高中数学（人教A版2019）选择性必修第二册分层练——4.1数列的概念B（含答案）
文档属性
| 名称 | 高中数学（人教A版2019）选择性必修第二册分层练——4.1数列的概念B（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 661.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-12-12 15:35:11 | ||
图片预览
文档简介
一、单选题
1．已知数列满足，且，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知数列满足：，点在函数的图象上，记为的前n项和，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
3．在数列中，，则（ ）
A． B． C．2 D．1
4．已知数列满足，且对任意，，，数列的前项和为，则的整数部分是（ ）
A．2021 B．2022 C．2023 D．2024
5．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间段，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数的最小值为(参考数据：，)（ ）
A． B． C． D．
6．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其部分项如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，由此规律得到以下结论正确的是（ ）
A． B．
C．当为偶数时， D．当为奇数时，
二、多选题
7．“外观数列”是一类有趣的数列，该数列由正整数构成，后一项是前一项的“外观描述”．例如：取第一项为，将其外观描述为“个”，则第二项为；将描述为“个”，则第三项为；将描述为“个，个”，则第四项为；将1描述为“个，个，个”，则第五项为，，这样每次从左到右将连续的相同数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后面的项．则对于外观数列，下列说法正确的是（ ）
A．若，则从开始出现数字
B．若，则的最后一个数字均为
C．不可能为等差数列或等比数列
D．若，则均不包含数字
8．数列与函数是密不可分的，数列是自变量为正整数的特殊函数，则下列说法正确的是（ ）
A．，数列的最小项和最大项分别是，
B．，数列的最小项和最大项分别是，
C．，数列的最大项是
D．，数列的最小项是
三、填空题
9．已知数列满足：①先单调递减后单调递增：②当时取得最小值．写出一个满足条件的数列的通项公式_________．
10．数列：1，1，2，3，5，8，…，称为斐波那契数列，该数列是由意大利数学家菜昂纳多·斐波那契(Leonardo Fibonacci)从观察兔子繁殖而引入，故又称为“兔子数列”．数学上，该数列可表述为，．对此数列有很多研究成果，如：该数列项的个位数是以60为周期变化的，通项公式等．借助数学家对人类的此项贡献，我们不难得到，从而易得＋＋＋…＋值的个位数为__________．
11．斐波那契数列，又称“兔子数列”，由数学家斐波那契研究兔子繁殖问题时引入．已知斐波那契数列满足，，，若记，，则________．（用，表示）
12．数列满足，，其前n项积为，则______．
四、解答题
13．已知数列的前三项与数列的前三项对应相同，且对任意的都成立，数列是等差数列.
(1)求数列与的通项公式；
(2)证明：不存在，使得.
14．数列满足：，．
（1）求的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求满足的最小正整数．
15．已知数列的前项和为，，当时，.
(1)求；
(2)设数列的前项和为，若恒成立，求的取值范围.
16．数列满足，且，.规定的通项公式只能用的形式表示.
（1）求的值；
（2）证明3为数列的一个周期，并用正整数表示；
（3）求的通项公式.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】由可得，从而得数列以为首项，2为公比的等比数列，根据，可化为，从而即可求得答案.
【详解】由可得，
若，则，与题中条件矛盾，故，
所以，即数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以
，所以，
故选：A．
2．A
【分析】由以及解析式求出，再由得出答案.
【详解】由题得，解得，故，所以
故选：A．
3．A
【分析】利用条件可得数列为周期数列，再借助周期性计算得解.
【详解】∵
∴，，
所以数列是以3为周期的周期数列，
∴，
故选：A.
4．B
【分析】由已知得，利用，
得，又因为时，，可得答案.
【详解】由，得，
即，所以，
因为，，所以，
又因为，
，
，
，
所以时，，，
所以的整数部分为2022.
故选：B.
【点睛】本题考查了数列的递推公式、求和，解题的关键点是求出和，考查了推理能力与计算能力.
5．C
【分析】根据规律可总结出第次操作去掉区间的长度和为，利用等比数列求和公式可求得去掉区间的长度总和，由此构造不等式求得结果.
【详解】第一次操作去掉的区间长度为；
第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为；
第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为；
以此类推，第次操作去掉个长度为的区间，长度和为，
进行了第次操作后，去掉区间长度和，
由，即，，
又，的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够根据已知所给的规律总结出每次操作去掉的区间长度和成等比数列，并能得到等比数列通项公式.
6．B
【分析】直接利用数列的递推关系式求出数列的通项公式，代入数列的具体值即可判断出各个选项．
【详解】解：其部分项如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，，
则数列的通项公式为：，
所以，，
当为偶数时，，
当为奇数时，．
故选：B．
7．BD
【分析】求出，可判断A选项；分、两种情况讨论，逐项递推可判断B选项；取可判断C选项；利用假设法可判断D选项.
【详解】对于A，，即“个”，，即“个，个”，，即“个，个”，故，A错；
对于B，若，即“个”，，即“个，个”，
，即“个，个”，，，
以此类推可知，的最后一个数字均为，
若，则，，，，以此类推可知，的最后一个数字均为.
综上所述，若，则的最后一个数字均为，B对；
对于C，取，则，此时数列既是等差数列，又是等比数列，C错；
对于D，，则，，，，
若数列中，中为第一次出现数字，则中必出现了个连续的相同数字，
如，则在的描述中必包含“个，个”，
即，显然的描述是不合乎要求的，
若或，同理可知均不合乎题意，
故不包含数字，D对.
故选：BD.
8．ACD
【分析】根据，得出数列的单调性，进而逐个选项判断，即可求解
【详解】对于A，B，
，当时，数列单调递增，
且，当时，数列单调递增，且，
∴数列的最小项和最大项分别是，，A项正确；
对于C，D，∵，∴，
当时，数列单调递减，且，当时，
数列单调递减，且，∴为最大项，为最小项．
故选：ACD．
【点睛】思路点睛：
形如的函数，其图象的两条渐近线分别为直线
（由分母为零确定）、直线（由分子、分母中x的系数确定），中心是点．
9．
【分析】利用数列单调性的定义进行判断，从而得到数列的最值.
【详解】设，则，，
当，数列单调递减，
当，数列单调递增，即，
可得当时数列取得最小值，
故答案为：
10．4
【分析】先根据将式子化简，进而根据该数列项的个位数是以60为周期变化求得答案.
【详解】因为，所以
.
又该数列项的个位数是以60为周期变化，所以的个位数字相同，的个位数字相同，易知，则，所以的个位数字为4.
故答案为：4.
11．
【分析】由已知两式相加求得，得，
得到，从而得到，，利用可得答案.
【详解】因为，
由，，得，
所以，
得，
因为，
所以，
，
所以，，
所以，.
故答案为：.
12．
【分析】根据数列的项的周期性，去求的值即可解决.
【详解】由，，可得，，，，，，
由此可知数列的项具有周期性，且周期为4，第一周期内的四项之积为1，所以数列的前2022项之积为．
故答案为：
13．(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）利用推出n-1时的表达式，然后作差求出数列的通项公式，利用数列是等差数列利用累加法求出的通项公式；
（2）化简通过k≥4时，单调递增，且f（4）=1，所以k≥4时，f（k）≥1，结合f（1）=f（2）=f（3）=0，说明不存在，使得．
(1)
因为①，
则当时，②，
①—②，得，则，
在①中令，可得，所以.
由题设，，，，则，，
数列的公差为，
，
所以.
(2)
，
当时，单调递增，且，
所以时，，
又，所以不存在，使得.
【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有数列的通项公式的求法，递推关系式的应用，数列与函数的关系，考查分析问题和解决问题的能力.在解题过程中，一定要注意对题的条件的正确转化.
14．（1）；（2）10.
【分析】（1）利用公式 可求解.
(2)由，利用裂项相消法求和.
【详解】解：（1）∵．
时，可得，
时，．
与．
两式相减可得，
∴，时，也满足，∴．
（2），
∴，
又，可得，
可得最小正整数为10．
【点睛】本题考查求数列的通项公式和利用裂项相消法求和，属于中档题.
15．(1)
(2)
【分析】（1）将代入化简可得为等差数列，进而可得结果；
（2）利用错位相减法求出，再利用分离参数的思想即可得结果.
（1）当时，，所以，，整理得：，即.所以数列是以为首项，1为公差的等差数列.所以，即.
（2）由（1）知，，所以，①所以，②①-②得，，所以，，所以，，所以，即，即，因为，当且仅当时，等号成立，所以.
16．（1）（2）证明见解析；.（3）
【分析】（1）代入计算即可.
（2）分别令n＝1，2，3，即可证明，根据周期公式即可求出.
（3）分别由a1＝1，a2＝2，a3＝3，可得1＝Asin（+φ）+c，2＝﹣Asin（+φ）+c，3＝Asinφ+c，解得即可求出
【详解】解：（1）当a1＝1，a2＝2，a1a2a3＝a1+a2+a3，解得a3＝3；
（2）当n＝2时，6a4＝2+3+a4，解得a4＝1，
当n＝3时，3a5＝1+3+a5，解得a5＝2，
…，
可得an+3＝an，当a1＝1，a2＝2，a3＝3；
故3为数列{an}的一个周期，
则＝3，k∈N*，则；
（3）由（2）可得an＝Asin（n+φ）+c，
则1＝Asin（+φ）+c，2＝﹣Asin（+φ）+c，3＝Asinφ+c，
即1＝A cosφ﹣A sinφ+c，①
2＝﹣A cosφ﹣A sinφ+c，②
由①+②，可得3＝﹣Asinφ+2c，
∴c＝2，Asinφ＝1，
①﹣②，可得﹣1＝A cosφ，
则tanφ＝﹣，
∵|φ|＜，
∴φ＝﹣，
∴A＝﹣，
故．
【点睛】本题考查了数列的递推公式和三角函数的解析式，考查了运算能力和转化能力，属于中档题．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
1．已知数列满足，且，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知数列满足：，点在函数的图象上，记为的前n项和，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
3．在数列中，，则（ ）
A． B． C．2 D．1
4．已知数列满足，且对任意，，，数列的前项和为，则的整数部分是（ ）
A．2021 B．2022 C．2023 D．2024
5．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间段，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数的最小值为(参考数据：，)（ ）
A． B． C． D．
6．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其部分项如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，由此规律得到以下结论正确的是（ ）
A． B．
C．当为偶数时， D．当为奇数时，
二、多选题
7．“外观数列”是一类有趣的数列，该数列由正整数构成，后一项是前一项的“外观描述”．例如：取第一项为，将其外观描述为“个”，则第二项为；将描述为“个”，则第三项为；将描述为“个，个”，则第四项为；将1描述为“个，个，个”，则第五项为，，这样每次从左到右将连续的相同数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后面的项．则对于外观数列，下列说法正确的是（ ）
A．若，则从开始出现数字
B．若，则的最后一个数字均为
C．不可能为等差数列或等比数列
D．若，则均不包含数字
8．数列与函数是密不可分的，数列是自变量为正整数的特殊函数，则下列说法正确的是（ ）
A．，数列的最小项和最大项分别是，
B．，数列的最小项和最大项分别是，
C．，数列的最大项是
D．，数列的最小项是
三、填空题
9．已知数列满足：①先单调递减后单调递增：②当时取得最小值．写出一个满足条件的数列的通项公式_________．
10．数列：1，1，2，3，5，8，…，称为斐波那契数列，该数列是由意大利数学家菜昂纳多·斐波那契(Leonardo Fibonacci)从观察兔子繁殖而引入，故又称为“兔子数列”．数学上，该数列可表述为，．对此数列有很多研究成果，如：该数列项的个位数是以60为周期变化的，通项公式等．借助数学家对人类的此项贡献，我们不难得到，从而易得＋＋＋…＋值的个位数为__________．
11．斐波那契数列，又称“兔子数列”，由数学家斐波那契研究兔子繁殖问题时引入．已知斐波那契数列满足，，，若记，，则________．（用，表示）
12．数列满足，，其前n项积为，则______．
四、解答题
13．已知数列的前三项与数列的前三项对应相同，且对任意的都成立，数列是等差数列.
(1)求数列与的通项公式；
(2)证明：不存在，使得.
14．数列满足：，．
（1）求的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求满足的最小正整数．
15．已知数列的前项和为，，当时，.
(1)求；
(2)设数列的前项和为，若恒成立，求的取值范围.
16．数列满足，且，.规定的通项公式只能用的形式表示.
（1）求的值；
（2）证明3为数列的一个周期，并用正整数表示；
（3）求的通项公式.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】由可得，从而得数列以为首项，2为公比的等比数列，根据，可化为，从而即可求得答案.
【详解】由可得，
若，则，与题中条件矛盾，故，
所以，即数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以
，所以，
故选：A．
2．A
【分析】由以及解析式求出，再由得出答案.
【详解】由题得，解得，故，所以
故选：A．
3．A
【分析】利用条件可得数列为周期数列，再借助周期性计算得解.
【详解】∵
∴，，
所以数列是以3为周期的周期数列，
∴，
故选：A.
4．B
【分析】由已知得，利用，
得，又因为时，，可得答案.
【详解】由，得，
即，所以，
因为，，所以，
又因为，
，
，
，
所以时，，，
所以的整数部分为2022.
故选：B.
【点睛】本题考查了数列的递推公式、求和，解题的关键点是求出和，考查了推理能力与计算能力.
5．C
【分析】根据规律可总结出第次操作去掉区间的长度和为，利用等比数列求和公式可求得去掉区间的长度总和，由此构造不等式求得结果.
【详解】第一次操作去掉的区间长度为；
第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为；
第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为；
以此类推，第次操作去掉个长度为的区间，长度和为，
进行了第次操作后，去掉区间长度和，
由，即，，
又，的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够根据已知所给的规律总结出每次操作去掉的区间长度和成等比数列，并能得到等比数列通项公式.
6．B
【分析】直接利用数列的递推关系式求出数列的通项公式，代入数列的具体值即可判断出各个选项．
【详解】解：其部分项如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，，
则数列的通项公式为：，
所以，，
当为偶数时，，
当为奇数时，．
故选：B．
7．BD
【分析】求出，可判断A选项；分、两种情况讨论，逐项递推可判断B选项；取可判断C选项；利用假设法可判断D选项.
【详解】对于A，，即“个”，，即“个，个”，，即“个，个”，故，A错；
对于B，若，即“个”，，即“个，个”，
，即“个，个”，，，
以此类推可知，的最后一个数字均为，
若，则，，，，以此类推可知，的最后一个数字均为.
综上所述，若，则的最后一个数字均为，B对；
对于C，取，则，此时数列既是等差数列，又是等比数列，C错；
对于D，，则，，，，
若数列中，中为第一次出现数字，则中必出现了个连续的相同数字，
如，则在的描述中必包含“个，个”，
即，显然的描述是不合乎要求的，
若或，同理可知均不合乎题意，
故不包含数字，D对.
故选：BD.
8．ACD
【分析】根据，得出数列的单调性，进而逐个选项判断，即可求解
【详解】对于A，B，
，当时，数列单调递增，
且，当时，数列单调递增，且，
∴数列的最小项和最大项分别是，，A项正确；
对于C，D，∵，∴，
当时，数列单调递减，且，当时，
数列单调递减，且，∴为最大项，为最小项．
故选：ACD．
【点睛】思路点睛：
形如的函数，其图象的两条渐近线分别为直线
（由分母为零确定）、直线（由分子、分母中x的系数确定），中心是点．
9．
【分析】利用数列单调性的定义进行判断，从而得到数列的最值.
【详解】设，则，，
当，数列单调递减，
当，数列单调递增，即，
可得当时数列取得最小值，
故答案为：
10．4
【分析】先根据将式子化简，进而根据该数列项的个位数是以60为周期变化求得答案.
【详解】因为，所以
.
又该数列项的个位数是以60为周期变化，所以的个位数字相同，的个位数字相同，易知，则，所以的个位数字为4.
故答案为：4.
11．
【分析】由已知两式相加求得，得，
得到，从而得到，，利用可得答案.
【详解】因为，
由，，得，
所以，
得，
因为，
所以，
，
所以，，
所以，.
故答案为：.
12．
【分析】根据数列的项的周期性，去求的值即可解决.
【详解】由，，可得，，，，，，
由此可知数列的项具有周期性，且周期为4，第一周期内的四项之积为1，所以数列的前2022项之积为．
故答案为：
13．(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）利用推出n-1时的表达式，然后作差求出数列的通项公式，利用数列是等差数列利用累加法求出的通项公式；
（2）化简通过k≥4时，单调递增，且f（4）=1，所以k≥4时，f（k）≥1，结合f（1）=f（2）=f（3）=0，说明不存在，使得．
(1)
因为①，
则当时，②，
①—②，得，则，
在①中令，可得，所以.
由题设，，，，则，，
数列的公差为，
，
所以.
(2)
，
当时，单调递增，且，
所以时，，
又，所以不存在，使得.
【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有数列的通项公式的求法，递推关系式的应用，数列与函数的关系，考查分析问题和解决问题的能力.在解题过程中，一定要注意对题的条件的正确转化.
14．（1）；（2）10.
【分析】（1）利用公式 可求解.
(2)由，利用裂项相消法求和.
【详解】解：（1）∵．
时，可得，
时，．
与．
两式相减可得，
∴，时，也满足，∴．
（2），
∴，
又，可得，
可得最小正整数为10．
【点睛】本题考查求数列的通项公式和利用裂项相消法求和，属于中档题.
15．(1)
(2)
【分析】（1）将代入化简可得为等差数列，进而可得结果；
（2）利用错位相减法求出，再利用分离参数的思想即可得结果.
（1）当时，，所以，，整理得：，即.所以数列是以为首项，1为公差的等差数列.所以，即.
（2）由（1）知，，所以，①所以，②①-②得，，所以，，所以，，所以，即，即，因为，当且仅当时，等号成立，所以.
16．（1）（2）证明见解析；.（3）
【分析】（1）代入计算即可.
（2）分别令n＝1，2，3，即可证明，根据周期公式即可求出.
（3）分别由a1＝1，a2＝2，a3＝3，可得1＝Asin（+φ）+c，2＝﹣Asin（+φ）+c，3＝Asinφ+c，解得即可求出
【详解】解：（1）当a1＝1，a2＝2，a1a2a3＝a1+a2+a3，解得a3＝3；
（2）当n＝2时，6a4＝2+3+a4，解得a4＝1，
当n＝3时，3a5＝1+3+a5，解得a5＝2，
…，
可得an+3＝an，当a1＝1，a2＝2，a3＝3；
故3为数列{an}的一个周期，
则＝3，k∈N*，则；
（3）由（2）可得an＝Asin（n+φ）+c，
则1＝Asin（+φ）+c，2＝﹣Asin（+φ）+c，3＝Asinφ+c，
即1＝A cosφ﹣A sinφ+c，①
2＝﹣A cosφ﹣A sinφ+c，②
由①+②，可得3＝﹣Asinφ+2c，
∴c＝2，Asinφ＝1，
①﹣②，可得﹣1＝A cosφ，
则tanφ＝﹣，
∵|φ|＜，
∴φ＝﹣，
∴A＝﹣，
故．
【点睛】本题考查了数列的递推公式和三角函数的解析式，考查了运算能力和转化能力，属于中档题．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页