第4章4.1数列的概念同步练习2022-2023学年下学期高中数学人教A版（2019）选择性必修第二册（含答案）

第4章4.1数列的概念同步练习
2022-2023学年下学期高中数学人教A版（2019）选择性必修第二册
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．数列的前四项分别是1，0，1，0，则下列各式可以作为数列的通项公式的个数是（ ）
①；②；③；
④；⑤
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．数列中，，（为正整数），则的值为（ ）
A． B． C． D．
3．数列1，，，，，，，，，，…，则是该数列的第（ ）项.
A．9 B．10 C．31 D．32
4．已知数列的前n项和为，且，，则下列结论不正确的是（ ）．
A． B．
C． D．
5．数列满足，，则（ ）．
A．当时，
B．当时，
C．当时，
D．当时，
6．在数列中，“”是“数列为严格递增数列”的（ ）．
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分又非必要条件
7．数列的通项若是递增数列，则实数t的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．若数列是递增数列，则的通项公式可能是（ ）
A． B．
C． D．
9．1202年意大利数学家斐波那契出版了他的《算盘全书》，在书中收录了一个有关兔子繁殖的问题．他从兔子繁殖规律中发现了“斐波那契数列”，具体数列为：1，1，2，3，5，8，13，…，即从该数列的第三项开始，每个数字都等于前两个相邻数字之和．已知数列为斐波那契数列，其前n项和为，且满足，则当时，的值为（ ）
A．1 B．2 C． D．
10．记数列前项和为，且数列满足，，则（ ）
A． B． C． D．
11．分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦·B·曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路．下图是按照，的分形规律生长成的一个树形图，则第10行的实心圆点的个数是（ ）
A．89 B．55 C．34 D．144
12．已知数列的首项，且，，是此数列的前n项和，则以下结论正确的是（ ）
A．不存在a和n使得 B．不存在a和n使得
C．不存在a和n使得 D．不存在a和n使得
13．在数列中， ， ，则（　　）
A．数列单调递减 B．数列单调递增
C．数列先递减后递增 D．数列先递增后递减
14．著名的斐波那契数列：1，1，2，3，5，8，…，满足，，则是斐波那契数列中的（ ）.
A．第2022项 B．第2023项 C．第2024项 D．第2025项
15．已知数列满足，将数列中的整数项按原来的顺序组成新数列，则的末位数字为（ ）．
A．8 B．2 C．3 D．7
二、填空题
16．数列，，，，…的一个通项公式是______．
17．已知数列的前项和（为正整数），则______．
18．已知数列的前项和，第项满足，则______．
19．数列中，，则数列的最小项是______．
20．已知数列的通项公式为，若数列为严格递减数列，则实数k的取值范围是______．
三、解答题
21．数列的通项公式为，且都有恒成立，求实数的取值范围.
22．已知数列的通项公式为，
(1)依次写出数列的前项；
(2)研究数列的单调性，并求数列的最大项和最小项．
23．数列满足，．
(1)求的通项公式；
(2)求的最小值；
(3)设函数是与n的最大者，求的最小值．
24．在数列中，.
(1)求证：数列先递增后递减；
(2)求数列中的最大项.
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
参考答案：
1．D
【分析】根据通项公式逐项进行检验即可求解.
【详解】对于①，当为奇数时，；当为偶数时，，满足题意，故①正确；
对于②，由余弦函数的性质可知：②正确；
对于③④，由正弦函数的图象和性质可得：③④正确；
对于⑤，将代入，，故⑤不正确，
所以正确的个数为4个，
故选：.
2．A
【分析】结合递推式特征，利用累乘法算出，进而可得答案.
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：A
3．D
【分析】由数列的前几项得出数列的特性，即可得出答案.
【详解】解：观察可得出，数列的特性：根据分子分母的和以及分子由小到大排列.
分子分母和为2的有1项，和为3的有2项，和为4的有3项，，和为的有项.
的分子分母之和为9，且为和为9中的第4项，
又，所以是数列中的第32项.
故选：D.
4．D
【分析】根据可得，进而可确定数列是以6为周期的周期数列，即可一一求解.
【详解】因为，
所以对任意，，
所以数列是以6为周期的周期数列，
又因为，所以，
所以，A正确；
，所以，B正确；
，C正确；
根据数列是以6为周期的周期数列可得，D错误，
故选:D.
5．C
【分析】当，时，推得即，判断A；当时，即，说明，不满足，判断B；当时，，可知，利用递推式推得，从而当时，推出，判断.
【详解】由于,所以当时，，，
则对任意的，均有，则，
即，当且仅当时取等号，A错误；
当时，即，而，不满足，B错误；
当时，则，故，
则，而，
故，
依次迭代得
，
即，
所以当时，，故，C正确，D错误，
故选：C．
6．B
【分析】根据题意，等价于或，进而判断即可求解.
【详解】由可得或，所以充分性不成立，
若数列为严格递增数列，则成立，必要性成立，
所以“”是“数列为严格递增数列”的必要非充分条件，
故选：.
7．A
【分析】根据一次函数以及幂函数的性质即可结合数列的特征求解.
【详解】由已知得解得．
故选:A．
8．A
【分析】根据数列通项公式的函数性质即可判断.
【详解】对于A，，易知是递增数列；A正确；
对于B，，当时，数列递减，
当时，数列递减，B错误；
对于C，，故数列是递减数列，C错误；
对于D，，数列是摆动数列，不具单调性，D错误.
故选：A
9．A
【分析】利用递推公式，得到
【详解】，
故选：A
10．D
【分析】根据递推式得到为下标周期为4的数列，并求得，进而求.
【详解】由题设，，，，，…
所以是下标周期为4的数列，且，
则.
故选：D
11．C
【分析】记第行实心圆点的个数为，由图中实心圆点个数的规律可知，由此即可计算出答案.
【详解】设第行实心圆点的个数为，
由题图可得，，，，，，，……，
则，
故，，，．
故选：C．
12．A
【分析】利用特殊值的思路，分别令、来去判断即可.
【详解】令，则所有的奇数项都为1，偶数项都为5，此时，故C选项错误；令，则所有的奇数项都为2，偶数项都为4，此时，，故BD选项错误，综上所述，A选项正确.
故选：A.
13．A
【分析】由数列递推式求出，可判断，将两边平方得，判断与 同号,结合，可判断，即得答案.
【详解】由 ，，得 ， ，且可知 ．
再由，两边平方得 ①，
则 ②，
②﹣①得： ，∴ ，
∵，∴与 同号,
由 ，可知， ，即 ，
可知数列单调递减．
故选：A．
14．C
【分析】将所求关系式中的“1”换为，再利用即得．
【详解】因为，
所以
.
故选：C．
15．C
【分析】分别计算出的前八个整数项得其末位数字成周期数列，再根据周期性求解即可.
【详解】解：因为，
所以数列为，
整数项为，…，
所以数列的各项依次为：
末位数字分别是，…，
即末位数字周期为4，
又因为，
故的末位数字为3.
故选：C.
16．
【分析】根据数列各项符号特征、分子和分母特征进行求解即可.
【详解】因为，
所以一个通项公式可以是，
故答案为：
17．
【分析】根据数列前项和与通项公式之间的关系进行求解即可.
【详解】当时，，
当时，，显然，不适合，
所以，
故答案为：
18．7
【分析】根据求出，再解不等式可求出结果.
【详解】，
当时，，
由得，得，
因为为正整数，所以.
故答案为：.
19．
【分析】注意到，，结合数列单调性，比较大小可得答案.
【详解】，，
又，
则数列最小项为.
故答案为：
20．
【分析】根据数列为严格单调递减数列，可得恒成立，列出不等式可求解.
【详解】因为，
数列为严格递减数列，所以对任意恒成立，
即恒成立，当时，有最大值为0，
所以，
故答案为: .
21．
【分析】根据代入数据化简得到，根据得到答案.
【详解】，即，化简得，
对任意正整数成立，故，，故
22．(1)，，，，；
(2)答案见解析.
【分析】（1）分别将代入通项公式即可；
（2）由可知当时，；当时，，并可得到在每一段上的单调性，由此可确定最值.
【详解】（1）由题意得：，，，，.
（2），
当时，且递增；当时，且递增；
；.
23．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据数列得第项与前项和得关系可得，，再利用累乘法即可求出的通项公式；
（2）求出，结合二次函数得性质即可得解；
（3）分和两种情况讨论，分别求出两种情况得最小值，取最小者即可.
【详解】（1）解：由，
当时，，
两式相减得，
则，
因为，所以，
所以，
则
，
以上各式相乘得：，
所以，
当时，上式也成立，
所以；
（2）解：，
故当或时，取得最小值，
所以；
（3）解：，
当时，，
当时，，
故，
当时，，
则，
当时，，
则，
因为，
所以.
24．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由于，所以分别由，和求出所对应的的范围，从而可证得结论，
（2）由（1）可得是数列的最大项
【详解】（1）证明：因为，令，
即，整理得，解得，即当时，.
同理，令，
即当时，.
令，得，
即当时，.
综上，数列从第1项到第8项递增，从第9项起递减，即数列先递增后递减.
（2）由（1）知，，，
故是数列中的最大项.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页