【高考数学】2026届一轮专题复习：2年高考1年模拟 数列的概念与简单表示法 含答案

/“2年高考1年模拟”课时精练（三十九）数列的概念与简单表示法1.数列{an}的前几项为12，3，112，8，212A.an=5n−42 B.aC.an=6n−52 D.a2.已知数列{an}的通项公式是an=n3n+1A.递增数列 B.递减数列C.摆动数列 D.常数列3.(2025·贵州模拟)已知数列{an}对任意k∈N*满足ak·ak+1=2k，则a1·a2024=()A.21012 B.21013C.22024 D.220254.(2025·重庆期中)已知数列an满足2an+1-2=an·an+1，且a1=3，则a2025=()A.3 B.1C.-2 D.45.已知数列{an}的首项a1=3，且满足an+1=2n−12n−3an+2n-1(n∈N*)，则{A.a2 B.a3C.a4 D.a56.(2025·郑州模拟)已知数列{an}是单调递增数列，an=m(2n-1)-n2，n∈N*，则实数m的取值范围为()A.(2，+∞) B.(1，2)C.32，+∞ 7.[多选]数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0)，a1=14，an+4Sn-1Sn=0(n≥2)，则下列命题正确的是()A.Sn=14n B.anC.数列{an}为递增数列 D.数列1S8.[多选]在数列{an}中，对于任意的n∈N*都有an>0，且an+12-an+1=anA.对于任意的n≥2，都有an>1B.对于任意的a1>0，数列{an}不可能为常数列C.若0<a1<2，则数列{an}为递增数列D.若a1>2，则当n≥2时，2<an<a19.(2025·广东联考)若an满足：0<an+1<an<1(对任意的n∈N*)，则满足上述条件数列an的一个通项公式为10.数列an对任意正整数n，满足a1a2·…·an=n2，数列an的通项公式an=11.科拉茨是德国数学家，他在1937年提出了一个著名的猜想：任给一个正整数n，如果n是偶数，就将它减半即n2；如果n是奇数，则将它乘3加1(即3n+1)，不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到1.这是一个很有趣的猜想，但目前还没有证明或否定.如果对正整数a1(首项)按照上述规则施行变换后得到a2，依次施行变换后所得到的数组成数列an，Sn是数列an的前n项和，若a1=10，则S12.(2025·宜宾期末)在数列{an}中，a1=5，an+1=4an-3，若对任意的n∈N*，k(an-1)≥2n-5恒成立，则实数k的最小值为.

13.求下列数列{an}的通项公式.(1)a1=1，an+1=an+3n；(2)a1=1，an+1=2nan.14.已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足a1=1，an+1=2Sn+1(1)求a2的值；(2)求数列{an}的通项公式.15.如果数列an对任意的n∈N*，an+2-an+1>an+1-an，则称an(1)请写出一个速增数列an(2)若数列an为“速增数列”，且任意项an∈Z，a1=1，a2=3，ak=2023，求正整数k的最大值

（解析）精练（三十九）数列的概念与简单表示法1.数列{an}的前几项为12，3，112，8，212A.an=5n−42 B.aC.an=6n−52 D.a解析：选A数列为12，62，112，162，2122.已知数列{an}的通项公式是an=n3n+1A.递增数列 B.递减数列C.摆动数列 D.常数列解析：选A∵an+1-an=n+13n+4-n3n+1=1(3n+1)(33.(2025·贵州模拟)已知数列{an}对任意k∈N*满足ak·ak+1=2k，则a1·a2024=()A.21012 B.21013C.22024 D.22025解析：选A由ak·ak+1=2k，得ak+1·ak+2=2k+1，所以ak+2ak=2，所以a2024a2022·a2022a2020·a2020a2018·…·a又因为a1·a2=2②，①②两式相乘，得a1·a2024=21012.故选A.4.(2025·重庆期中)已知数列an满足2an+1-2=an·an+1，且a1=3，则a2025=()A.3 B.1C.-2 D.4解析：选A由题意数列an满足2an+1-2=an·an+1，则an+1=22−an.故由a1=3，得a2=22−3=-2，a3=22+2=12，a4=22−12=43，a5=22−45.已知数列{an}的首项a1=3，且满足an+1=2n−12n−3an+2n-1(n∈N*)，则{A.a2 B.a3C.a4 D.a5解析：选B由an+1=2n−12n−3an+2n-1，得an+12n−1-an2n−3=1，所以数列an2n−3是以a12−3=-3为首项，1为公差的等差数列，即an2n−3=-3+(n-1)·1，得an=(2n-3)(6.(2025·郑州模拟)已知数列{an}是单调递增数列，an=m(2n-1)-n2，n∈N*，则实数m的取值范围为()A.(2，+∞) B.(1，2)C.32，+∞ 解析：选C由题意可得an=m(2n-1)-n2.由于数列{an}为单调递增数列，即对任意的n∈N*，an+1-an=m(2n+1-1)-(n+1)2-[m(2n-1)-n2]=m·2n-2n-1>0，整理得m>2n+12n.令bn=2n+12n，则bn+1-bn=2n+32n+1-2n+12n=1−2n2n+1<0，7.[多选]数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0)，a1=14，an+4Sn-1Sn=0(n≥2)，则下列命题正确的是()A.Sn=14n B.anC.数列{an}为递增数列 D.数列1S解析：选AD∵an+4Sn-1Sn=0(n≥2)，∴Sn-Sn-1+4Sn-1Sn=0(n≥2).∵Sn≠0，∴1Sn-1Sn−1=4(n≥2).因此数列∴1Sn=4+4(n-1)=4n，∴Sn=14n，即A正确.当n≥2时，an=Sn-Sn-1=14∴an=14，n=1，−148.[多选]在数列{an}中，对于任意的n∈N*都有an>0，且an+12-an+1=anA.对于任意的n≥2，都有an>1B.对于任意的a1>0，数列{an}不可能为常数列C.若0<a1<2，则数列{an}为递增数列D.若a1>2，则当n≥2时，2<an<a1解析：选ACD由已知得an+1=anan+1+1，对任意的n∈N*都有an>0，则an+1=anan+1+1>1，即对任意的n≥2，都有an>1，故A正确.an+1(an+1-1)=an，若{an}为常数列且an>0，则an=2，故B错误.anan+1=an+1-1且n∈N*，当1<an+1<2时，0<anan+1<1，此时a1=a2(a2-1)∈(0，2)且a1<a2，数列{an}递增；当an+1>2时，anan+1>1，此时a1=a2(a2-1)>a2>2，数列{an}递减.所以当0<a19.(2025·广东联考)若an满足：0<an+1<an<1(对任意的n∈N*)，则满足上述条件数列an的一个通项公式为解析：因为0<an+1<an<1(对任意的n∈N*)，即数列an单调递减，所以满足上述条件数列an的一个通项公式可以为an=2答案：an=2310.数列an对任意正整数n，满足a1a2·…·an=n2，数列an的通项公式an=解析：当n=1时，a1=1；当n≥2时，由a1a2·…·an=n2可得a1a2·…·an-1=n−12，两式作商可得an=n2n−12.又a1=1答案：1，11.科拉茨是德国数学家，他在1937年提出了一个著名的猜想：任给一个正整数n，如果n是偶数，就将它减半即n2；如果n是奇数，则将它乘3加1(即3n+1)，不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到1.这是一个很有趣的猜想，但目前还没有证明或否定.如果对正整数a1(首项)按照上述规则施行变换后得到a2，依次施行变换后所得到的数组成数列an，Sn是数列an的前n项和，若a1=10，则S解析：由题意可得对a1=10依次施行变换后所得到的数组成数列an，其项依次为10，5，16，8，4，2，1，4，2，1，…，即从a5=4开始，4，2，1周期性出现，故S50=(10+5+16+8)+15×(4+2+1)+4=148答案：14812.(2025·宜宾期末)在数列{an}中，a1=5，an+1=4an-3，若对任意的n∈N*，k(an-1)≥2n-5恒成立，则实数k的最小值为.

解析：由an+1=4an-3整理得an+1-1=4(an-1)，即an+1−1an−1=4.又a1-1=4，故数列{an-1}是以4为首项，4为公比的等比数列，可得an-1=4n，不等式k(an-1)≥2n-5，可化为k≥2n−54n.令f(n)=2n−54n，当1≤n≤2时，f(n)<0；当n≥3时，f(n)>0，f(n+1)-f(n)=2n−34n+1-2n−54n=-6n−174n+1<0.故当n答案：113.求下列数列{an}的通项公式.(1)a1=1，an+1=an+3n；(2)a1=1，an+1=2nan.解：(1)由an+1=an+3n得an+1-an=3n，当n≥2时，an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(an-an-1)=1+31+32+33+…+3n-1=1×(1−3n)当n=1时，a1=1=31−1∴an=3n−12(n∈N(2)由an+1=2nan，得an+1a当n≥2时，an=a1×a2a1×a3a2×a4a3×…×anan−1=1×2×2当n=1时，a1=1满足上式.∴an=2n(n−1)2(14.已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足a1=1，an+1=2Sn+1(1)求a2的值；(2)求数列{an}的通项公式.解：(1)∵a1=1，an+1=2Sn∴a2=2S1+1=2a1(2)法一由an+1=2Sn得Sn+1-Sn=2Sn+1，故Sn+1=(Sn+1)∵an>0，∴Sn>0，∴Sn+1=即Sn+1-则Sn-Sn−1由累加法可得Sn=1+(n-1)=n∴Sn=n2(n≥2).又S1=a1=1，满足上式，∴Sn=n2.当n≥2时，an=Sn-Sn−1=n2-(n-1)2=2n-1，又a1=1适合上式，∴an=2n-1(n∈N*法二由an+1=2Sn得(an+1-1)2=4Sn.当n≥2时，(an-1)2=4Sn-1，∴(an+1-1)2-(an-1)2=4(Sn-Sn-1)=4an.∴an+12-an2-2an即(an+1+an)(an+1-an-2)=0.∵an>0，∴an+1-an=2(n≥2).由累加法可得an=1+(n-1)×2=2n-1(n≥3).又a1=1，a2=3均适合上式，∴an=2n-1(n∈N*).15.如果数列an对任意的n∈N*，an+2-an+1>an+1-an，则称an(1)请写出一个速增数列an(2)若数列an为“速增数列”，且任意项an∈Z，a1=1，a2=3，ak=2023，求正整数k的最大值解：(1)取an=2n，