【文档说明】人教版高中数学选择性必修第二册专题4.1《数列的概念》提升卷(解析版).doc，共(14)页，774.500 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-38005.html

以下为本文档部分文字说明：

专题4.1数列的概念（B卷提升篇）（人教A版第二册,浙江专用）参考答案与试题解析第Ⅰ卷（选择题）一．选择题（共10小题，满分50分，每小题5分）1．（2019·陕西省商丹高新学校期末（文））若数列na的通项公式为*232,103,9nnnnanNn

，则5a（）A．27B．21C．15D．13【答案】A【解析】因为*232,103,9nnnnanNn，所以52353327a，故选：A.2．（2019·黑龙江哈师大青冈实验中学开学考试

）在数列na中，11a，1221nnaa（2n，*nN），则4aA．211B．23C．2D．6【答案】D【解析】11a，1221nnaa（2n，*nN），212221aa，3222213aa，则432621aa.3.（2019·绥德中学

高二月考）数列na的通项公式cos2nnan，其前n项和为nS，则2015SA．1008B．2015C．1008D．504【答案】C【解析】根据三角函数的周期性可，同理得，可知周期为4，．4．（2020·四川凉山·期末（文））德国数学家科拉茨1937年提出了一个

著名的猜想：任给一个正整数t，如果t是偶数，就将它减半（即2t）；如果t是奇数，则将它乘3加1（即31t），不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到1．猜想的数列形式为：0a为正整数，当*nN时，111131,,2nnnnnaaaaa为奇数为偶数，

则数列na中必存在值为1的项．若01a，则5a的值为（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】因为01a，111131,,2nnnnnaaaaa为奇数为偶数，所以13114a，2422a，3212

a，43114a，5422a，故选：B5．（2020·云南其他（理））数学上有很多著名的猜想，角谷猜想就是其中之一，它是指对于任意一个正整数，如果是奇数，则乘3加1．如果是偶数，则除以2，得到的结果再按照上述规则重复

处理，最终总能够得到1．对任意正整数0a，记按照上述规则实施第n次运算的结果为()nanN，则使71a的0a所有可能取值的个数为（）A．3B．4C．5D．6【答案】D【解析】由题意知*nN，111131,,2

nnnnnaaaaa为奇数为偶数，由71a，得62a，54a，41a或48a．①当41a时，32a，24a，11a或18a，02a或016a．②若48a，则

316a，25a或232a，当25a时，110a，此时，03a或020a，当232a时，164a，此时，021a或0128a，综上，满足条件的0a的值共有6个．故选：D．6．（2020·贵州威宁·）观察数列21，ln2，cos3，24，ln5，cos6，27，ln8，

cos9，…，则该数列的第20项等于（）A．230B．20C．ln20D．cos20【答案】C【解析】观察数列得出规律，数列中的项中，指数、真数、弧度数是按正整数顺序排列，且指数、对数、余弦值以3为循环，20632=?，可得第20项

为ln20.故选：C.7．（2020·邵东县第一中学月考）已知数列{}na满足：6(3)3,7,7nnannaan*()nN，且数列{}na是递增数列，则实数a的取值范围是（）A．9(,3)4B．9[,3)4C．(1,3)D．(2,3)【

答案】D【解析】根据题意，an＝f(n)＝633,7,7nanxan，n∈N*，要使{an}是递增数列，必有86301373aaaa，据此有：3129aaaa

或，综上可得2<a<3.本题选择D选项.8．（2020·河北新华·石家庄新世纪外国语学校期中）已知数列na的通项公式为2nann（R），若na为单调递增数列，则实数的取值范围是（）A．,3B．,2C．,1D．,0【答案】A【解析】由已知

得221(1)(1)21nnaannnnn，因为na为递增数列，所以有10nnaa，即210n恒成立，所以21n，所以只需min21n，即2113，所以

3，故选：A.9．（2020·邵东县第一中学期末）已知数列na的前n项和nS，且2(1)nnSan，22nannbS，则数列nb的最小项为（）A．第3项B．第4项C．第5项D．第6项【答案】A【解析】∵1(1)nnn

aSSn,∴1nnnSaS,则21(1)nSn,即2*(N)nSnn,∴22(1)21nannn.易知0nb,∵212+1+14422+1nnnnbbnn，（）,2441422()(1)1nnbnnbnn当211nn时,21n

,∴当13n时,1nnbb,当3n时,1nnbb,又23132,281bb,∴当3n时,nb有最小值.故选：A10．（2020·浙江其他）已知数列na满足101aaa，212019nnnaaa，*nN，则（）A．当23a时，20201

aB．当12a时，20201aC．当13a时，20201aD．当14a时，20201a【答案】C【解析】因为2102019nnnaaa，所以na递增，从而naa，当23a时，212019nnnaaa2

232019，所以20201424920191201939aa，排除A.当102a时，因为2120192019nnnaaa2019nnaa，所以1111112019201920192019nn

nnnaaaaa，所以11112019nnnaaa，所以1111120192019nnnaaa，从而202011111201912112019aaa，故有20201a.故选：C.第Ⅱ卷（非选

择题）二．填空题（共7小题，单空每小题4分，两空每小题6分，共36分）11．（2020·上海市七宝中学期末）已知数列na的前n项和为nS，cos()nan，*nN，则2020S________.【答案】0【解析】由cos()nan得2co

s2cosnnanna，所以数列na以2为周期，又1cos1a，2cos21a，所以20201210100Saa.故答案为：0.12.（2020·云南昆明·高二期末（理））数列na中，已知22a，21nnnaaa，若834a

，则数列na的前6项和为______．【答案】32【解析】∵数列na中，22a，21nnnaaa，834a，∴32112aaaa，43211224aaaaa，543162a

aaa，6541103aaaa，7651165aaaa，876126834aaaa，解得11a，∴数列na的前6项和为：61111112246210324832Saaaaaa，故答案为

：32.13．（2020·潜江市文昌高级中学期末）观察下列数表：设1025是该表第m行的第n个数，则mn______.【答案】12【解析】根据上面数表的数的排列规律，1、3、5、7、9、…都是连续奇数，第一行1个数；第二行122个数，且第一个数是23=21；第三行242个数

，且第一个数是37=21；第四行382个数，且第一个数是415=21；…第10行有92个数，且第一个数是1021=1023，第二个数是1025，所以1025是该表第10行的第2个数，所以10m，2n

，则12mn故答案为：12.14．（2018·浙江温州·高一期中）已知数列{}na对任意的*,pqN满足pqpqaaa，且24a，则6a_______，na_______.【答案】122n

【解析】由题意，根据条件得2114aaa，则12a，而3216aaa，所以63312aaa，…，由此可知2nan，从而问题可得解.15．（2020·浙江省高一期末）设数列na的前n项和为nS，满足1(1)2nnnnSa*nN，则

1a_________；3S_________.【答案】14116；【解析】（1）*1(1)2nnnnSanN当1n时，1112aa，解得114a.（2）当2n时111111(1)(1)22nnnnnnnnnaSSaa，令3n

可得，3321184aaa，即32128aa，令4n可得，44311168aaa,解得：3116a，214a则31231111441616Saaa.16．（

2020·安徽省六安一中高三其他（文））已知在数列na中，611a且111nnnana，设11nnnbaa，*nN，则na________，数列nb前n项和nT________．【答案】21n21nn

【解析】111nnnana，1111111nnaannnnnn111211nnaannnnn111nann为常数列，611221155naannn212nann，1n，11a适合上式．∴

21nan，*nN，111111(21)(21)22121nnnbaannnn，∴111111111111232352212122121nnTnnnn．

故答案为：21n；21nn．17．（2020·湖南开福·周南中学二模（理））已知数列{na}对任意的n∈N*，都有na∈N*，且1na=312nnnnaaaa，为奇数，为偶数①当1a=8时，2019a__

_____②若存在m∈N*，当n>m且na为奇数时，na恒为常数P，则P=_______【答案】21【解析】1312nnnnnaaaaa，为奇数，为偶数，则1234568,4,2,1,4,2,...a

aaaaa故从第二项开始形成周期为3的数列，故20192a当na为奇数时，131nnaa为偶数，故123122nnnaaa若2na为奇数，则312nnaa，故1na，不满足；若2na为偶数，则2323122nnn

aaa，直到为奇数，即*31,2nnkaakN故*123nkaN，当2k时满足条件，此时1na，即1p故答案为：①2；②1三．解答题（共5小题，满分64分，18--20每小题12分，21,22每小题14分）18．（2017·山东省单县第五中学高二月考

（文））数列na的通项*10111nnannN，试问该数列na有没有最大项？若有，求出最大项；若没有，说明理由.【答案】最大项为1091091011aa【解析】设na是该数列的

最大项，则11nnnnaaaa∴111010121111101011111nnnnnnnn解得910n∵*nN，∴910nn或，∴最大

项为1091091011aa点睛：求数列最大项或最小项的方法（1）可以利用不等式组11(2)nnnnaanaa找到数列的最大项；利用不等式11(2)nnnnaanaa找到数列的最小项．（2）从函数的角度认识数列，注意数列的函数特征，利用函数的

方法研究数列的最大项或最小项．19．（2020·黑龙江龙凤·大庆四中月考（文））数列{}na满足：212231naaannn，*nN.（1）求{}na的通项公式；（2）设1nnba，数

列{}nb的前n项和为nS，求满足920nS的最小正整数n.【答案】（1）21nann；（2）10.【解析】（1）∵212231naaannn．n=1时，可得a1＝4，n≥2时，211

21123naaannn．与212231naaannn．两式相减可得1nan＝（2n﹣1）+1=2n，∴21nann．n=1时，也满足，∴21nann.（2）1

121nnbann=11121nn∴Sn11111111112223121nnn，又920nS，可得n>9，可得最小正整数n为10．20．（2020·上海市七

宝中学期中）数列na满足1212nnnnnnaaaaaa*11,nnaanN，且11a，22a.规定的na通项公式只能用sinAxc0,0,2A的形式表示.（1）求3a的值；（2）证明3为数列na的一个周期，并用正整

数k表示；（3）求na的通项公式.【答案】（1）33a（2）证明见解析；*2N3kk.（3）232sin2333nan【解析】（1）当a1＝1，a2＝2，a1a2a3＝a1+a2+a3，解得a3＝3；（2）当n

＝2时，6a4＝2+3+a4，解得a4＝1，当n＝3时，3a5＝1+3+a5，解得a5＝2，…，可得an+3＝an，当a1＝1，a2＝2，a3＝3；故3为数列{an}的一个周期，则2k＝3，k∈N*，则*2N3kk；（3）由（2）可得a

n＝Asin（23n+φ）+c，则1＝Asin（23+φ）+c，2＝﹣Asin（3+φ）+c，3＝Asinφ+c，即1＝A•32cosφ﹣A•12sinφ+c，①2＝﹣A•32cosφ﹣A•12sinφ+c，②由①+②，可得3＝﹣Asinφ+2c，∴c＝2，Asi

nφ＝1，①﹣②，可得﹣1＝A•3cosφ，则tanφ＝﹣3，∵|φ|＜2，∴φ＝﹣3，∴A＝﹣233，故232sin2333nan．21．（2020·湖北宜昌·其他（文））数列{}na中，12a，1

(1)()2(1)nnnnaaan.（1）求2a，3a的值；（2）已知数列{}na的通项公式是1nan，21nan，2nann中的一个，设数列1{}na的前n项和为nS，1{}nnaa的前n项和为nT，若

360nnTS，求n的取值范围．【答案】（1）26a，312a（2）17n，且n是正整数【解析】（1）∵1121nnnnaaan，∴1321nnnaan∴21132611a

a322321221aa（2）由数列na的通项公式是1nan，21nan，2nann中的一个，和26a得数列na的通项公式是21nannnn由1nann可得111111nannnn∴121111111111122311na

aannn∴111nSn∵2132111nnnaaaaaaaa，1nann∴2

213213nnaaaaaann即23nTnn由360nnTS，得243570nn，解得17n或21n∵n是正整数，∴所求n的取值范围为17n，且n是正整数22．（2020·上海市七宝

中学期末）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】（1）由111nnaa得111nnaa，∴41101a，311112a，2121312a，1132513ta；（2）若*122,nannN，则1

112na，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.