2025人教B版高中数学选择性必修第三册强化练习题（含解析）--专题强化练3 数列中的奇偶项问题
文档属性
| 名称 | 2025人教B版高中数学选择性必修第三册强化练习题（含解析）--专题强化练3 数列中的奇偶项问题 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 302.5KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教B版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-12-23 10:53:04 | ||
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文档简介
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2025人教B版高中数学选择性必修第三册
专题强化练3 数列中的奇偶项问题
1.(2024陕西咸阳武功普集高级中学月考)已知数列{an},a1=2,a2=0,且an+2=an+2·(-1)n,则数列{an}的前32项之和为( )
A.128 B.64
C.32 D.16
2.(2024福建福州第一中学期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=4,an+an+1=4n+2(n∈N*),则使得Sn<2 023成立的n的最大值为( )
A.32 B.33 C.44 D.45
3.(2024江西景德镇月考)如图,已知每行的数字之和构成的数列为等比数列,记该数列的前n项和为Sn,且bn=,将数列{bn}中的整数项依次取出组成新的数列{cn},则c20=( )
A.545 B.51 C.560 D.48
4.(2024天津一中月考)设数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=令bn=(log2a2n)2·sin,则数列{bn}的前100项和为( )
A.-4 950 B.-5 000
C.-5 050 D.-5 250
5.(2024上海同济大学第一附属中学期中)数列{an}中,a1=1,an+1=使an≤2 021对任意的n≤k(k为正整数)恒成立的k的最大值为( )
A.1 209 B.1 211
C.1 213 D.1 215
6.(多选题)(2024湖南郴州期末)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,它是世界数学史上第一道数列题.已知大衍数列{an}满足a1=0,an+1=则( )
A.a3=4
B.a2 024=1 012×2 024
C.数列{an}的前n项和Sn=n(n-1)
D.数列{(-1)nan}的前60项和T60=930
7.(2024黑龙江哈九中开学考试)已知数列{an}满足an+(-1)nan+1=1+(-1)n,记数列{an}的前n项和为Sn,则S2 024= .
8.(2024广东广州玉岩中学开学考试)若数列{an}中不超过f(m)的项数恰为bm(m∈N*),则称数列{bm}是数列{an}的生成数列,称相应的函数f(m)是数列{an}生成{bm}的控制函数.已知an=2n,且f(m)=m,数列{bm}的前m项和为Sm,若Sm=30,则m的值为 .
9.(2024江苏启东期中)已知数列{an}满足a1=1,an+1=bn=a2n+2n,则= ;数列{an}的前20项和S20= .
答案与分层梯度式解析
1.C 由an+2=an+2·(-1)n可知,
当n为奇数时,an+2=an-2,
当n为偶数时,an+2=an+2,
因此数列{an}的奇数项构成首项为2,公差为-2的等差数列,偶数项构成首项为0,公差为2的等差数列,则S32=16×2+×2=32.
故选C.
方法技巧 数列中的奇偶项问题考查方向:①等差、等比数列中的奇偶项求和问题;②数列中连续两项的和或积问题;③含有(-1)n的问题;④通项公式分奇偶项有不同表达式的问题;⑤含三角函数的问题.需要对n分奇偶讨论,寻找奇数项,偶数项之间的关系,分组求和,还可能涉及错位相减法求和或裂项相消法求和.
2.C 当n为偶数时,Sn=a1+a2+…+an=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(an-1+an)=6+14+…+4n-2==n(n+1),
令Sn=n(n+1)<2 023,且n为偶数,
解得2≤n≤44,故n的最大值为44;
当n为奇数时,Sn=a1+a2+…+an=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(an-1+an)=4+10+18+…+4n-2=4+=n2+n+2,
令Sn=n2+n+2<2 023,且n为奇数,
解得1≤n≤43,故n的最大值为43.
综上所述,n的最大值为44.故选C.
方法技巧 数列中出现(-1)n,sin,an+an+1+…+an+k=f(n)等形式时,常利用并项法求Sn.注意分类讨论的应用,比如奇偶项,同时还需注意起止项的处理.
3.B 由题图知,每行的数字之和构成的等比数列为20,21,22,23,…,易知其公比为2,
∴Sn=,
则数列{bn}的整数项为4,6,9,11,14,16,…,
∴数列{cn}的偶数项是以6为首项,5为公差的等差数列,
∴c2n=6+5(n-1)=5n+1,∴c20=5×10+1=51.
故选B.
4.B 由已知可得数列{a2n-1}是以1为首项,1为公差的等差数列,
故a2n-1=n,数列{a2n}是以2为首项,2为公比的等比数列,故a2n=2n,
因此bn=(log22n)2·sin,显然是周期为4的周期数列,
则b4k-3+b4k-2+b4k-1+b4k=(4k-3)2sin+(4k-2)2·sin=(4k-3)2-(4k-1)2=-8(2k-1)(k∈N*),
令cn=b4n-3+b4n-2+b4n-1+b4n,则cn=-8(2n-1),数列{cn}是等差数列,
数列{bn}的前100项和即数列{cn}的前25项和,为=-5 000.故选B.
方法技巧 呈周期性的数列求和问题,先按周期求出片段和,再借助求和公式求解即可.
5.B 由已知得数列{an}中的项为1,6,11,6,11,16,11,16,21,16,21,26,21,26,31,…,
观察发现这些项可按1,6,11,16,21,…;6,11,16,21,26,…;11,16,21,26,31,…的规律将原数列分为三个等差数列:
当n=3m+1,m∈N时,数列为1,6,11,16,21,…,即an=,
当n=3m+2,m∈N时,数列为6,11,16,21,26,…,即an=,
当n=3m+3,m∈N时,数列为11,16,21,26,31,…,即an=,
易得a1 209=2 021,a1 210=2 016,a1 211=2 021,a1 212=2 026>2 021,
所以满足an≤2 021对任意的n≤k(k∈N*)恒成立的k的最大值为1 211.故选B.
6.ABD 令k≥1且k∈N*,
当n=2k时,a2k+1=a2k+2k①;
当n=2k-1时,a2k=a2k-1+2k-1+1=a2k-1+2k②,
由①②得a2k+1-a2k-1=4k,
所以a3-a1=4,a5-a3=8,……,a2k+1-a2k-1=4k,
累加可得a2k+1-a1=a2k+1=4+8+…+4k=4×=2k2+2k,故a2k+1=2k2+2k.
令2k+1=n(n≥3且n为奇数),得an=,
当n=1时,a1=0满足上式,
所以当n为奇数时,an=,
当n为奇数时,an+1=an+n+1=,
所以an=,其中n为偶数,
所以an=
所以a3==4,故A正确.
a2 024==1 012×2 024,故B正确.
易知a1+a2+a3+a4=0+=14≠4×(4-1)=12,
故C错误.
因为a2n-a2n-1==2n,
所以{(-1)nan}的前2n项和T2n=-a1+a2-a3+a4-…-a2n-1+a2n
=2×1+2×2+…+2×n=2×=n(n+1),
则T60=30×(30+1)=930,故D正确.故选ABD.
7.答案 3 038
解析 由an+(-1)nan+1=1+(-1)n可得,
当n=2k(k∈N*)时,a2k+a2k+1=1+①,
当n=2k-1(k∈N*)时,a2k-1-a2k=1-②,
当n=2k+1(k∈N*)时,a2k+1-a2k+2=1-③,
①+②可得a2k+1+a2k-1=2+,
①-③可得a2k+a2k+2=,
∴S2 024=a1+a2+a3+a4+…+a2 023+a2 024
=(a1+a3)+(a2+a4)+(a5+a7)+(a6+a8)+…+(a2 021+a2 023)+(a2 022+a2 024)
=[(a1+a3)+(a5+a7)+…+(a2 021+a2 023)]+[(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a2 022+a2 024)]
=
=1 013+×506=3 038.
8.答案 11
解析 由题意可得,m为偶数时,2n≤m,则bm=,
m为奇数时,2n≤m-1,则bm=,
所以bm=
m为偶数时,Sm=b1+b2+…+bm=(b1+b3+…+bm-1)+(b2+b4+…+bm)
=(1+2+…+m)-,
m为奇数时,Sm=b1+b2+…+bm=Sm+1-bm+1=,由Sm=30,得=30或=30,因为m∈N*,所以m=11.
9.答案 2;1 756
解析 由an+1=
可得a2n+2=a(2n+1)+1=a2n+1+(2n+1)-3=a2n+1+2n-2,
又a2n+1=2a2n,所以a2n+2=2a2n+2n-2,
因为bn=a2n+2n,所以bn+1=a2n+2+2(n+1)=2a2n+4n,
所以=2.
由a1=1,可得a2=a1+1-3=-1,所以b1=a2+2=1,
所以数列{bn}是首项为1,公比为2的等比数列,可得bn=2n-1,
所以a2n=2n-1-2n,则a2n-1=a2(n-1)+1=2a2(n-1)=2n-1-4(n-1),n≥2,
因为a1=1适合上式,所以a2n-1=2n-1-4(n-1),
所以数列{an}的前20项和S20=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=
(20+21+22+…+29)-(0+4×1+4×2+…+4×9)+(20+21+22+…+29)-(2×1+2×2+2×3+…+2×10)=
=1 756.
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2025人教B版高中数学选择性必修第三册
专题强化练3 数列中的奇偶项问题
1.(2024陕西咸阳武功普集高级中学月考)已知数列{an},a1=2,a2=0,且an+2=an+2·(-1)n,则数列{an}的前32项之和为( )
A.128 B.64
C.32 D.16
2.(2024福建福州第一中学期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=4,an+an+1=4n+2(n∈N*),则使得Sn<2 023成立的n的最大值为( )
A.32 B.33 C.44 D.45
3.(2024江西景德镇月考)如图,已知每行的数字之和构成的数列为等比数列,记该数列的前n项和为Sn,且bn=,将数列{bn}中的整数项依次取出组成新的数列{cn},则c20=( )
A.545 B.51 C.560 D.48
4.(2024天津一中月考)设数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=令bn=(log2a2n)2·sin,则数列{bn}的前100项和为( )
A.-4 950 B.-5 000
C.-5 050 D.-5 250
5.(2024上海同济大学第一附属中学期中)数列{an}中,a1=1,an+1=使an≤2 021对任意的n≤k(k为正整数)恒成立的k的最大值为( )
A.1 209 B.1 211
C.1 213 D.1 215
6.(多选题)(2024湖南郴州期末)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,它是世界数学史上第一道数列题.已知大衍数列{an}满足a1=0,an+1=则( )
A.a3=4
B.a2 024=1 012×2 024
C.数列{an}的前n项和Sn=n(n-1)
D.数列{(-1)nan}的前60项和T60=930
7.(2024黑龙江哈九中开学考试)已知数列{an}满足an+(-1)nan+1=1+(-1)n,记数列{an}的前n项和为Sn,则S2 024= .
8.(2024广东广州玉岩中学开学考试)若数列{an}中不超过f(m)的项数恰为bm(m∈N*),则称数列{bm}是数列{an}的生成数列,称相应的函数f(m)是数列{an}生成{bm}的控制函数.已知an=2n,且f(m)=m,数列{bm}的前m项和为Sm,若Sm=30,则m的值为 .
9.(2024江苏启东期中)已知数列{an}满足a1=1,an+1=bn=a2n+2n,则= ;数列{an}的前20项和S20= .
答案与分层梯度式解析
1.C 由an+2=an+2·(-1)n可知,
当n为奇数时,an+2=an-2,
当n为偶数时,an+2=an+2,
因此数列{an}的奇数项构成首项为2,公差为-2的等差数列,偶数项构成首项为0,公差为2的等差数列,则S32=16×2+×2=32.
故选C.
方法技巧 数列中的奇偶项问题考查方向:①等差、等比数列中的奇偶项求和问题;②数列中连续两项的和或积问题;③含有(-1)n的问题;④通项公式分奇偶项有不同表达式的问题;⑤含三角函数的问题.需要对n分奇偶讨论,寻找奇数项,偶数项之间的关系,分组求和,还可能涉及错位相减法求和或裂项相消法求和.
2.C 当n为偶数时,Sn=a1+a2+…+an=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(an-1+an)=6+14+…+4n-2==n(n+1),
令Sn=n(n+1)<2 023,且n为偶数,
解得2≤n≤44,故n的最大值为44;
当n为奇数时,Sn=a1+a2+…+an=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(an-1+an)=4+10+18+…+4n-2=4+=n2+n+2,
令Sn=n2+n+2<2 023,且n为奇数,
解得1≤n≤43,故n的最大值为43.
综上所述,n的最大值为44.故选C.
方法技巧 数列中出现(-1)n,sin,an+an+1+…+an+k=f(n)等形式时,常利用并项法求Sn.注意分类讨论的应用,比如奇偶项,同时还需注意起止项的处理.
3.B 由题图知,每行的数字之和构成的等比数列为20,21,22,23,…,易知其公比为2,
∴Sn=,
则数列{bn}的整数项为4,6,9,11,14,16,…,
∴数列{cn}的偶数项是以6为首项,5为公差的等差数列,
∴c2n=6+5(n-1)=5n+1,∴c20=5×10+1=51.
故选B.
4.B 由已知可得数列{a2n-1}是以1为首项,1为公差的等差数列,
故a2n-1=n,数列{a2n}是以2为首项,2为公比的等比数列,故a2n=2n,
因此bn=(log22n)2·sin,显然是周期为4的周期数列,
则b4k-3+b4k-2+b4k-1+b4k=(4k-3)2sin+(4k-2)2·sin=(4k-3)2-(4k-1)2=-8(2k-1)(k∈N*),
令cn=b4n-3+b4n-2+b4n-1+b4n,则cn=-8(2n-1),数列{cn}是等差数列,
数列{bn}的前100项和即数列{cn}的前25项和,为=-5 000.故选B.
方法技巧 呈周期性的数列求和问题,先按周期求出片段和,再借助求和公式求解即可.
5.B 由已知得数列{an}中的项为1,6,11,6,11,16,11,16,21,16,21,26,21,26,31,…,
观察发现这些项可按1,6,11,16,21,…;6,11,16,21,26,…;11,16,21,26,31,…的规律将原数列分为三个等差数列:
当n=3m+1,m∈N时,数列为1,6,11,16,21,…,即an=,
当n=3m+2,m∈N时,数列为6,11,16,21,26,…,即an=,
当n=3m+3,m∈N时,数列为11,16,21,26,31,…,即an=,
易得a1 209=2 021,a1 210=2 016,a1 211=2 021,a1 212=2 026>2 021,
所以满足an≤2 021对任意的n≤k(k∈N*)恒成立的k的最大值为1 211.故选B.
6.ABD 令k≥1且k∈N*,
当n=2k时,a2k+1=a2k+2k①;
当n=2k-1时,a2k=a2k-1+2k-1+1=a2k-1+2k②,
由①②得a2k+1-a2k-1=4k,
所以a3-a1=4,a5-a3=8,……,a2k+1-a2k-1=4k,
累加可得a2k+1-a1=a2k+1=4+8+…+4k=4×=2k2+2k,故a2k+1=2k2+2k.
令2k+1=n(n≥3且n为奇数),得an=,
当n=1时,a1=0满足上式,
所以当n为奇数时,an=,
当n为奇数时,an+1=an+n+1=,
所以an=,其中n为偶数,
所以an=
所以a3==4,故A正确.
a2 024==1 012×2 024,故B正确.
易知a1+a2+a3+a4=0+=14≠4×(4-1)=12,
故C错误.
因为a2n-a2n-1==2n,
所以{(-1)nan}的前2n项和T2n=-a1+a2-a3+a4-…-a2n-1+a2n
=2×1+2×2+…+2×n=2×=n(n+1),
则T60=30×(30+1)=930,故D正确.故选ABD.
7.答案 3 038
解析 由an+(-1)nan+1=1+(-1)n可得,
当n=2k(k∈N*)时,a2k+a2k+1=1+①,
当n=2k-1(k∈N*)时,a2k-1-a2k=1-②,
当n=2k+1(k∈N*)时,a2k+1-a2k+2=1-③,
①+②可得a2k+1+a2k-1=2+,
①-③可得a2k+a2k+2=,
∴S2 024=a1+a2+a3+a4+…+a2 023+a2 024
=(a1+a3)+(a2+a4)+(a5+a7)+(a6+a8)+…+(a2 021+a2 023)+(a2 022+a2 024)
=[(a1+a3)+(a5+a7)+…+(a2 021+a2 023)]+[(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a2 022+a2 024)]
=
=1 013+×506=3 038.
8.答案 11
解析 由题意可得,m为偶数时,2n≤m,则bm=,
m为奇数时,2n≤m-1,则bm=,
所以bm=
m为偶数时,Sm=b1+b2+…+bm=(b1+b3+…+bm-1)+(b2+b4+…+bm)
=(1+2+…+m)-,
m为奇数时,Sm=b1+b2+…+bm=Sm+1-bm+1=,由Sm=30,得=30或=30,因为m∈N*,所以m=11.
9.答案 2;1 756
解析 由an+1=
可得a2n+2=a(2n+1)+1=a2n+1+(2n+1)-3=a2n+1+2n-2,
又a2n+1=2a2n,所以a2n+2=2a2n+2n-2,
因为bn=a2n+2n,所以bn+1=a2n+2+2(n+1)=2a2n+4n,
所以=2.
由a1=1,可得a2=a1+1-3=-1,所以b1=a2+2=1,
所以数列{bn}是首项为1,公比为2的等比数列,可得bn=2n-1,
所以a2n=2n-1-2n,则a2n-1=a2(n-1)+1=2a2(n-1)=2n-1-4(n-1),n≥2,
因为a1=1适合上式,所以a2n-1=2n-1-4(n-1),
所以数列{an}的前20项和S20=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=
(20+21+22+…+29)-(0+4×1+4×2+…+4×9)+(20+21+22+…+29)-(2×1+2×2+2×3+…+2×10)=
=1 756.
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