4.1数列的概念 同步练习（Word版含解析）
文档属性
| 名称 | 4.1数列的概念 同步练习（Word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 639.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-05-04 13:57:54 | ||
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文档简介
人教A版（2019）选择性必修第二册 4.1数列的概念 同步练习
一、单选题
1．在数列中，，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
2．在数列中，，则（ ）
A．25 B．32 C．62 D．72
3．数学上有很多著名的猜想，角谷猜想就是其中之一，一般指冰雹猜想，它是指一个正整数，如果是奇数就乘3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次数，最终回到1．对任意正整数，记按照上述规则实施第次运算的结果为，则使的所有可能取值的个数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
4．数列满足性质：对于任意的正整数n，都成立，且，，则的最小值为（ ）
A．18 B．20 C．25 D．28
5．设关于的不等式的解集中整数的个数为，数列的前1000项组成集合，从中任取4个不同的数，按照从小到大的顺序排列成一个公比为偶数的等比数列，则这样的等比数列的个数为（ ）
A．125 B．140 C．144 D．146
6．下列数列中，既是无穷数列又是递增数列的是（ ）
A．… B．…
C．… D．
7．已知数列满足，，则（ ）
A． B． C． D．
8．若数列的通项公式为，则（ ）
A．27 B．21 C．15 D．13
9．若数列的前n项和(n∈N*)，则=（ ）
A．20 B．30 C．40 D．50
10．分形几何学是数学家伯努瓦·曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决众多传统科学领域的难题提供了全新的思路.按照如图1所示的分形规律可得如图2所示的一个树形图.若记图2中第n行黑圈的个数为，则（ ）
A．55 B．58 C．60 D．62
11．斐波那契数列满足，，其每一项称为“斐波那契数”.如图，在以斐波那契数为边长的正方形拼成的长方形中，利用下列各图中的面积关系，推出是斐波那契数列的第（ ）项.
A．2020 B．2021 C．2022 D．2023
12．共有10项的数列的通项，则该数列中最大项 最小项的情况是
A．最大项为 最小项为 B．最大项为 最小项为
C．最大项为 最小项为 D．最大项为 最小项为
二、填空题
13．已知数列中，…，则__________．
14．任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环图1-4-2-1，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”．例如：正整数，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）．“冰雹猜想”可表示为数列（为正整数），．若，则的所有可能取值之和为______．
15．在数列{an}中，a1=2，an+1=an+ln，则通项公式an=_____.
16．已知数列满足：，，，，则______．
17．已知数列中，为前项和，且，，则______
三、解答题
18．设数列满足.
（1）求的通项公式；
（2）求数列 的前项和．
19．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）在①bn＝，②bn＝an 2n，③bn＝（﹣1）n Sn这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并求解该问题．
若_____，求数列{bn}的前n项和Tn．
20．已知数列的前项和为，且对任意正整数均满足
（1）求数列的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，求满足的最小正整数的值．
21．已知二次函数（，）有且只有一个零点，数列的前n项和，求数列的通项公式.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
首先求出数列的前几项，即可找出数列的周期，即可求出；
【详解】
数列中，，，
所以，
当时，解得，
当时，解得，
当时，解得，
当时，解得，
故数列的周期为3，
所以，
故选：D．
2．B
令，故函数在上单调递减，在上单调递增，进而得当时，是单调递减数列，当时，是单调递增数列，再根据函数单调性去绝对值求和即可.
【详解】
解：令函数，
由对勾函数的性质得函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，是单调递减数列，当时，是单调递增数列，
所以
所以
故选：B
3．D
推导出，，由，得，从而，进而或．由此利用分类讨论思想和递推思想能求出满足条件的的值的个数．
【详解】
解：由题意知，，
由，得，，或．
①当时，，，或，或．
②若，则，或，
当时，，此时，或，
当时，，此时，或，
综上，满足条件的的值共有6个．
故选：D
4．D
令，根据得到，再由累加法得到，结合求解.
【详解】
令，
由得，即.
又，，即，，
∴，
即，
∴.
故选：D.
5．D
首先可得，然后设所求等比数列为，，，，求出，，然后可得答案.
【详解】
由可得，则；
设所求等比数列为，，，，则，即，
所以，；
因为为偶数，所以当时，等比数列有个；
当时，等比数列有个；
当时，等比数列有个；
当时，等比数列有个；
当时，等比数列有个．
所以满足条件的等比数列共有个，
故选：D
6．C
根据无穷数列和递增数列的定义逐一判断四个选项，即可得正确答案.
【详解】
对于选项A：数列是无穷数列，但它不是递增数列，而是递减数列；故选项A不正确；
对于选项B：数列是无穷数列，但它不是递增数列；故选项B不正确；
对于选项C：数列是无穷数列，也是递增数列；故选项C正确；
对于选项D：数列是递增数列，但不是无穷数列，故选项D不正确；
故选：C
7．B
由，利用累加法得出.
【详解】
由题意可得，
所以，，…，，
上式累加可得
，
又，所以.
故选：B.
8．A
根据数列的通项公式，代入可得选项.
【详解】
因为，所以，
故选：A.
本题考查由数列的通项公式求数列中的项，属于基础题.
9．B
由前项和公式直接作差可得.
【详解】
数列的前n项和(n∈N*)，所以
.
故选：B.
10．A
表示第n行中的黑圈个数，设表示第n行中的白圈个数，由题意可得，根据初始值，由此递推，不难得出所求.
【详解】
已知表示第n行中的黑圈个数，设表示第n行中的白圈个数，则由于每个白圈产生下一行的一白一黑两个圈，一个黑圈产生下一行的一个白圈2个黑圈，
∴，
又∵;
;
;
;
;
,
故选：A.
11．C
由斐波那契数列的递推关系可得，应用累加法求，即可求目标式对应的项.
【详解】
由，则，又，
所以，，，…，，
则，故.
故选：C
12．D
把化为，再根据单调性可得该数列的最大项和最小项.
【详解】
，
因为，故
当时，
当时，，
故即且对任意的恒成立.
当时，，
故即且对任意的恒成立.
所以数列中的最小项为，最大项为.
故选：D.
本题考查数列的最大项和最小项，注意根据数列的单调性来讨论，本题属于中档题.
13．
先将和代入条件，然后两式相除，可得答案.
【详解】
当时，有 ①
当时，有 ②
由①÷②，可得
故答案为：
14．83
利用“冰雹猜想”可表示为数列的递推公式，结合，逆推、、、、的可能值，最后加总所有可能情况值即可.
【详解】
由题意，可能情况有：
1、，则；
2、，则；
3、，则；
4、，则；
∴的所有可能取值之和.
故答案为：.
关键点点睛：根据，结合递推公式逆推各步骤的可能值，确定各情况下的.
15．2+ln n
利用累加法求得数列的通项公式.
【详解】
解析：∵an+1=an+ln，
∴a2-a1=ln=ln 2，
a3-a2=ln=ln，
a4-a3=ln=ln，
……
an-an-1=ln=ln.
以上(n-1)个等式相加，得an-a1=ln 2+ln+…+ln=ln n.
∵a1=2，∴an=2+ln n.
∵a1=2+ln 1=2，
∴{an}的通项公式为2+ln n.
答案：2+ln n.
16．81
根据给定条件构造新数列使，计算并探求函数的性质即可得解.
【详解】
因当时，，则，
令，，于是有，且，，
因此，，
从而得数列是周期数列，周期为6，而，则，即，
所以.
故答案为：81
17．3025
根据题意得，，进而根据数列的周期性求解即可.
【详解】
解：因为，所以，
所以，，即数列为周期数列，周期为，
因为，所以，
所以
故答案为：
18．(1) ；(2).
（1）利用递推公式,作差后即可求得的通项公式.
（2）将的通项公式代入,可得数列的表达式.利用裂项法即可求得前项和.
【详解】
（1）数列满足
时,
∴
∴
当时,,上式也成立
∴
（2）
∴数列的前n项和
本题考查了利用递推公式求通项公式,裂项法求和的简单应用,属于基础题.
19．（1）an＝2n﹣1，n∈N*；（2）答案见解析.
（1）根据公式an＝进行计算，即可得到数列{an}的通项公式；
（2）①先根据第（1）题的结果计算出数列{bn}的通项公式，然后运用裂项相消法即可计算出前n项和Tn；
②先根据第（1）题的结果计算出数列{bn}的通项公式，然后运用错位相减法即可计算出前n项和Tn；
③先根据第（1）题的结果计算出数列{bn}的通项公式，然后分n为偶数和奇数两种情况分别求和，最后综合即得到前n项和Tn．
【详解】
解：（1）依题意，当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2﹣（n﹣1）2＝2n﹣1，
∵当n＝1时，a1＝1也满足上式，
∴an＝2n﹣1，n∈N*，
（2）方案一：选条件①：
由（1），可得：
＝，
∴Tn＝b1+b2+…+bn＝
＝．
方案二：选条件②：
由（1），可得，
则，
，
两式相减，可得：
＝
＝﹣6﹣（2n﹣3） 2n+1，
∴．
方案三：选条件③：
由（1），可得，
（i）当n为偶数时，n﹣1为奇数
Tn＝b1+b2+…+bn＝﹣12+22﹣32+42﹣…﹣（n﹣1）2+n2
＝（22﹣12）+（42﹣32）+…+[n2﹣（n﹣1）2]
＝3+7+…+2n﹣1
＝
＝，
（ii）当n为奇数时，n﹣1为偶数
＝＝，
综上所述，可得．
20．（1）；（2）10．
（1）当时，求出，当时，由，得，两式相减可得，再由公式，可求出数列的通项公式；
（2）由（1）求出，再利用裂项相消法求得，然后解不等式可得答案
【详解】
（1）当时，，得．当时，
由①，得
②，
①②得，∴
当时，得；当时，由．
又也满足上式，所以．
（2）由（1）得，
所以，
由得，即，因为，
所以，即故满足的最小正整数为10．
21．.
二次函数（，）有且只有一个零点，求出，进而求出，再根据前项和与通项的关系，即可求出通项.
【详解】
令，则，
所以或.又由，得，所以.
所以.
当时，；
当时，.
不满足上式，
所以
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题
1．在数列中，，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
2．在数列中，，则（ ）
A．25 B．32 C．62 D．72
3．数学上有很多著名的猜想，角谷猜想就是其中之一，一般指冰雹猜想，它是指一个正整数，如果是奇数就乘3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次数，最终回到1．对任意正整数，记按照上述规则实施第次运算的结果为，则使的所有可能取值的个数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
4．数列满足性质：对于任意的正整数n，都成立，且，，则的最小值为（ ）
A．18 B．20 C．25 D．28
5．设关于的不等式的解集中整数的个数为，数列的前1000项组成集合，从中任取4个不同的数，按照从小到大的顺序排列成一个公比为偶数的等比数列，则这样的等比数列的个数为（ ）
A．125 B．140 C．144 D．146
6．下列数列中，既是无穷数列又是递增数列的是（ ）
A．… B．…
C．… D．
7．已知数列满足，，则（ ）
A． B． C． D．
8．若数列的通项公式为，则（ ）
A．27 B．21 C．15 D．13
9．若数列的前n项和(n∈N*)，则=（ ）
A．20 B．30 C．40 D．50
10．分形几何学是数学家伯努瓦·曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决众多传统科学领域的难题提供了全新的思路.按照如图1所示的分形规律可得如图2所示的一个树形图.若记图2中第n行黑圈的个数为，则（ ）
A．55 B．58 C．60 D．62
11．斐波那契数列满足，，其每一项称为“斐波那契数”.如图，在以斐波那契数为边长的正方形拼成的长方形中，利用下列各图中的面积关系，推出是斐波那契数列的第（ ）项.
A．2020 B．2021 C．2022 D．2023
12．共有10项的数列的通项，则该数列中最大项 最小项的情况是
A．最大项为 最小项为 B．最大项为 最小项为
C．最大项为 最小项为 D．最大项为 最小项为
二、填空题
13．已知数列中，…，则__________．
14．任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环图1-4-2-1，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”．例如：正整数，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）．“冰雹猜想”可表示为数列（为正整数），．若，则的所有可能取值之和为______．
15．在数列{an}中，a1=2，an+1=an+ln，则通项公式an=_____.
16．已知数列满足：，，，，则______．
17．已知数列中，为前项和，且，，则______
三、解答题
18．设数列满足.
（1）求的通项公式；
（2）求数列 的前项和．
19．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）在①bn＝，②bn＝an 2n，③bn＝（﹣1）n Sn这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并求解该问题．
若_____，求数列{bn}的前n项和Tn．
20．已知数列的前项和为，且对任意正整数均满足
（1）求数列的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，求满足的最小正整数的值．
21．已知二次函数（，）有且只有一个零点，数列的前n项和，求数列的通项公式.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
首先求出数列的前几项，即可找出数列的周期，即可求出；
【详解】
数列中，，，
所以，
当时，解得，
当时，解得，
当时，解得，
当时，解得，
故数列的周期为3，
所以，
故选：D．
2．B
令，故函数在上单调递减，在上单调递增，进而得当时，是单调递减数列，当时，是单调递增数列，再根据函数单调性去绝对值求和即可.
【详解】
解：令函数，
由对勾函数的性质得函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，是单调递减数列，当时，是单调递增数列，
所以
所以
故选：B
3．D
推导出，，由，得，从而，进而或．由此利用分类讨论思想和递推思想能求出满足条件的的值的个数．
【详解】
解：由题意知，，
由，得，，或．
①当时，，，或，或．
②若，则，或，
当时，，此时，或，
当时，，此时，或，
综上，满足条件的的值共有6个．
故选：D
4．D
令，根据得到，再由累加法得到，结合求解.
【详解】
令，
由得，即.
又，，即，，
∴，
即，
∴.
故选：D.
5．D
首先可得，然后设所求等比数列为，，，，求出，，然后可得答案.
【详解】
由可得，则；
设所求等比数列为，，，，则，即，
所以，；
因为为偶数，所以当时，等比数列有个；
当时，等比数列有个；
当时，等比数列有个；
当时，等比数列有个；
当时，等比数列有个．
所以满足条件的等比数列共有个，
故选：D
6．C
根据无穷数列和递增数列的定义逐一判断四个选项，即可得正确答案.
【详解】
对于选项A：数列是无穷数列，但它不是递增数列，而是递减数列；故选项A不正确；
对于选项B：数列是无穷数列，但它不是递增数列；故选项B不正确；
对于选项C：数列是无穷数列，也是递增数列；故选项C正确；
对于选项D：数列是递增数列，但不是无穷数列，故选项D不正确；
故选：C
7．B
由，利用累加法得出.
【详解】
由题意可得，
所以，，…，，
上式累加可得
，
又，所以.
故选：B.
8．A
根据数列的通项公式，代入可得选项.
【详解】
因为，所以，
故选：A.
本题考查由数列的通项公式求数列中的项，属于基础题.
9．B
由前项和公式直接作差可得.
【详解】
数列的前n项和(n∈N*)，所以
.
故选：B.
10．A
表示第n行中的黑圈个数，设表示第n行中的白圈个数，由题意可得，根据初始值，由此递推，不难得出所求.
【详解】
已知表示第n行中的黑圈个数，设表示第n行中的白圈个数，则由于每个白圈产生下一行的一白一黑两个圈，一个黑圈产生下一行的一个白圈2个黑圈，
∴，
又∵;
;
;
;
;
,
故选：A.
11．C
由斐波那契数列的递推关系可得，应用累加法求，即可求目标式对应的项.
【详解】
由，则，又，
所以，，，…，，
则，故.
故选：C
12．D
把化为，再根据单调性可得该数列的最大项和最小项.
【详解】
，
因为，故
当时，
当时，，
故即且对任意的恒成立.
当时，，
故即且对任意的恒成立.
所以数列中的最小项为，最大项为.
故选：D.
本题考查数列的最大项和最小项，注意根据数列的单调性来讨论，本题属于中档题.
13．
先将和代入条件，然后两式相除，可得答案.
【详解】
当时，有 ①
当时，有 ②
由①÷②，可得
故答案为：
14．83
利用“冰雹猜想”可表示为数列的递推公式，结合，逆推、、、、的可能值，最后加总所有可能情况值即可.
【详解】
由题意，可能情况有：
1、，则；
2、，则；
3、，则；
4、，则；
∴的所有可能取值之和.
故答案为：.
关键点点睛：根据，结合递推公式逆推各步骤的可能值，确定各情况下的.
15．2+ln n
利用累加法求得数列的通项公式.
【详解】
解析：∵an+1=an+ln，
∴a2-a1=ln=ln 2，
a3-a2=ln=ln，
a4-a3=ln=ln，
……
an-an-1=ln=ln.
以上(n-1)个等式相加，得an-a1=ln 2+ln+…+ln=ln n.
∵a1=2，∴an=2+ln n.
∵a1=2+ln 1=2，
∴{an}的通项公式为2+ln n.
答案：2+ln n.
16．81
根据给定条件构造新数列使，计算并探求函数的性质即可得解.
【详解】
因当时，，则，
令，，于是有，且，，
因此，，
从而得数列是周期数列，周期为6，而，则，即，
所以.
故答案为：81
17．3025
根据题意得，，进而根据数列的周期性求解即可.
【详解】
解：因为，所以，
所以，，即数列为周期数列，周期为，
因为，所以，
所以
故答案为：
18．(1) ；(2).
（1）利用递推公式,作差后即可求得的通项公式.
（2）将的通项公式代入,可得数列的表达式.利用裂项法即可求得前项和.
【详解】
（1）数列满足
时,
∴
∴
当时,,上式也成立
∴
（2）
∴数列的前n项和
本题考查了利用递推公式求通项公式,裂项法求和的简单应用,属于基础题.
19．（1）an＝2n﹣1，n∈N*；（2）答案见解析.
（1）根据公式an＝进行计算，即可得到数列{an}的通项公式；
（2）①先根据第（1）题的结果计算出数列{bn}的通项公式，然后运用裂项相消法即可计算出前n项和Tn；
②先根据第（1）题的结果计算出数列{bn}的通项公式，然后运用错位相减法即可计算出前n项和Tn；
③先根据第（1）题的结果计算出数列{bn}的通项公式，然后分n为偶数和奇数两种情况分别求和，最后综合即得到前n项和Tn．
【详解】
解：（1）依题意，当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2﹣（n﹣1）2＝2n﹣1，
∵当n＝1时，a1＝1也满足上式，
∴an＝2n﹣1，n∈N*，
（2）方案一：选条件①：
由（1），可得：
＝，
∴Tn＝b1+b2+…+bn＝
＝．
方案二：选条件②：
由（1），可得，
则，
，
两式相减，可得：
＝
＝﹣6﹣（2n﹣3） 2n+1，
∴．
方案三：选条件③：
由（1），可得，
（i）当n为偶数时，n﹣1为奇数
Tn＝b1+b2+…+bn＝﹣12+22﹣32+42﹣…﹣（n﹣1）2+n2
＝（22﹣12）+（42﹣32）+…+[n2﹣（n﹣1）2]
＝3+7+…+2n﹣1
＝
＝，
（ii）当n为奇数时，n﹣1为偶数
＝＝，
综上所述，可得．
20．（1）；（2）10．
（1）当时，求出，当时，由，得，两式相减可得，再由公式，可求出数列的通项公式；
（2）由（1）求出，再利用裂项相消法求得，然后解不等式可得答案
【详解】
（1）当时，，得．当时，
由①，得
②，
①②得，∴
当时，得；当时，由．
又也满足上式，所以．
（2）由（1）得，
所以，
由得，即，因为，
所以，即故满足的最小正整数为10．
21．.
二次函数（，）有且只有一个零点，求出，进而求出，再根据前项和与通项的关系，即可求出通项.
【详解】
令，则，
所以或.又由，得，所以.
所以.
当时，；
当时，.
不满足上式，
所以
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页