2022届高考大一轮复习知识点精练：数列的周期性

这是一份2022届高考大一轮复习知识点精练：数列的周期性，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（共20小题；共100分）
1. 已知数列 an，满足 an+1=11−an，若 a1=12，则 a10=
A. 12B. 2C. 1D. −1

2. 在数列 an 中，a1=14，an=1−1an−1n≥2，则 a2020=
A. 43B. 14C. −3D. 15

3. 在数列 an 中，a1=1，an+1−an=2，则 a100 的值为
A. 99B. 100C. 199D. 200

4. 数列 an 满足 a1=12，an+1=1−1an，则 a2018 等于
A. 12B. −1C. 2D. 3

5. 已知数列 an 中，a1=1，a2=2，且 an⋅an+2=an+1n∈N*，则 a2020 的值为
A. 2B. 1C. 12D. 14

6. 已知数列 an=n⋅sinnπ2，则 a1+a2+a3+⋯+a100 等于
A. −48B. −50C. −52D. −49

7. 已知数列 an 满足 an+1=2an,0≤an1，证明 fx 在 0,12 上单调递增；
（3）若 f1=a，探求 f12，f14，⋯，f12n 的值；
（4）若 f1=a，an=f2n+12n，求 limn→∞an 的值．

31. 无穷数列 ann∈N*，若存在正整数 t，使得该数列由 t 个互不相同的实数组成，且对于任意的正整数 n，an+1，an+2，⋯，an+t 中至少有一个等于 an，则称数列 an 具有性质 T．集合 P=pp=an,n∈N*．
（1）若 an=−1n，n∈N*，判断数列 an 是否具有性质 T；
（2）数列 an 具有性质 T，且 a1=1，a4=3，a8=2，P=1,2,3，求 a20 的值；
（3）数列 an 具有性质 T，对于 P 中的任意元素 pi，aik 为第 k 个满足 aik=pi 的项，记 bk=ik+1−ikk∈N*，证明：“数列 bk 具有性质 T”的充要条件为“数列 an 是周期为 t 的周期数列，且每个周期均包含 t 个不同实数”．
答案
第一部分
1. A【解析】数列 an，满足 an+1=11−an，
当 a1=12 时，解得 a2=2，
当 n=2，解得 a3=11−2=−1，
当 n=3 时，解得 a4=12，
所以数列的周期为 3，
故 a10=a3×3+1=a1=12．
2. B【解析】因为 a1=14，an=1−1an−1n≥2，
所以 a2=1−4=−3，a3=1+13=43，a4=1，34=14，⋯⋯，
所以数列 an 是周期为 3 的周期数列，
所以 a2020=a1=14．
3. C【解析】an+1−an=2 为定值，
所以 an 为等差数列，a1=1，d=2，
所以 an=a1+n−1d=2n−1，
a100=2×100−1=199．
4. B【解析】n=1 时，a2=1−2=−1，a3=1−−1=2，a4=1−12=12，a5=1−2=−1，
所以数列的周期是 3，所以 a2018=a3×672+2=a2=−1．
5. B
【解析】因为 an⋅an+2=an+1n∈N*，
由 a1=1，a2=2，得 a3=2，
由 a2=2，a3=2，得 a4=1，
由 a3=2，a4=1，得 a5=12，
由 a4=1，a5=12，得 a6=12，
由 a5=12，a6=12，得 a7=1，
由 a6=12，a7=1，得 a8=2，
由此推理可得数列 an 是周期为 6 的数列，
所以 a2020=a4=1．
6. B【解析】因为 an=n⋅sinnπ2，所以 a1=1，a2=0，a3=−3，a4=0，a5=5，a6=0，a7=−7，a8=0，⋯
所以 a4n−3+a4n−2+a4n−1+a4n=−2．
所以 a1+a2+a3+⋯+a100=−2×25=−50．
7. D【解析】依题意，a2=2a1−1=2×67−1=57，
a3=2a2−1=2×57−1=37，
a4=2a3=2×37=67，
⋯⋯
所以数列 an 是以 3 为周期的周期数列，
因为 2020=3×673+1，
所以 a2020=a1=67．
8. C【解析】因为数列 an 满足 a1=2，an+1=1+an1−an，
所以 a2=1+a11−a1=1+21−2=−3，
同理可得 a3=−12，a4=13，a5=2，⋯⋯，
所以数列 an 满足 an+4=ann∈N+，且 a1⋅a2⋅a3⋅a4=1，
所以该数列的前 2021 项的乘积为 a1⋅a2⋅a3⋅a4⋅ ⋯ ⋅a2021=1505×a1=2．
9. B【解析】因为 an+1⋅1−an=1，且 a1=−12，
所以 a2=23，a3=3，a4=−12，⋯⋯，
所以数列 an 是周期为 3 的周期数列，
因为 2020=673×3+1，
所以 a2020=a1=−12．
10. D
【解析】由题意得 a1=1，a2=3，a3=a2−a1=2，a4=a3−a2=−1，a5=a4−a3=−3，a6=a5−a4=−2，a7=a6−a5=1，a8=a7−a6=3，
故数列 an 是周期为 6 的周期数列，
且 a1+a2+a3+a4+a5+a6=1+3+2−1−3−2=0．
故该数列的前 50 项之和 S50=8×a1+a2+a3+a4+a5+a6+a49+a50=a1+a2=4．
11. A【解析】a1=a2=1，除以 4 余 1，b1=b2=1，
a3=2，除以 4 余 2，b3=2，
a4=3，除以 4 余 3，b4=3，
a5=5，除以 4 余 1，b5=1，
a6=8，除以 4 余 0，b6=0，
a7=13，除以 4 余 1，b7=1，
a8=21，除以 4 余 1，b8=1，
从而，bn 以 6 为周期，2021÷6=336⋯⋯5．
12. D【解析】已知 an+2+an=an+1, ⋯⋯①
所以 an+3+an+1=an+2, ⋯⋯②
① + ②整理，得 an+3=−an，
所以 an+6=an，
所以数列 an 是以 6 为周期的周期数列，且前 6 项依次为 1，2，1，−1，−2，−1，
所以 S6=0，
所以
S2019=336a1+a2+⋯+a6+a2017+a2018+a2019=336a1+a2+⋯+a6+a1+a2+a3=0+1+2+1=4.
13. B
14. C【解析】由于 an 是数列 1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，⋯ 各项除以 2 的余数，
故 an 为 1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，⋯
所以 an 是周期为 3 的周期数列，
且一个周期中的三项之和为 1+1+0=2．
因为 2019=673×3，
所以数列 an 的前 2019 项的和为 673×2=1346．
故选C．
15. A
16. A【解析】因为 a1=1，a2=3，anan−2=an−1n≥3，
所以 a3=3，a4=1，a5=13，a6=13，a7=1，a8=3，⋯
因此数列 an 为周期数列，an+6=an，an 有最大值 3，a2020=a4=1，
因为 T1=1，T2=3，T3=9，T4=9，T5=3，T6=1，T7=1，T8=3，⋯，
所以 Tn 为周期数列，Tn+6=Tn，Tn 有最大值 9，T2020=T4=9．
17. A【解析】数列 an 中，a1=−2，an+1=1+an1−an，
当 n=1 时，a2=1+a11−a1=−13，
当 n=2 时，a3=1+a21−a2=12，
当 n=3 时，a4=1+a31−a3=3，
当 n=4 时，a5=1+a41−a4=−2，
故数列的周期为 4，
所以 a2021=a505×4×1=a1=−2．
18. C【解析】方法一：因为 fx 在 R 上是奇函数，且 f1−x=f1+x．
所以 fx+1=−fx−1，即 fx+2=−fx．
因此 fx+4=fx，则函数 fx 是周期为 4 的函数，
由于 f1−x=f1+x，f1=2，
故令 x=1，得 f0=f2=0；
令 x=2，得 f3=f−1=−f1=−2，
令 x=3，得 f4=f−2=−f2=0，
故 f1+f2+f3+f4=2+0−2+0=0，
所以 f1+f2+f3+…+f50=12×0+f1+f2=2．
方法二：取一个符合题意的函数 fx=2sinπx2，则结合该函数的图象易知数列 fnn∈N* 是以 4 为周期的周期数列．
故
f1+f2+f3+…+f50=12×f1+f2+f3+f4+f1+f2=12×2+0+−2+0+2+0=2.
19. B
20. C
【解析】由 ai+m=ai 知，序列 ai 的周期为 m，由已知，m=5．
Ck=15∑i=15aiai+k，k=1,2,3,4．
对于选项A，
C1=15∑i=15aiai+1=15a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6=151+0+0+0+0=15≤15,
C2=15∑i=15aiai+2=15a1a3+a2a4+a3a5+a4a6+a5a7=150+1+0+1+0=25,
不满足；
对于选项B，
C1=15∑i=15aiai+1=15a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6=151+0+0+1+1=35,
不满足；
对于选项D，
C1=15∑i=15aiai+1=15a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6=151+0+0+0+1=25,
不满足．
第二部分
21. 己巳
【解析】由题意可知数列天干是 10 个为一个循环的循环数列，地支是以 12 个一个循环的循环数列，从 2020 年到 2049 年一共有 30 年，且 2020 年为庚子年，则 30÷10=3，2049 年的天干为己，30÷12=2 余 6，2049 年的地支为己，故 2049 年为己巳年．
22. 83
【解析】由 an+12−an=2，得 an+1=22−an，
又 a1=52，
所以 a2=22−a1=−4，a3=22−a2=13，a4=22−a3=65，a5=22−a4=52，⋯⋯，
所以数列 an 是周期为 4 的周期数列，
所以
S21=5a1+a2+a3+a4+a21=5a1+a2+a3+a4+a1=5×52−4+13+65+52=83.
23. 14
【解析】因为 Sn=−n2−21n+12（n∈N*，n≤10），
所以 a1=S1=192，
an=Sn−Sn−1=−n2−21n+12+n−12−21n−1+12=11−n
（2≤n≤10），
易知当 n=1 时，不符合该式．
所以 an=192,n=111−n,2≤n≤10，
因为 b1=1，bn+1=nn+1bn（n∈N*，n≤12）．
所以 nbn=n+1bn+1，
所以数列 nbn 是常数列，即 nbn=1×b1=1，
所以 bn=1n（n∈N*，n≤12），
因为 an，bn 的周期分别为 10，12，
所以 a2020=a10=1，b2020=b4=14，
所以 a2020⋅b2020=14．
24. −13，11792
【解析】因为 an+1=1+an1−an，a1=12，
所以 a2=1+a11−a1=3，a3=1+a21−a2=−2，
a4=1+a31−a3=−13，a5=1+a41−a4=12，⋯⋯，
所以数列 an 是以 4 为周期的周期数列，
所以
S2019=a1+a2+⋯+a2019=504×12+3−2−13+12+3−2=11792.
25. 1,2，3,402．
【解析】x2=x1+1−5T15−T0=x1+1，x3=x2+1−5T25−T15=x1+2，x4=x3+1−5T35−T25=x1+3，x5=x4+1−5T45−T35=x1+4，x6=x5+1−5T1−T45=x1，⋯，
于是 x5k+1=x1=1，x5k+2=2；x5k+3=3；x5k+4=4；x5k+5=5 k∈N．
同理可得，y1=1，y2=1，y3=1，y4=1，y5=1，y6=y5+1=2，y7=y6=2 ⋯，
于是 y5k+1=y5k+2=y5k+3=y5k+4=y5k+5=k+1 k∈N．
故第 6 棵树的种植点的坐标为 1,2；2008=5×401+3，x2008=3，y2008=402，故第 2008 棵树的种植点坐标为 3,402．
第三部分
26. 数列 an 为周期数列，周期为 6，
所以 a2014=a4=−1．
27. （1） a1=1，a2=6，a3=−1，a4=−6，a5=1，a6=6，a7=−1，a8=−6．
（2） 这个数列的项是周期性变化的，即 an+4=ann∈N*．
28. （1） an+2=an+1−an+1, ⋯⋯①
an+3=an+2−an+1+1, ⋯⋯②
① + ②得 an+3+an=2, ⋯⋯③
所以 an+6+an+3=2, ⋯⋯④
④ − ③得 an+6=ann∈N*，
故 an 是周期为 6 的周期数列，
由 a1=2，a2=3，解得 a3=2，a4=0，a5=−1，a6=0，
所以 a1+a2+a3+a4+a5+a6=6，
所以 S2020=336×6+a1+a2+a3+a4=2023．
（2） k∈N*，当 n=6k，Sn=S6k=6k=n；
当 n=6k−1，Sn=S6k−1=S6k−a6k=6k=n+1；
n=6k−2，Sn=S6k−2=S6k−1−a6k−1=6k−−1=6k+1=n+3；
类似求得 n=6k−3，Sn=n+4；n=6k−4，Sn=n+3；n=6k−5，Sn=n+1，
所以 Sn=n,n=6kn+1,n=6k−1,n=6k−5n+3,n=6k−2,n=6k−4n+4,n=6k−3，k∈N*．
（3） −1nSnn=1,n=6k,−n+1n,n=6k−1,6k−5n+3n,n=6k−2,n=6k−4−n+4n,n=6k−3 k∈N*；
由题意知 p≤−1nSnn 的最小值，q≥−1nSnn 的最大值．
由数列 −1nSnn 的通项公式知，其最大值在 n=6k−2，6k−4 时取得，
又 n+3n=1+3n 是递减的，
所以最大值为 −12S22=52，
所以 q≥52，
当 n=6k−3 时，−n+4n=−1−4n 是递增的，此时最小值为 −1−43=−73，
当 n=6k−1,6k−5 时，−n+1n=−1−1n 也是递增的，此时最小值为 −1−11=−2．
所以 p≤−73．
故存在实数 p，q，p≤−73，q≥52．
29. （1） 由 a1=10，an+1=an2,an是偶数an+3,an是奇数（n=1,2,3,⋯），
得 a2=5，a3=8，a4=4，a5=2，a6=1，a7=4，⋯，
由上可知，数列 an 自第四项起以 3 为周期周期出现，
当 n=1 时，S3n=23；
当 n≥2 时，S3n=23+3n−1=3n+20．
所以 S3n=23,n=13n+20,n≥2．
（2） S3=a1+a2+a3=17，
若 a1 为偶数，则 a2=a12，
若 a2 为偶数，则 a3=a14，
此时 S3=74a1=17，a1=687（舍）；
若 a2 为奇数，则 a3=a12+3，此时 S3=2a1+3=17，a1=7（舍）；
若 a1 为奇数，则 a2=a1+3 为偶数，则 a3=a1+32，此时 S3=5a1+92=17，a1=5；
综上，a1 的值为 5．
（3） 利用数学归纳法（Ⅱ）证明如下：
（1）当 a1=1,2,3 时，对应的数列分别为：
1，4，2，1，4，2，1，⋯
2，1，4，2，1，4，2，⋯
3，6，3，6，3，6，3，⋯
可知当 a1=1,2,3 时，命题为真；
（2）假设当 a10，fx2−x1>1，
且 fx2=fx2−x1+x1=fx2−x1⋅fx1>fx1，
所以 fx 在 0,12 上单调递增．
（3） 若 f1=a，则 f1=f12+12=f212=a>0，f12=f14+14=f214>0，
所以 f12=a12>0，
同理 f14=a14>0，f18=a18，⋯，f12n=a12n，
事实上，假设 f12k=a12kk∈N*，则 f12k=f12k+1+12k+1=f212k+1=a12k，
所以 f12k+1=a12k+1，即 f12n=a12n．
（4） 由（3）知，f12=a12，
而 f12=fn2n=f12n+12n+⋯+12n⏟n个=fn12n=a12，
所以 f12n=a12n，
由（1）知，an=f2n+12n=f12n=a12n，
所以 limn→∞an=1．
31. （1） 因为 an=−1n，n∈N*，an 是由 2 个不同元素组成的无穷数列，且是周期为 2 的周期数列，
故 t=2，
an 是周期为 2 的周期数列，对于任意的正整数 n，an+2=an，满足性质 T 的条件，故数列 an 具有性质 T．
（2） a20=2．
由条件可知 t=3，考虑 a8 后面连续三项 a9，a10，a11，若 a11≠2，
由 a8=2 及 T 性质知 a9，a10 中必有一数等于 2，
于是 a8，a9，a10 中有两项为 2，故必有 1 或 3 不在其中，
不妨设为 ii=1或3，考虑 a1，⋯，a7 中最后一个等于 i 的项，
则该项的后三项均不等于 i，故不满足性质 T 中条件，矛盾，
于是 a11=2，同理，a14=2，a17=2，a20=2．
（3） 充分性：由数列 an 是周期为 t 的周期数列，每个周期均包含 P 中 t 个不同元素．
对于 P 中的任意元素 pi，aik 为第 k 个满足 aik=pi 的项，
故由周期性得 ik+1=ik+t，
于是 bk=ik+1−ik=t，数列 bk 为常数列，显然满足性质 T．
必要性：取足够大的 N 使 a1，a2，⋯，aN 包含 P 中所有 t 个互不相同的元素，
考虑 aN 后的连续 t 项 aN+1，aN+2，⋯，aN+t，
对于 P 中任意元素 pi，必等于 aN+1，aN+2，⋯，aN+t 中的某一个，
否则考虑 a1，a2，⋯，aN 中最后一个等于 pi 的项，该项不满足性质 T 中条件，矛盾．
由 pi 的任意性知 aN+1，aN+2，⋯，aN+t 这 t 个元素恰好等于 P 中 t 个互不相同的元素，
再由数列 an 性质 T 中的条件得 aN+t+1=aN+1，aN+t+2=aN+2，
于是对于 P 中的任意元素 pi，存在 Nʹ，有 bk=ik+1−ik=tn≥Nʹ，
即数列 bNʹ+kk∈N* 为常数列，
而数列 bk 满足性质 T，故 bk 为常数列，
从而 an 是周期数列，故数列 an 是周期为 t 的周期数列，且每个周期均包含 t 个不同实数．