人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.1 数列的概念课时训练

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.1 数列的概念课时训练，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知数列an满足关系：an+1=1+1an，a7=2113，则a5=（ ）
A．32B．53C．85D．138
2．已知an+1−an−3=0，则数列an是（ ）
A．递增数列B．递减数列
C．先递增后递减数列D．常数列
3．已知数列an，a1=1，an+an+1=3，则S2023等于（ ）
A．3027B．3028C．3034D．3035
4．数列3，5，7，9，…的一个通项公式是（ ）
A．an=2n+1B．an=2n+1C．an=2n+1D．an=2n+1−1
5．若数列{an}满足a1=1，lg2an+1=lg2an+1n∈N*，它的前n项和为Sn，则Sn=（ ）
A．2−21−nB．2n−1−1C．2n−1D．2−2n−1
6．数列an满足an+an+2>2an+1n∈N*，则下列判断一定正确的是（ ）
A．数列an是递增数列
B．数列an是递减数列
C．若数列an满足a2>a1，则an>an−1n>1,n∈N*成立
D．存在常数c，使得an>cn∈N*恒成立
7．等比数列an的前n项和为Sn，若a3⋅a4=a5，S3=133，则公比q=（ ）
A．3B．13C．3或13D．2
8．斐波那契数列（Fibnacci sequence），又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多·斐波那契（Lenard Fibnacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，….从第3项开始，每一项都等于前两项之和，记此数列为an，则a12+a22+⋅⋅⋅+a20212=（ ）
A．a2020a2021B．a2020a2022C．a2021a2022D．a2022a2023
二、多选题
9．(多选)下列关于数列的说法正确的是（ ）
A．按一定次序排列的一列数叫做数列
B．若{an}表示数列，则an表示数列的第n项，an=f(n)表示数列的通项公式
C．同一个数列的通项公式的形式不一定唯一
D．同一个数列的任意两项均不可能相同
10．数列an的前n项和为Sn，已知Sn=−n2+7n−3，则（ ）
A．a10=−12B．an是递减数列
C．当n>4时，an<0D．当n=3或4时，Sn取得最大值
11．已知数列an满足：an+1=an+aan+1a∈R,n∈N*且a1=12，则下列说法正确的是（ ）
A．存在a∈R，使得1an为等差数列
B．当a=-1时，a2020=3
C．当a=2时，a1D．当a=4时，{an+2an-2}是等比数列
三、填空题
12．数列{an}中，满足2an+1﹣an=0，且a2=12；则a4= .
13．数列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，…的第100项是 .
14．定义maxa,b表示实数a,b中较大的数，已知数列an满足a1=a(a>0),a2=1, an+2=2max(an+1,2)an(n∈N∗)，若a2015=4a，记数列an的前项和为Sn，则S2016的值为 .
四、解答题
15．根据数列an的递推公式，写出它的前4项．
(1)an=−2an−1+1n≥2,n∈Na1=1
(2)an+2=2an+an+1n≥1,n∈Na1=1,a2=1
16．已知数列an前n项和为Sn，an=1n(n+1)(n∈N∗).
（1）计算S1,S2,S3,S4，并猜想Sn；
（2）证明你的结论.
17．已知正项数列an的前n项和为Sn，且an和Sn满足：Sn=18an+22n∈N*.
（1）求an的通项公式；
（2）设数列bn=an+24×12n，求bn的前n项和Tn.
18．已知数列满足a1=1，1an+1−1an=2n+1.
(1)求an的通项公式；
(2)若anbn=sin2nπ3，记数列bn的前99项和为T99，求T9999.
19．已知各项均为正数的数列an满足an+12−an2=8n，且a1=1.
(1)写出a2,a3，并求an的通项公式；
(2)记bn=an,n为奇数,2an+14,n为偶数,求b1b2+b3b4+b5b6+⋯+b13b14.
参考答案：
1．C
【分析】利用递推关系式依次倒序求值.
【详解】已知a7=2113，an+1=1+1an，
则a7=1+1a6=2113，解得a6=138，
则a6=1+1a5=138 ，解得a5=85，
故选：C.
2．A
【分析】根据数列相邻两项差的正负即可判断此数列的增减性.
【详解】因为an+1−an−3=0，所以an+1−an=3>0，
所以数列an是递增数列.
故选：A
3．C
【分析】
根据题意利用并项求和法运算求解.
【详解】因为a1=1，an+an+1=3，
所以S2023=a1+a2+a3+a4+a5+⋅⋅⋅+a2022+a2023=1+3×2023−12=3034.
故选：C.
4．A
【解析】根据3，5，7，9，…，数列的规律采用验证的方法得到数列的通项公式.
【详解】解：因为a1=2×1+1,a2=2×2+1,a3=2×3+1,a4=2×4+1,⋯
所以an=2n+1.
故选：A
5．C
【分析】由lg2an+1=lg2an+1n∈N*，得到an+1=2an，利用等比数列的前n项和公式求解.
【详解】因为lg2an+1=lg2an+1n∈N*，
所以an+1=2an，
所以{an}是以1为首项，以2为公比的等比数列，
所以由等比数列的求和公式得Sn=2n−1，
故选：C.
6．C
【分析】举反例可判断A、B、D选项；对于C选项，由an+2−an+1>an+1−an可判断.
【详解】解：令an=lg0.5nn∈N*，数列an是递减数列，
满足an+an+2=lg0.5n+lg0.5n+2=lg0.5n2+2n>lg0.5n+12=2an+1，
当n无穷大时，an=lg0.5n→−∞，所以A项错误，D项错误﹔
令an=n2n∈N*，数列an是递增数列，
满足an+an+2=n2+n+22=2n2+4n+4>2n+12=2an+1，所以B项错误；
对于C项，因为a2>a1，所以a2−a1>0，
由an+an+2>2an+1n∈N*得an+2−an+1>an+1−an，
所以an−an−1>an−1−an−2>an−2−an−3>⋅⋅⋅>a2−a1>0，所以n>an−1n>1,n∈N*成立，C项正确.
故选：C.
7．C
【分析】利用等差数列的通项公式，化简求出a2，判断q≠1，利用前n项和公式表示S3，联立方程即可解出q.
【详解】数列an为等比数列，设首项为a1，公比为q，根据题意有a1⋅q2⋅a1⋅q3=a1⋅q4，
即a1⋅q=1①，所以a2=1，若q=1，则有S3=3，与S3=133不符，所以q≠1，
所以S3=a11−q31−q=133②，联立①②两式有：a1⋅q=1a11−q31−q=133，即
1q1−q1+q+q21−q=133，整理得3q2−10q+3=0，解得q=3或q=13.
故选：C
8．C
【分析】根据题意得出递推公式an+2=an+1+an⇒an+12=an+1an+2−an，结合a12=a2a1累加即可.
【详解】由已知条件可知an+2=an+1+an，则an+1=an+2−an，且a1=a2，
则a12=a2a1，a22=a2a3−a1=a2a3−a2a1，a32=a3a4−a2=a3a4−a2a3，…，
a20202=a2020a2021−a2019=a2020a2021−a2019a2020，
a20212=a2021a2022−a2020=a2021a2022−a2021a2020，
上述各式相加得a12+a22+⋅⋅⋅+a20212
=a2a1+a2a3−a2a1+a3a4−a2a3+⋅⋅⋅+a2020a2021−a2019a2020+a2021a2022−a2021a2020 =a2021a2022.
故选：C.
9．ABC
【分析】根据数列的定义，可判断A、B、C的正误，常数数列各项可相等，可得D错误，即可得答案.
【详解】根据数列的定义，我们把按定次序排列的一列数叫作数列，可得A正确；
若{an}表示数列，则an表示数列的第n项，an=f(n)表示数列的通项公式，可得B正确；
同一个数列的通项公式的形式不一定唯一，
例如an=2−n，也可写成an=2−n,n≤2n−2,n>3，可得C正确；
因为一个数列的每一项的值是可以相同的，比如说常数数列，可得D错误，
故选：ABC
10．ACD
【分析】首先根据an,Sn的关系求出数列an的分段表达式，然后结合数列的性质即可逐一判断各个选项求解.
【详解】a1=S1=−1+7−3=3，n≥2,n∈N*时，
an=Sn−Sn−1=−n2+7n−3+n−12−7n−1+3=−2n+1+7=8−2n，
对于A，a10=8−20=−12，故A正确；
对于B，a1=3对于C，显然a1=3>0，当n≥2,n∈N*时，an=8−2n<0当且仅当n>4，故C正确；
对于D，由于a1>0,a2>a3>a4=0>a5>a6>⋯，所以当n=3或4时，Sn取得最大值，故D正确.
故选：ACD.
11．ABD
【分析】对于A，当a=0时，推导出1an+1=1+1an，从而1an为等差数列；对于B，当a=-1时，推导出an+4=an，从而数列an是周期为4的周期数列，进而a2020=a4=3；对于C，当a=2时，a2=53>2，C错误；对于D，当a=4时，an+1=an+4an+1，推导出an+1-2=an+4an+1-1=3an+1>0，由此能推导出当a=4时，{an+2an-2}是等比数列
【详解】对于A，当a=0时，1an+1=an+1an=1+1an，
∴存在a∈R，使得1an为等差数列，故A正确；
对于B，当a=-1时，an+1=an−1an+1，
a2=−13，a3=−2，a4=3，a5=12，
∴an+4=an，∴数列an是周期为4的周期数列，
∴当a=-1时，a2020=a4=3，故B正确；
对于C，当a=2时，a2=53>2，C错误；
对于D，当a=4时，an+1=an+4an+1，
若an>0，则an+1>0，
∵a1=12>0，可知对任意n∈N*，有an>0，
∴an+1-2=an+4an+1-1=3an+1>0，
∵an+1+2an+1-2an+2an-2=an+4an+1+2an+4an+1-2⋅an-2an+2=an+4+2(an+1)a1+4-2(an+1)an+2=-3，
∴当a=4时，{an+2an-2}是等比数列，故D正确．
故选：ABD
12．18
【分析】由已知可得an为公比为12的等比数列，再由a2=12，即可求解.
【详解】2an+1﹣an=0，且a2=12，∴an≠0，
an+1an=12，an为公比为12的等比数列，
a4=a2⋅(12)2=18.
故答案为:18.
【点睛】本题考查等比数列的判断，以及等比数列基本量的运算，属于基础题.
13．14
【解析】次数列是由一个1，二个2，三个3，…组成，欲求第100项，则需求自然数列前n项和不大于100的n的值即可.
【详解】因为1+2+3+...+n=nn+12，
由nn+12≤100，得n的最大值为13，
即最后一个13是第91项，而14共有14项，
所以第100项是14，
故答案为：14
【点睛】本题主要考查数列的应用以及等差数列前n项和公式，还考查了逻辑推理的能力，属于基础题.
14．7255
【分析】按a的大小，分类讨论根据数列的定义求出数列的前几项，得出数列的周期性，由a2015=4a求得a值，然后利用周期性求和．
【详解】由题意a3=4a，当a≥2时，a4=4，a5=2a，a6=a，a7=1，因此an是周期数列，周期为5，所以a2015=a5=2a≠4a，不合题意，当a<2时，a4=8a，a5=4，a6=a，a7=1，同理an是周期数列，周期为5，所以a2015=a5=4=4a，a=1，a1+a2+a3+a4+a5=18，S2016=403×18+1
=7255．
故答案为：7255．
15．(1)a1=1，a2=−1，a3=3，a4=−5；
(2)a1=1，a2=1，a3=3，a4=5
【分析】利用递推式可得答案.
【详解】（1）a1=1，
a2=−2a1+1=−1，
a3=−2a2+1=3，
a4=−2a3+1=−5；
（2）a1=1，a2=1，
a3=2a1+a2=3，
a4=2a2+a3=5.
16．（1）S1=12，S2=23,S3=34,S4=45，猜想Sn=nn+1；（2）见解析
【解析】（1）由an=1n(n+1)(n∈N∗)，直接算出a1,a2,a3,a4，根据数列前n项和的定义，即可求出S1,S2,S3,S4，归纳总结即可猜想出Sn；
（2）利用裂项相消法求数列前n项和Sn，即可证明出Sn=nn+1.
【详解】解：（1）由题可知，an=1n(n+1)(n∈N∗)，Sn为数列an前n项和，
则a1=11×2=12,a2=12×3=16,a3=13×4=112,a4=14×5=120，
所以S1=a1=12，
S2=a1+a2=12+16=23，
S3=a1+a2+a3=12+16+112=34，
S4=a1+a2+a3+a4=12+16+112+120=45，
所以猜想：Sn=nn+1.
（2）证明：由于an=1n(n+1)=1n−1n+1，
∵Sn=a1+a2+a3+⋯+an，
∴Sn=11×2+12×3+13×4+⋯+1n(n+1)
=1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1
=1−1n+1
=nn+1，
所以，对于∀n∈N∗，都有Sn=nn+1，所以猜想成立.
【点睛】本题考查数列前n项和的定义和利用裂项相消法求数列的前n项和，考查化归思想和计算能力，属于基础题.
17．（1）an=4n−2n∈N*；（2）Tn=2−n+22n.
【分析】（1）当n=1时，a1=S1=2，再由n≥2时，an=Sn−Sn−1，解得an−an−1=4，所以数列an以2为首项，4为公差的等差数列，即可得解；
（2）带入an的通项公式，可得bn=an+24×12n=n2n，利用错位相减法，即可得解.
【详解】（1）当n=1时，a1=S1=18a1+22，解得：a1=2，
当n≥2且n∈N*时，Sn−1=18an−1+22，
∴an=Sn−Sn−1=18an+22−18an−1+22，
整理可得：an+an−1an−an−1=4an+an−1，
∵an>0，∴an+an−1>0，∴an−an−1=4，
∴数列an以2为首项，4为公差的等差数列，
∴an=2+4n−1=4n−2n∈N*.
（2）由（1）知，bn=an+24×12n=n2n，Tn=b1+b2+⋯+bn=121+222+⋯+n2n，
则2Tn=1+221+322+⋯+n2n−1，
∴Tn=2Tn−Tn=1+121+122+⋯+12n−1−n2n=2−n+22n.
18．(1)an=1n2
(2)T9999=−3332
【分析】（1）首先通过累加法求解1an−1a1=n2−1，然后解得an=1n2；
（2）首先通过分析判断出数列anbn是周期数列，然后通过平方差公式分解求得T99，最后代入求解即可；
【详解】（1）因为1an+1−1an=2n+1，
所以1an−1an−1=2n−1，1an−1−1an−2=2n−3,⋯,1a2−1a1=2×1+1=3，
累加得1an−1a1=3+5+7+⋯+2n−1=n2−1，
所以an=1n2.
（2）因为anbn=sin2nπ3，所以bn=n2sin2nπ3.
当n=1时，sin2π3=32；
当n=2时，sin4π3=−32；
当n=3时，sin2π=0.
所以数列sin2nπ3是以3为周期的数列.
T99=32×1−22+32×42−52+32×72−82+⋯+32×972−982
=−32×(1+2+4+5+7+8+⋯+97+98)
=−32×1+4+7+⋯+97+2+5+8+⋯+98
=−32×(1+97)×332+(2+98)×332=−33×9932
故T9999=−3332.
19．(1)a2=3，a3=5，an=2n−1n∈N*
(2)5390
【分析】（1）利用递推关系，可求a2,a3的值；结合题意，可用“累加法”求数列的通项公式.
（2）用错位相减法求和.
【详解】（1）因为an+12−an2=8n,a1=1,an>0，
所以，当n=1时，a22−a12=8，即a22=a12+8=9，
所以a2=3，
当n=2时,a32−a22=8×2,a32=a22+16=25，所以a3=5，
当n≥2时，an2=an2−an−12+an−12−an−22+⋯+a22−a12+a12 =8n−1+8n−2+⋯+8×1+1
=81+2+⋯+n−1+1=8×nn−12+1 =(2n−1)2，
所以an=2n−1，
当n=1时，a1=1也符合上式.
综上，an=2n−1n∈N*.
（2）由（1）得，bn=2n−1,n为奇数,2n2,n为偶数,
设S=b1b2+b3b4+b5b6+⋯+b13b14，
则S=1×2+5×22+9×23+⋯+21×26+25×27①，
2S=1×22+5×23+⋯+21×27+25×28②，
①-②得−S=1×2+4×22+4×23+⋯+4×27−25×28
=2+4×41−261−2−25×28=−5390，
所以S=5390，
故b1b2+b3b4+b5b6+⋯+b13b14=5390.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
C
A
C
C
C
C
ABC
ACD
题号
11









答案
ABD