2026届高三数学一轮复习-2年高考1年模拟-（三十九）数列的概念与简单表示法（含解析）

“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，3，，8，，…，则此数列的通项公式可能是 (　　)
A.an= B.an=
C.an= D.an=
2.已知数列{an}的通项公式是an=，那么这个数列是 (　　)
A.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·a2 024= (　　)
A.21 012 B.21 013
C.22 024 D.22 025
4.(2025·重庆期中)已知数列满足2an+1-2=an·an+1 ，且a1=3，则a2 025= (　　)
A.3 B.
C.-2 D.
5.已知数列{an}的首项a1=3，且满足an+1=an+2n-1(n∈N*)，则{an}中最小的一项是 (　　)
A.a2 B.a3
C.a4 D.a5
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. D.(2，3)
7.[多选]数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0)，a1=，an+4Sn-1Sn=0(n≥2)，则下列命题正确的是 (　　)
A.Sn= 　B.an=-
C.数列{an}为递增数列 　D.数列为递增数列
8.[多选]在数列{an}中，对于任意的n∈N*都有an>0，且-an+1=an，则下列结论正确的是 (　　)
A.对于任意的n≥2，都有an>1
B.对于任意的a1>0，数列{an}不可能为常数列
C.若0D.若a1>2，则当n≥2时，29.(2025·广东联考)若满足：010.数列对任意正整数n，满足a1a2·…·an=n2，数列的通项公式 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；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，Sn是数列的前n项和，若a1=10，则S50=　　　　.
12.(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=2+1.
(1)求a2的值；
(2)求数列{an}的通项公式.
15.如果数列对任意的n∈N*，an+2-an+1>an+1-an，则称为“速增数列”.
(1)请写出一个速增数列的通项公式，并证明你写出的数列符合要求；
(2)若数列为“速增数列”，且任意项an∈Z，a1=1，a2=3，ak=2 023，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，3，，8，，…，则此数列的通项公式可能是 (　　)
A.an= B.an=
C.an= D.an=
解析：选A　数列为，…，其分母为2，分子是首项为1，公差为5的等差数列，故数列{an}的通项公式为an=，n∈N*.
2.已知数列{an}的通项公式是an=，那么这个数列是 (　　)
A.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=-=>0，∴an+1>an，故选A.
3.(2025·贵州模拟)已知数列{an}对任意k∈N*满足ak·ak+1=2k，则a1·a2 024= (　　)
A.21 012 B.21 013
C.22 024 D.22 025
解析：选A　由ak·ak+1=2k，得ak+1·ak+2=2k+1，所以=2，所以···…···=21 011，即=21 011　①.
又因为a1·a2=2　②，
①②两式相乘，得a1·a2 024=21 012.故选A.
4.(2025·重庆期中)已知数列满足2an+1-2=an·an+1 ，且a1=3，则a2 025= (　　)
A.3 B.
C.-2 D.
解析：选A　由题意数列满足2an+1-2=an·an+1，则an+1=.故由a1=3，得a2==-2，a3==，a4==，a5==3，由此可知数列的周期为4，故a2 025=a4×506+1=a1=3，故选A.
5.已知数列{an}的首项a1=3，且满足an+1=an+2n-1(n∈N*)，则{an}中最小的一项是 (　　)
A.a2 B.a3
C.a4 D.a5
解析：选B　由an+1=an+2n-1，得-=1，所以数列是以=-3为首项，1为公差的等差数列，即=-3+(n-1)·1，得an=(2n-3)(n-4)，所以有a2=-2，a3=-3，显然当n≥4，n∈N*时，an≥0，因此{an}中最小的一项是a3，故选B.
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. D.(2，3)
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>.令bn=，则bn+1-bn=-=<0，n∈N*.所以数列{bn}单调递减，故b1=是数列{bn}的最大项，则m的取值范围为，故选C.
7.[多选]数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0)，a1=，an+4Sn-1Sn=0(n≥2)，则下列命题正确的是 (　　)
A.Sn= 　B.an=-
C.数列{an}为递增数列 　D.数列为递增数列
解析：选AD　∵an+4Sn-1Sn=0(n≥2)，∴Sn-Sn-1+4Sn-1Sn=0(n≥2).∵Sn≠0，∴-=4(n≥2).因此数列是以=4为首项，4为公差的等差数列，也是递增数列，即D正确.
∴=4+4(n-1)=4n，∴Sn=，即A正确.当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-=-，
∴an=a1>a2，即B、C不正确.
8.[多选]在数列{an}中，对于任意的n∈N*都有an>0，且-an+1=an，则下列结论正确的是 (　　)
A.对于任意的n≥2，都有an>1
B.对于任意的a1>0，数列{an}不可能为常数列
C.若0D.若a1>2，则当n≥2时，2解析：选ACD　由已知得=+1，对任意的n∈N*都有an>0，则an+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.=an+1-1且n∈N*，当12时，>1，此时a1=a2(a2-1)>a2>2，数列{an}递减.所以当02时，an+1>2且数列{an}递减，即当n≥2时，29.(2025·广东联考)若满足：0解析：因为0答案：an=(答案不唯一)
10.数列对任意正整数n，满足a1a2·…·an=n2，数列的通项公式 an=　　　　　　.
解析：当n=1时，a1=1；当n≥2时，由a1a2·…·an=n2可得a1a2·…·an-1=，两式作商可得an=.又a1=12不符合上式，所以an=
答案：
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；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，Sn是数列的前n项和，若a1=10，则S50=　　　　.
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，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：148
12.(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=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≥.令f(n)=，当1≤n≤2时，f(n)<0；当n≥3时，f(n)>0，f(n+1)-f(n)=-=-<0.故当n≥3时，f(n)单调递减，故f(n)≤f(3)=.综上，f(n)≤，所以k≥，故k的最小值为.
答案：
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.
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==；
当n=1时，a1=1=，满足上式.
∴an=(n∈N*).
(2)由an+1=2nan，得=2n.
当n≥2时，an=a1××××…×=1×2×22×23×…×2n-1=21+2+3+…+(n-1)=；
当n=1时，a1=1满足上式.
∴an=(n∈N*).
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=2+1.
(1)求a2的值；
(2)求数列{an}的通项公式.
解：(1)∵a1=1，an+1=2+1，
∴a2=2+1=2+1=3.
(2)法一　由an+1=2+1，
得Sn+1-Sn=2+1，故Sn+1=(+1)2.
∵an>0，∴Sn>0，∴=+1，
即-=1，
则-=1(n≥2)，
由累加法可得=1+(n-1)=n，
∴Sn=n2(n≥2).
又S1=a1=1，满足上式，∴Sn=n2.
当n≥2时，an=Sn-=n2-(n-1)2=2n-1，又a1=1适合上式，∴an=2n-1(n∈N*).
法二　由an+1=2+1，
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.
∴--2an+1-2an=0，
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.如果数列对任意的n∈N*，an+2-an+1>an+1-an，则称为“速增数列”.
(1)请写出一个速增数列的通项公式，并证明你写出的数列符合要求；
(2)若数列为“速增数列”，且任意项an∈Z，a1=1，a2=3，ak=2 023，求正整数k的最大值.
解：(1)取an=2n，则an+2-an+1=2n+2-2n+1=2n+1，an+1-an=2n+1-2n=2n.
因为2n+1>2n，所以an+2-an+1>an+1-an，所以数列是“速增数列”.
(2)当k≥2时，ak=2 023=++…+++a1.因为数列为“速增数列”，所以ak-ak-1>ak-1-ak-2>…>a3-a2>a2-a1=2，且an∈Z，所以++…+(a3-a2)++a1≥k+k-1+…+3+2+1，
即2 023≥，k∈Z，
当k=63时，=2 016;
当 k=64时，=2 080.
故正整数k的最大值为63.
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