【文档说明】人教版高中数学选择性必修第二册培优练习4.1《数列的概念》（解析版）.doc，共(15)页，582.000 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-37902.html

以下为本文档部分文字说明：

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na中，13=4a，111nnaa（,2nNn），那么2020a等于（）A．13B．34C．2D．4【答案】B【解析】【分析】根据13=4a，111nnaa，计算数列的前几项，得到数列

na是以3为周期的数列求解.【详解】因为13=4a，111nnaa，所以211113aa，32114aa，431314aa，…所以数列na是以3为周期的数列，所以202067331134aaa，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1、1、2、3、5、8、13、21、34、称为斐波那契数列，是意大利著名数学家斐波那契于1202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2020项中，偶数的个数为（）A．505B．673C．674D．1010【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3kkN项为偶数，再由202036731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3kk

N项为偶数，由于202036731，所以前2020项中偶数的个数为673．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1a辛，1b酉（1861）；2a壬，2b戌（1862）；3a癸，3b亥（1863），所以记天干为数列na，且最小正周期为10，记地支为数列nb，且最小正周期为12，

故20688aa戊，20684bb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l上取长度为1的线段AB，做一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为

半径逆时针画圆弧，交线段BC的延长线于点D，再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧，交线段AC的延长线于点E，以此类推，当得到的“螺旋蚊香”与直线l恰有21个交点时，“螺旋蚊香”的总长度的最小值为（）A．310πB．

340πC．930πD．1020π【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l恰有21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l恰有21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33(101)30r，所以“螺旋蚊香”的总长度的最小值为3

0130112123...302310332l.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．152B．134C．128D．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:222nan.所以该数列第16项为21628=128a.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．153B．190C．231D．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n个六边形数为na，找出规律，

相邻两项差构成等差数列，累加求得22nann，将11n代入求得结果.【详解】记第n个六边形数为na，由题意知：11a，215141aa，32142aa，43143aa，，114(1)nnaan，累加得21(1)[543]59[14(1)]21

2nnnaannn，即22nann，所以21121111231a，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na称为“斐波那契数列”，记nS为

数列na的前n项和，则下列结论正确的是（）A．68aB．733SC．13520192020aaaaaD．22212201920202019aaaaa【答案】ABCD【解析】【分析】由

题意可得数列na满足递推关系12211,1,(3)nnnaaaaan，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1,1,2,3,5,8，故A正确；对B，71123581333S，故B正确；对C，由12aa，342aaa，564aaa

，……，201920202018aaa，可得：13520192020aaaaa.故1352019aaaa是斐波那契数列中的第2020项.对D，斐波那契数列总有21nnnaaa，则2121aaa，2223

12321aaaaaaaa，233423423aaaaaaaa，……，220182018201920172018201920172018aaaaaaaa，22019201920202019201

8aaaaa2222123201920192020aaaaaa，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Fn，则Fn的通项公式为（）A．(1)1()2nnFnB．11,2FnFnFnn且11,21FFC．11515225nnFnD．11515225

nnFn【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11,21FF，3122FFF

，4233FFF，，11,2FnFnFnn，所以11,2FnFnFnn且11,21FF，即B满足条件；由11,2FnFnFnn，所以15151511222FnFnF

nFn所以数列1512FnFn是以152为首项，152为公比的等比数列，所以1515122nFnFn所以115121151515()()222nnFFnn，令1152nn

nFb，则15312nnbb，所以1555355()10210nnbb，所以5510nb以5510为首项，532为公比的等比数列，所以1555553()()10102nnb，所以1155555315

51515101022522nnnnFn；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na，若存在正整数k2k，使得1kkaa，1kkaa，则称ka是数列na的“谷值，k是数列na的“谷值点”，在数列na中，若98nann，则数列na的

“谷值点”为()A．2B．3C．5D．7【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98nann，所以123456783761292,,2,,,,,245278aaaaaaaa，当7,nnN，9998

088nnannnnn，此时数列单调递增，21aa，23aa，76aa，78aa，所以数列na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na中，11a，32122223nnaaaaannN，则na______．【答案】21nn【解析】【分析】由已知得：当2n时，31211222231nnaaaaan，与原式相减得12nn

naaan，即11+1nnnnnaan，递推可得答案.【详解】由题意得：当2n时，31211222231nnaaaaan，所以12nnnaaan，即2211nnnana，也即是

11+1nnnnnaan，所以121+1221211nnnnnannnaaan，所以21nnan，故答案为：21nn.【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na满

足1133,2,nnaaan则nan的最小值为__________.【答案】212【解析】【分析】先利用累加法求出an＝33+n2﹣n，所以331nannn，设f（n）331nn，由此能导出n＝5或6时f（n）有最小值．借此能得到nan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331

nannn设f（n）331nn，令f′（n）23310n＞，则f（n）在33，上是单调递增，在033，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55355a，66321662a，所以nan的最小值为62162a故答案为212【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na满足：12020a，2*11nnnaaanN，若正整数k使得2221212...2...2021kkaaaaaa成立，则k____

_______.【答案】2019【解析】【分析】根据2*11nnnaaanN可得211nnnaaa且111nnnaaa，结合已知条件的等式成立，即可求k的值；【详解】2*11nnnaaanN

知：211nnnaaa且111nnnaaa，则：22212213211...11...12020kkkkaaaaaaaaaak，311212121111......1112021kkkkaaaaa

aaaaa，而2221212...2...2021kkaaaaaa，∴112018120212021kkaka，即得2019k.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na中，254nann.（1）18是数列中的第几项？（2）n为何值时，na有最小值？并求最小值.【答案】（1）第7项；（2）2n或3n时，最小值为2【解析】【分析】（1）

令25418nann且nN，解方程可得n的值.（2）利用二次函数的单调性和最值可得na有最小值以及对应的n的值.【详解】令25418nann，即25140nn，解得：7n或2n（舍）（2）由254nann，

因为254yxx，开口向上，对称轴52x所以2n或3n时，na有最小值为2225242a.【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n个图形中的黑点总数为fn.(1)求

2,3,4,5ffff的值;(2)找出fn与1fn的关系,并求出fn的表达式.①②③④【答案】(1)见解析；(2)23,*.fnnnN【解析】【分析】（1）根据题意可直

接写出结果；（2）分别计算出21ff，32ff，43ff，54ff，归纳出1fnfn，再由累加法即可求出fn的表达式.【详解】（1）由题意可得：212f，327

f，448f，575f；（2）因为219ff；3215ff；4321ff；5427ff；观察猜想：1fnfn是一个首项为9公差为6的等差数列，即191663fnfnnn．因为

219ff；3215ff；4321ff；5427ff；163fnfnn；把上述式子累加可得到：296311332nnfnfn；又因为

13f，所以23fnn.【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na中，11a，214a，且1(1))(2,3,4,nnnnaanna.（1）求3a、4a的值，（2）设*111()nnbnNa试

用nb表示1nb，并求nb的通项公式；（3）设*1sin3()coscosnnncnNbb，求数列{}nc的前n项和nS.【答案】（1）317a，4110a；（2）11nnnbbn，*nN

，3nbn，*nN；（3）tan33tan3n.【解析】【分析】（1）由数列{}na中，11a，214a，且1(1)(2,3,4,...)nnnnannaa，分别令2n和3n

，求出3a、4a的值.（2）当2n时，1(1)11111(1)(1)1nnnnnnnananananana，即11nnnbbn，则11nnnbbn，然后用累乘法求解.（3）由1sin3tan(33)tan3cos

cosnnncnnbb，然后利用裂项相消法求解.【详解】（1）∵数列na中，11a，214a，且1(1)(2,3,4,...)nnnnannaa∴2321(21)1412724aaa，34312(31)17131037aaa

，∴317a，4110a·（2）当2n时，1(1)11111(1)(1)1nnnnnnnananananana,∴当2n时，11nnnbbn，故11nnnbbn，*nN，累乘得111232...12341nnnnnbbnbnn

nn，∵13b，∴3nbn，*nN.（3）∵1sin3coscosnnncbbsin(333)tan(33)tan3cos(33)cos3nnnnnn，∴12n

nSccc(tan6tan3)(tan9tan6)tan(33)tan3nntan33tan3n·【点睛】本题主要考查数列的通项公式和前n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

na满足1at，111nnaa，数列na可以是无穷数列，也可以是有穷数列，如取1t时，可得无穷数列：1，2，32，53，...；取12t时，可得有穷数列：12，1，0.（1）若50a，求t的值；（2）若12na对任意

2n，*nN恒成立.求实数t的取值范围；（3）设数列nb满足11b，*111nnbnNb，求证：t取数列nb中的任何一个数，都可以得到一个有穷数列na.【答案】（1）35t；（2）1t；（3）证明见解析

.【解析】【分析】（1）根据题意，得到111nnaa，逐项计算，求出1a，即可得出结果；（2）根据*122,nannN，得出131122nnaa，因此只需212a即可，由题中条件，求出2a，得出不等式求解，即可得出结果；（3）由题意，得到11

1nnbb，设1katb，*kN，逐项计算，得出10ka，即可证明结论成立.【详解】（1）由111nnaa得111nnaa，∴41101a，311112a，2121312a，1132513ta；（2）若

*122,nannN，则1112na，131122nnaa，即112na，故只要212a即可，因为1at，所以21tat，∴112tt，解得1t；（3）由111nnbb得111nnbb

，设1katb，*kN，则2111kkabb32111kkabb，12111kabb，11101ka，故na有1k项，为有穷数列.即t取数列nb中的任何一个

数，都可以得到一个有穷数列na.【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.