统考版2025届高考数学全程一轮复习课时作业31数列的概念与简单表示法理

课时作业31数列的概念与简洁表示法[基础落实练]一、选择题1．已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项公式不行能是()A．an＝(－1)n－1＋1B．an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n为奇数，,0，n为偶数))C．an＝2sineq\f(nπ,2)D．an＝cos(n－1)π＋12．[2024·湖南省衡阳市高三模拟]数列{an}满意a1＝1，对随意n∈N*都有an＋1＝1＋an＋n，则a10＝()A．54B．55C．56D．573．[2024·东莞市东方明珠学校调研]在数列{an}中，a1＝eq\f(1,2)且(n＋2)an＋1＝nan，则它的前30项和S30＝()A．eq\f(30,31)B．eq\f(29,30)C．eq\f(28,29)D．eq\f(19,29)4．[2024·安徽合肥市高三模拟]设Sn是数列{an}的前n项和，若a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)，则S2021＝()A．eq\f(2017,2)B．1009C．eq\f(2019,2)D．10105．[2024·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满意4Sn＋1－3Sn＝4，n∈N*，则an＝()A．(eq\f(3,4))n－1B．eq\f(3n,4n－1)C．4－eq\f(3n,4n－1)D．4＋eq\f(3n,4n－1)6．若数列{an}是正项数列，且eq\r(a1)＋eq\r(a2)＋…＋eq\r(an)＝n2＋n，则a1＋eq\f(a2,2)＋…＋eq\f(an,n)等于()A．2n2＋2nB．n2＋2nC．2n2＋nD．2(n2＋2n)7．已知数列{an}满意eq\f(an＋1－an,n)＝2，a1＝20，则eq\f(an,n)的最小值为()A．4eq\r(5)B．4eq\r(5)－1C．8D．9二、填空题8．[2024·上海上外附中调研]若数列{an}满意an＋1＝3an－8，且a1＝6，则数列{an}的通项公式为an＝________．9．[2024·辽宁大连检测]数列{an}的前n项和Sn＝2n，则an＝________．10．[2024·浙江绍兴市高三模拟]数列{an}中，a1＝3，an＝1－eq\f(1,an－1)(n≥2)，则a2021＝________．[素养提升练]11．已知数列{an}满意an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)，若a1＝2，则该数列的前2022项的乘积a1a2a3·…·a2022＝()A．2B．－3C．1D．－612．[2024·陕西省宝鸡市高三大联考]已知数列{an}的前n项和为Sn＝2－3n，则此数列奇数项的前m项和为()A．eq\f(9,4)－eq\f(9m,4)B．eq\f(5,4)－eq\f(9m,4)C．eq\f(9,4)－eq\f(9m－1,4)D．－eq\f(3,4)－eq\f(9m－1,4)13．设数列{an}满意a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，则a1＝________，{an}的通项公式为________．14．[2024·开封市第一次模拟考试]若数列{an}满意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满意Sn＝2an＋2t－1(n∈N*)，则实数t的取值范围是________．15．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n＋1－2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝an＋an＋1，求数列{bn}的通项公式．16．数列{an}满意∀n∈N*，a1·a2·a3·…·an＝n2＋n.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝an＋1－an，求数列{bn}的前n项和Sn.课时作业31数列的概念与简洁表示法1．解析：对n＝1，2，3，4进行验证，an＝2sineq\f(nπ,2)不合题意．答案：C2．解析：对随意n∈N*都有an＋1＝1＋an＋n，则an＋1－an＝n＋1，∴a10＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（a10－a9）＝1＋2＋3＋…＋10＝eq\f(10×11,2)＝55，故选B.答案：B3．解析：∵（n＋2）an＋1＝nan，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n,n＋2)，∴an＝a1·eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·…·eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,2)·eq\f(1,3)·eq\f(2,4)·…·eq\f(n－1,n＋1)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，因此，S30＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,30)－eq\f(1,31)＝eq\f(30,31).故选A.答案：A4．解析：在数列{an}中，a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)，则a2＝1－eq\f(1,a1)＝－1，a3＝1－eq\f(1,a2)＝2，a4＝1－eq\f(1,a3)＝eq\f(1,2)，以此类推可知，对随意的n∈N*，an＋3＝an，即数列{an}是以3为周期的周期数列，∵2021＝3×673＋2，因此，S2021＝673S3＋a1＋a2＝674S3－a3＝674×（eq\f(1,2)－1＋2）－2＝1009.故选B.答案：B5．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\f(3,4)）n－1，又a1＝1满意上式，∴对一切n∈N*，an＝（eq\f(3,4)）n－1，故选A项．答案：A6．解析：∵eq\r(a1)＋eq\r(a2)＋…＋eq\r(an)＝n2＋n①，∴当n＝1时，有eq\r(a1)＝2，解得a1＝4；当n≥2时，eq\r(a1)＋eq\r(a2)＋…＋eq\r(an－1)＝（n－1）2＋n－1②.由①－②，得eq\r(an)＝2n，∴an＝4n2.又∵a1也符合上式，∴eq\f(an,n)＝4n，则a1＋eq\f(a2,2)＋…＋eq\f(an,n)＝4（1＋2＋…＋n）＝4×eq\f(n（1＋n）,2)＝2n2＋2n.故选A.答案：A7．解析：由an＋1－an＝2n知：a2－a1＝2×1，a3－a2＝2×2，…，an－an－1＝2（n－1），n≥2，以上各式相加得an－a1＝n2－n，n≥2，所以an＝n2－n＋20，n≥2，当n＝1时，a1＝20符合上式，所以eq\f(an,n)＝n＋eq\f(20,n)－1，n∈N*，所以n≤4时eq\f(an,n)单调递减，n≥5时eq\f(an,n)单调递增，因为eq\f(a4,4)＝eq\f(a5,5)，所以eq\f(an,n)的最小值为eq\f(a4,4)＝eq\f(a5,5)＝8，故选C.答案：C8．解析：由an＋1＝3an－8，则an＋1－4＝3（an－4），a1－4＝2，所以数列{an－4}是以2为首项，3为公比的等比数列，所以an－4＝2×3n－1，所以an＝2·3n－1＋4.答案：2·3n－1＋49．解析：∵Sn＝2n，∴n≥2时，an＝2n－2n－1＝2n－1，又a1＝2，不满意上式，∴an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－1，n≥2.))答案：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－1，n≥2))10．解析：∵a1＝3，an＝1－eq\f(1,an－1)（n≥2），∴a2＝1－eq\f(1,a1)＝1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，a3＝1－eq\f(1,a2)＝1－eq\f(3,2)＝－eq\f(1,2)，a4＝1－eq\f(1,a3)＝1＋2＝3，…∴数列{an}是以3为周期的周期数列，∵2021＝3×673＋2，∴a2021＝a2＝eq\f(2,3).答案：eq\f(2,3)11．解析：由题意可得a2＝eq\f(1＋a1,1－a1)＝－3，a3＝eq\f(1＋a2,1－a2)＝－eq\f(1,2)，a4＝eq\f(1＋a3,1－a3)＝eq\f(1,3)，a5＝eq\f(1＋a4,1－a4)＝2＝a1，所以数列{an}是以4为周期的数列，而2022＝4×505＋2，且a1a2a3a4＝2×（－3）×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×eq\f(1,3)＝1.故该数列的前2022项的乘积为a1a2＝－6.故选D项．答案：D12．解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（2－3n）－（2－3n－1）＝－2·3n－1，因为当n＝1时，a1＝－1不满意，所以数列{an}从其次项起先成等比数列，又a3＝－18，则数列{an}的奇数项构成的数列的前m项和Tm＝eq\f(－18（1－9m－1）,1－9)－1＝eq\f(5,4)－eq\f(9m,4).答案：B13．解析：数列{an}满意a1＋3a2＋…＋（2n－1）an＝2n，当n≥2时，a1＋3a2＋…＋（2n－3）an－1＝2（n－1）.所以（2n－1）an＝2，所以an＝eq\f(2,2n－1)，当n＝1时，a1＝2，上式也成立．所以an＝eq\f(2,2n－1).答案：2an＝eq\f(2,2n－1)14．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\co1(－∞，\f(1,2)))15．解析：（1）当n＝1时，a1＝S1＝22－2＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2－（2n－2）＝2n＋1－2n＝2n.因为a1也适合此等式，所以an＝2n（n∈N*）.（2）因为bn＝an＋an＋1，且an＝2n，an＋1＝2n＋1，所以bn＝2n＋2n＋1＝3·2n.16．解析：（1）数列{an}满意∀n∈N*，a1·a2·a3·…·an＝n2＋n，当n＝1时，a1＝2，当n≥2时，由a1·a2·a3·…·an＝n2＋n，可得a1·a2·a