2020高考数学刷题首选卷 第四章 数列 考点测试28 数列的概念与简单表示法 文（含解析）

第四章数列考点测试28数列的概念与简单表示法一、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．在数列{an}中，a1＝2，且(n＋1)an＝nan＋1，则a3的值为()A．5B．6C．7D．8答案B解析由(n＋1)an＝nan＋1得an＋1n＋1＝ann，所以数列ann为常数列，则ann＝a11＝2，即an＝2n，所以a3＝2×3＝6．故选B．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．数列{an}中，a1＝1，对于所有的n≥2，n∈N都有a1·a2·a3·…·an＝n2，则a3＋a5＝()A．6116B．259C．2516D．3115答案A解析解法一：令n＝2,3,4,5，分别求出a3＝94，a5＝2516，∴a3＋a5＝6116．故选A．解法二：当n≥2时，a1·a2·a3·…·an＝n2．当n≥3时，a1·a2·a3·…·an－1＝(n－1)2．两式相除得an＝nn－12，∴a3＝94，a5＝2516，∴a3＋a5＝6116．故选A．5．若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝11－an，则a2018＝()A．－2B．－1C．2D．12答案B解析∵数列{an}满足a1＝2，an＋1＝11－an(n∈N*)，∴a2＝11－2＝－1，a3＝11－－1＝12，a4＝11－12＝2，…，可知此数列有周期性，周期T＝3，即an＋3＝an，则a2018＝a672×3＋2＝a2＝－1．故选B．6．把1,3,6,10,15，…这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的圆点可以排成一个正三角形(如图所示)．则第7个三角形数是()A．27B．28C．29D．30答案B解析观察三角形数的增长规律，可以发现每一项比它的前一项多的点数正好是该项的序号，即an＝an－1＋n(n≥2)．所以根据这个规律计算可知，第7个三角形数是a7＝a6＋7＝a5＋6＋7＝15＋6＋7＝28．故选B．7．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－4，n∈N*，则an＝()A．2n＋1B．2nC．2n－1D．2n－2答案A解析因为Sn＝2an－4，所以n≥2时，有Sn－1＝2an－1－4，两式相减可得Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，整理得an＝2an－1，即anan－1＝2(n≥2)．因为S1＝a1＝2a1－4，所以a1＝4，所以an＝2n＋1．故选A．8．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln1＋1n，则an＝()A．2＋lnnB．2＋(n－1)lnnC．2＋nlnnD．1＋n＋lnn答案A解析解法一：由已知得an＋1－an＝ln1＋1n＝lnn＋1n，而an＝(an－an－1)＋(an－1＋an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1，n≥2，所以an＝lnnn－1＋lnn－1n－2＋…＋ln21＋2＝lnnn－1·n－1n－2·…·21＋2＝lnn＋2，n≥2．当n＝1时，a1＝2＝ln1＋2．故选A．解法二：由an＝an－1＋ln1＋1n－1＝an－1＋lnnn－1＝an－1＋lnn－ln(n－1)(n≥2)，可知an－lnn＝an－1－ln(n－1)(n≥2)．令bn＝an－lnn，则数列{bn}是以b1＝a1－ln1＝2为首项的常数列，故bn＝2，所以2＝an－lnn，所以an＝2＋lnn．故选A．9．已知数列{an}的通项公式为an＝n23n，则数列{an}中的最大项为()A．89B．23C．6481D．125243答案A解析解法一(作差比较法)：an＋1－an＝(n＋1)23n＋1－n23n＝2－n3·23n，当n2时，an＋1－an0，即an＋1an；当n＝2时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；当n2时，an＋1－an0，即an＋1an．所以a1a2＝a3，a3a4a5…an，所以数列{an}中的最大项为a2或a3，且a2＝a3＝2×232＝89．故选A．解法二(作商比较法)：an＋1an＝n＋123n＋1n23n＝231＋1n，令an＋1an1，解得n2；令an＋1an＝1，解得n＝2；令an＋1an1，解得n2．又an0，故a1a2＝a3，a3a4a5…an，所以数列{an}中的最大项为a2或a3，且a2＝a3＝2×232＝89．故选A．10．已知数列{an}的通项公式为an＝2n2＋tn＋1，若{an}是单调递增数列，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}是单调递增数列，所以对于任意的n∈N*，都有an＋1an，即2(n＋1)2＋t(n＋1)＋12n2＋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(n)＝2n2＋tn＋1，其图象的对称轴为n＝－t4，要使{an}是递增数列，则－t41＋22，即t－6．故选A．11．已知Sn是数列{an}的前n项和，且有Sn＝n2＋1，则数列{an}的通项an＝________．答案2n＝1，2n－1n≥2解析当n＝1时，a1＝S1＝1＋1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋1)－[(n－1)2＋1]＝2n－1．此时对于n＝1不成立，故an＝2n＝1，2n－1n≥2.12．对于数列{an}，定义数列{bn}满足：bn＝an＋1－an(n∈N*)，且bn＋1－bn＝1(n∈N*)，a3＝1，a4＝－1，则a1＝________．答案8解析由bn＋1－bn＝1知数列{bn}是公差为1的等差数列，又b3＝a4－a3＝－2，所以b1＝－4，b2＝－3，b1＋b2＝(a2－a1)＋(a3－a2)＝a3－a1＝－7，解得a1＝8．二、高考小题13．(2018·全国卷Ⅰ)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，以2为公比的等比数列，所以S6＝－1－261－2＝－63．14．(2014·全国卷Ⅱ)数列{an}满足an＋1＝11－an，a8＝2，则a1＝________．答案12解析由an＋1＝11－an，得an＝1－1an＋1，∵a8＝2，∴a7＝1－12＝12，a6＝1－1a7＝－1，a5＝1－1a6＝2，…，∴{an}是以3为周期的数列，∴a1＝a7＝12．15．(2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn．若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________．答案1121解析解法一：∵an＋1＝2Sn＋1，∴a2＝2S1＋1，即S2－a1＝2a1＋1，又∵S2＝4，∴4－a1＝2a1＋1，解得a1＝1．又an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，即Sn＋1＝3Sn＋1，由S2＝4，可求出S3＝13，S4＝40，S5＝121．解法二：由an＋1＝2Sn＋1，得a2＝2S1＋1，即S2－a1＝2a1＋1，又S2＝4，∴4－a1＝2a1＋1，解得a1＝1．又an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，即Sn＋1＝3Sn＋1，则Sn＋1＋12＝3Sn＋12，又S1＋12＝32，∴Sn＋12是首项为32，公比为3的等比数列，∴Sn＋12＝32×3n－1，即Sn＝3n－12，∴S5＝35－12＝121．16．(2015·江苏高考)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列1an前10项的和为________．答案2011解析由已知得，a2－a1＝1＋1，a3－a2＝2＋1，a4－a3＝3＋1，…，an－an－1＝n－1＋1(n≥2)，则有an－a1＝1＋2＋3＋…＋n－1＋(n－1)(n≥2)，因为a1＝1，所以an＝1＋2＋3＋…＋n(n≥2)，即an＝n2＋n2(n≥2)，又当n＝1时，a1＝1也适合上式，故an＝n2＋n2(n∈N*)，所以1an＝2n2＋n＝21n－1n＋1，从而1a1＋1a2＋1a3＋…＋1a10＝2×1－12＋2×12－13＋2×13－14＋…＋2×110－111＝2×1－111＝2011．三、模拟小题17．(2018·湖南六校联考)已知数列{an}满足：∀m，n∈N*，都有an·am＝an＋m，且a1＝12，那么a5＝()A．132B．116C．14D．12答案A解析∵数列{an}满足：∀m，n∈N*，都有an·am＝an＋m，且a1＝12，∴a2＝a1a1＝14，a3＝a1·a2＝18．那么a5＝a3·a2＝132．故选A．18．(2018·南昌模拟)在数列{an}中，a1＝1，anan－1＝an－1＋(－1)n(n≥2，n∈N*)，则a3a5的值是()A．1516B．158C．34D．38答案C解析由已知得a2＝1＋(－1)2＝2，∴2a3＝2＋(－1)3，a3＝12，∴12a4＝12＋(－1)4，a4＝3，∴3a5＝3＋(－1)5，∴a5＝23，∴a3a5＝12×32＝34．故选C．19．(2019·黄冈质检)已知数列{xn}满足xn＋2＝|xn＋1－xn|(n∈N*)，若x1＝1，x2＝a(a≤1，a≠0)，且xn＋3＝xn对于任意的正整数n均成立，则数列{xn}的前2020项和S2020＝()A．673B．674C．1345D．1347答案D解析∵x1＝1，x2＝a(a≤1，a≠0)，∴x3＝|x2－x1|＝|a－1|＝1－a，∴x1＋x2＋x3＝1＋a＋(1－a)＝2，又xn＋3＝xn对于任意的正整数n均成立，∴数列{xn}的周期为3，∴数列{xn}的前2020项和S2020＝S673×3＋1＝673×2＋1＝1347．故选D．20．(2018·河南郑州一中考前冲刺)数列{an}满足：a1＝1，且对任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，则1a1＋1a2＋1a3＋…＋1a2018＝()A．20172018B．20182019C．40342018D．40362019答案D解析∵a1＝1，且对任意的m，n∈N*都有am＋n＝am＋an＋mn，∴an＋1＝an＋n＋1，即an＋1－an＝n＋1，用累加法可得an＝a1＋n－1n＋22＝nn＋12，∴1an＝2nn＋1＝21n－1n＋1，∴1a1＋1a2＋1a3＋…＋1a2018＝21－12＋12－13＋…[phone]＝40362019，故选D．21．(2018·福建晋江季延中学月考)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．答案an＝2，n＝1，1n，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＝1n，∴an＝2，n＝1，1n，n≥2.22．(2018·北京海淀区模拟)数列{an}的通项为an＝2n－1，n≤4，－n2＋a－1n，n≥5(n∈N*)，若