＋1－1n，当n＝1时，也满足上式，故an＝4－1

n.3．(2021·湖南衡阳高三模拟)在数列{an}中，已知an＝anbn＋1，且a2＝65，a3＝97.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求证：{an}是递增数列；(3)求证：1≤an<32.解(1)∵a2＝65，a3＝97，∴2a2b＋1＝65，3a3

b＋1＝97，解得a＝3，b＝2，因此an＝3n2n＋1(n∈N*).(2)证明：∵an＋1－an＝3（n＋1）2（n＋1）＋1－3n2n＋1＝3（2n＋3）（2n＋1）>0，∴an＋1>an，故{an}是递增数列．(3)证明：∵an＝3n2n＋1＝32（2n＋1）－322n＋1＝32－

34n＋2，而n∈N*，∴an<32，an＝32－34n＋2≥32－34＋2＝1.故1≤an<32.4．(2022·河北邯郸阶段测试)数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n(n＋1)(n∈N*).(1)求数列{

an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足an＝b13＋1＋b232＋1＋b333＋1＋…＋bn3n＋1，求数列{bn}的通项12公式．解(1)当n＝1时，a1＝S1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，可

知a1＝2满足该式，∴数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*).(2)an＝b13＋1＋b232＋1＋b333＋1＋…＋bn3n＋1(n≥1)，①an＋1＝b13＋1＋b232＋1＋b333＋1＋…＋bn3n＋1＋bn＋1

3n＋1＋1，②②－①，得an＋1－an＝bn＋13n＋1＋1＝2，∴bn＋1＝2(3n＋1＋1)，而b1＝8，故bn＝2(3n＋1)(n∈N*).