选择性必修 第二册4.1 数列的概念练习题

数学选择性必修二尖子生同步培优题典

4.1数列的概念 解析版

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

注意事项：本卷共16小题，6道单选题，3道多选题，3道填空题，4道解答题。

一、单选题

1．已知数列中，，（），那么等于（    ）

A． B． C．2 D．4

【答案】B

【解析】

【分析】

根据，，计算数列的前几项，得到数列是以3为周期的数列求解.

【详解】

因为，，

所以，

，

，

…

所以数列是以3为周期的数列，

所以，

故选：B

【点睛】

本题主要考查数列的周期性的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

2．数列、、、、、、、、、称为斐波那契数列，是意大利著名数学家斐波那契于年在他撰写的《算盘全书》中提出的，该数列的特点是：从第三项起，每一项都等于它前面两项的和.在该数列的前项中，偶数的个数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】

【分析】

由斐波那契数列的特点可知，该数列只有第项为偶数，再由可求得结果.

【详解】

由斐波那契数列的特点，可得此数列只有第项为偶数，

由于，所以前项中偶数的个数为．

故选：B.

【点睛】

本题考查斐波那契数列的应用，考查推理能力，属于基础题.

3．“干支纪法”是我国记年、月、日、时的序号的传统方法，天干地支简称“干支”，天干指：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸．“地支”指：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．如，农历1861年为辛酉年，农历1862年为壬戌年，农历1863年为癸亥年，则农历2068年为（    ）

A．丁亥年 B．丁丑年 C．戊寅年 D．戊子年

【答案】D

【解析】

【分析】

由题意得天干是以10为周期的数列，地支是以12为周期的数列，以1861为首项，即可得答案.

【详解】

记辛，酉（1861）；壬，戌（1862）；癸，亥（1863），

所以记天干为数列，且最小正周期为10，记地支为数列，且最小正周期为12，

故戊，子（2068），

故选：D．

【点睛】

本题考查数列的周期性，难点在于需将题目信息转化为所学数列的知识，考查逻辑推理，归纳分析的能力，属中档题.

4．原始的蚊香出现在宋代.根据宋代冒苏轼之名编写的《格物粗谈》记载：“端午时，贮浮萍，阴干，加雄黄，作纸缠香，烧之，能祛蚊虫.”如图，为某校数学兴趣小组用数学软件制作的“螺旋蚊香”，画法如下:在水平直线上取长度为1的线段，做一个等边三角形，然后以点为圆心，为半径逆时针画圆弧，交线段的延长线于点，再以点为圆心，为半径逆时针画圆弧，交线段的延长线于点，以此类推，当得到的“螺旋蚊香”与直线恰有个交点时，“螺旋蚊香”的总长度的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】

 【分析】

根据画圆弧的规律：分别以B，C，A 为圆心，抽象半径长度的数列，明确圆弧与直线的交点情况，再根据当“螺旋蚊香”与直线 恰有 个交点时，若使“螺旋蚊香”的总长度最小，确定数列的项数，求得最后圆弧的半径即可 . 

 【详解】

如图所示：

当以B为圆心，半径为：1，4， 7，10，…除起点外，与直线无交点，①

当以C为圆心，半径为：2，5， 8，11，…与直线有一个点，②

当以A为圆心，半径为：3，6， 9，12，…除终点（即①的起点，点A 除外）外，与直线无交点，③ 

所以当“螺旋蚊香”与直线恰有 个交点时，若使“螺旋蚊香”的总长度最小，

则完成整数个循环，

所以以B为圆心的弧与直线只有交点A，以C 为圆心的弧与直线10个交点，以A为圆心的弧与直线有10 个交点， 

即数列②有10项，数列③有10项，

所以最后一个圆弧的半径为 ， 

所以“螺旋蚊香”的总长度的最小值为 . 

故选：A

 【点睛】

本题主要考查数列的抽象与等差数列的通项公式和前n项和的应用，还考查了分析求解问题的能力，属于中档题.

5．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，它是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，该数列从第一项起依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50…，则该数列第16项为（    ）

A．152 B．134 C．128 D．102

【答案】C

【解析】

【分析】

根据数据找出规律,依次写出来即可.

【详解】

前10项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,

偶数项分别为2,8,18,32,50,…,可得偶数项的通项公式: .

所以该数列第16项为.

故选:C.

【点睛】

本题考查了数列递推关系、通项公式、归纳法,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.

6．公元前四世纪，毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了研究.他们借助几何图形（或格点）来表示数，称为形数.形数是联系算术和几何的纽带.如图所示，数列1，6，15，28，45，…，从第二项起每一项都可以用六边形表示出来，故称它们为六边形数，那么该数列的第11项对应的六边形数为（    ）

A．153 B．190 C．231 D．276

【答案】C

【解析】

【分析】

根据题中所给图与对应的六边形数，记第个六边形数为，找出规律，相邻两项差构成等差数列，累加求得，将代入求得结果.

【详解】

记第个六边形数为，

由题意知：，，

，，，

，

累加得，

即，

所以，

故选：C.

【点睛】

该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有利用累加法求数列的通项公式，属于中档题目.

二、多选题

7．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，….，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，记为数列的前n项和，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABCD

【解析】

【分析】

由题意可得数列满足递推关系，对照四个选项可得正确答案.

【详解】

对A，写出数列的前6项为，故A正确；

对B，，故B正确；

对C，由，，，……，，

可得：.故是斐波那契数列中的第2020项.

对D，斐波那契数列总有，则，，，……，，

，故D正确；

故选：ABCD.

【点睛】

本题以“斐波那契数列”为背景，考查数列的递推关系及性质，考查方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意递推关系的灵活转换.

8．斐波那契数列，又称黄金分割数列、兔子数列，是数学家列昂多·斐波那契于1202年提出的数列.斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，此数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和，记该数列为，则的通项公式为（    ）

A．

B．且

C．

D．

【答案】BC

【解析】

【分析】

根据数列的前几项归纳出数列的通项公式，再验证即可；

【详解】

解：斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，

显然，，，，，所以且，即B满足条件；

由，

所以

所以数列是以为首项，为公比的等比数列，

所以

所以，

令，则，

所以，

所以以为首项，为公比的等比数列，

所以，

所以；

即C满足条件；

故选：BC

【点睛】

考查等比数列的性质和通项公式，数列递推公式的应用，本题运算量较大，难度较大，要求由较高的逻辑思维能力，属于中档题．

9．对于数列，若存在正整数，使得，，则称是数列的“谷值，是数列的“谷值点”，在数列中，若，则数列的“谷值点”为(    )

A． B． C． D．

【答案】AD

【解析】

【分析】

由数列的通项公式求出前七项各项的值，然后根据题意进行求解即可,

【详解】

因为，所以，

当，，此时数列单调递增，

，，，，

所以数列的“谷值点”为2，7.

故选：AD

【点睛】

本题考查了数学阅读能力，考查了数学运算能力，考查了数列的单调性，属于中档题.

三、填空题

10．在数列中，，，则______．

【答案】

【解析】

【分析】

由已知得：当时，，与原式相减得，即，递推可得答案.

【详解】

由题意得：当时，，所以，即，

也即是，所以，

所以，

故答案为：.

【点睛】

本题考查由数列的递推式求数列的通项，属于中档题.

11．已知数列满足则的最小值为__________.

【答案】

【解析】

【分析】

先利用累加法求出an＝33+n2﹣n，所以，设f（n），由此能导出n＝5或6时f（n）有最小值．借此能得到的最小值．

【详解】

解：∵an+1﹣an＝2n，∴当n≥2时，an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1＝2[1+2+…+（n﹣1）]+33＝n2﹣n+33

且对n＝1也适合，所以an＝n2﹣n+33．

从而

设f（n），令f′（n），

则f（n）在上是单调递增，在上是递减的，

因为n∈N+，所以当n＝5或6时f（n）有最小值．

又因为，，

所以的最小值为

故答案为

【点睛】

本题考查了利用递推公式求数列的通项公式，考查了累加法．还考查函数的思想，构造函数利用导数判断函数单调性．

12．已知数列满足：，，若正整数使得成立，则___________.

【答案】2019

【解析】

【分析】

根据可得且，结合已知条件的等式成立，即可求的值；

【详解】

知：且，则：

，

，而，

∴，即得.

故答案为：2019

【点睛】

本题考查了利用数列递推式，结合等式成立求数列的项数，注意结合已知等式中乘积形式、平方形式转化递推式求参数；

四、解答题

13．数列中，.

（1）是数列中的第几项？

（2）为何值时，有最小值？并求最小值.

【答案】（1）第项；（2）或时，最小值为

【解析】

【分析】

（1）令且，解方程可得的值.

（2）利用二次函数的单调性和最值可得有最小值以及对应的的值.

【详解】

令，即，

解得：或（舍）

（2）由，因为，开口向上，对称轴

所以或时，有最小值为 .

【点睛】

本题主要考查了判断数列中的项，以及求数列的最小项，属于基础题.

14．下面图形都是由小正三角形构成的,设第个图形中的黑点总数为.

(1)求的值;

(2)找出与的关系,并求出的表达式.

①         ②           ③              ④

【答案】(1)见解析；(2)

【解析】

【分析】

（1）根据题意可直接写出结果；

（2）分别计算出，，，，归纳出，再由累加法即可求出的表达式.

【详解】

（1）由题意可得：，，，；

（2）因为； ；  ；  ；

观察猜想：是一个首项为公差为的等差数列，

即．

因为；；；

；

；

把上述式子累加可得到：；

又因为，所以.

【点睛】

本题主要考查归纳推理以及累加法求数列的通项公式，属于常考题型.

15．已知数列中，，，且.

（1）求、的值，

（2）设试用表示，并求的通项公式；

（3）设，求数列的前项和.

【答案】（1），；（2），，，；（3）.

【解析】

【分析】

（1）由数列中，，，且，分别令和，求出、的值.

（2）当时，，即，则，然后用累乘法求解.

（3）由，然后利用裂项相消法求解.

【详解】

（1）∵数列中，，，

且

∴，

，

∴，·

（2）当时，,

∴当时，，

故，，

累乘得，

∵，

∴，.

（3）∵

，

∴

·

【点睛】

本题主要考查数列的通项公式和前项和的求法以及累乘法和裂项求和法、两角差的正弦公式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题..

16．已知数列满足，，数列可以是无穷数列，也可以是有穷数列，如取时，可得无穷数列：1，2，，，...；取时，可得有穷数列：，，0.

（1）若，求的值；

（2）若对任意，恒成立.求实数的取值范围；

（3）设数列满足，，求证：取数列中的任何一个数，都可以得到一个有穷数列.

【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）根据题意，得到，逐项计算，求出，即可得出结果；

（2）根据，得出，因此只需即可，由题中条件，求出，得出不等式求解，即可得出结果；

（3）由题意，得到，设，，逐项计算，得出，即可证明结论成立.

【详解】

（1）由得，

∴，，，；

（2）若，则，，

即，故只要即可，

因为，所以，∴，解得；

（3）由得，

设，，则

，，，

故有项，为有穷数列.

即取数列中的任何一个数，都可以得到一个有穷数列.

【点睛】

本题主要考查由递推公式求数列中的项，考查由数列不等式恒成立求参数的问题，考查有穷数列的证明，属于常考题型.