【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册分层练习4.1《第2课时数列的递推公式与前n项和》（解析版）.doc，共(5)页，89.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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4．1第二课时数列的递推公式与前n项和[A级基础巩固]1．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1，则a5等于()A．15B．16C．31D．32解析：选C∵数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2a

n＋1，∴a2＝2×1＋1＝3，a3＝2×3＋1＝7，a4＝2×7＋1＝15，a5＝2×15＋1＝31.2．若数列{an}满足an＋1＝4an＋34(n∈N*)，且a1＝1，则a17＝()A．13B．14C．15D．

16解析：选A由an＋1＝4an＋34得an＋1－an＝34，a17＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋„＋(a17－a16)＝1＋34×16＝13，故选A.3．(多选)数列{an}中，an＝－n2＋11n，则此数列最大项是()A．第4项B．第5项C．第6项D．第

7项解析：选BCan＝－n2＋11n＝－n－1122＋1214，∵n∈N＋，∴当n＝5或n＝6时，an取最大值．故选B、C.4．我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，12，13，14

，„，1n.①第二步：将数列①的各项乘n，得到数列(记为)a1，a2，a3，„，an.则n≥2时，a1a2＋a2a3＋„＋an－1an＝()A．n2B．(n－1)2C．n(n－1)D．n(n＋1)解析：选C由题意得ak＝n

k.k≥2时，ak－1ak＝n2k－1k＝n21k－1－1k.∴n≥2时，a1a2＋a2a3＋„＋an－1an＝n21－12＋12－13＋„＋1n－1－1n＝

n21－1n＝n(n－1)．故选C.5．由1,3,5，„，2n－1，„构成数列{an}，数列{bn}满足b1＝2，当n≥2时，bn＝abn－1，则b6的值是()A．9B．17C．33D．65解析：选C∵bn＝abn－1，∴b2＝ab1＝a2＝3，b3＝a

b2＝a3＝5，b4＝ab3＝a5＝9，b5＝ab4＝a9＝17，b6＝ab5＝a17＝33.6．函数f(x)定义如下表，数列{xn}满足x0＝5，且对任意的自然数均有xn＋1＝f(xn)，则x2021＝______

__.x12345f(x)51342解析：根据定义可得出：x1＝f(x0)＝2，x2＝f(x1)＝1，x3＝f(x2)＝5，x4＝f(x3)＝2，„，所以周期为3，故x2021＝673×3＋x2＝1.答案：

17．如图(1)是第七届国际数学教育大会(简称ICME-7)的会徽图案，会徽的主体图案是由如图(2)的一连串直角三角形演化而成的，其中OA1＝A1A2＝A2A3＝„＝A7A8＝1，如果把图(2)中的直角三角形继续作下去，记OA1，OA2，„，OAn，„的长

度构成数列{an}，则此数列的通项公式为an＝________.解析：因为OA1＝1，OA2＝2，OA3＝3，„，OAn＝n，„，所以a1＝1，a2＝2，a3＝3，„，an＝n.答案：n8．数列{an}的前

n项和为Sn，若Sn＋Sn－1＝2n－1(n≥2)，且S2＝3，则a1＋a3的值为________．解析：∵Sn＋Sn－1＝2n－1(n≥2)，令n＝2，得S2＋S1＝3，由S2＝3得a1＝S1＝0，令n＝3，得S3＋S2＝5，所以S3＝2，则a3＝S3

－S2＝－1，所以a1＋a3＝0＋(－1)＝－1.答案：－19．根据下列条件，写出数列的前四项，并写出它的一个通项公式：(1)a1＝0，an＋1＝an＋2n－1(n∈N*)；(2)a1＝1，an＋1＝an＋ann＋1(n∈N*)；(3)a1＝2，a2＝3，a

n＋2＝3an＋1－2an(n∈N*)．解：(1)a1＝0，a2＝1，a3＝4，a4＝9.它的一个通项公式为an＝(n－1)2.(2)a1＝1，a2＝32，a3＝42，a4＝52.它的一个通项公式为an＝n＋12.(3)a1＝2，a2＝3，a3＝5，a4＝

9.它的一个通项公式为an＝2n－1＋1.10．已知函数f(x)＝x－1x.数列{an}满足f(an)＝－2n，且an>0.求数列{an}的通项公式．解：∵f(x)＝x－1x，∴f(an)＝an－1an，∵f(an)＝－2n.∴an－1an＝－2n，即a2n＋2na

n－1＝0.∴an＝－n±n2＋1.∵an>0，∴an＝n2＋1－n.[B级综合运用]11．已知数列{an}的首项为2，且数列{an}满足an＋1＝an－1an＋1，数列{an}的前n项的和为Sn，则S1008等于()A．504B．294C．－294D．－

504解析：选C∵a1＝2，an＋1＝an－1an＋1，∴a2＝13，a3＝－12，a4＝－3，a5＝2，„，∴数列{an}的周期为4，且a1＋a2＋a3＋a4＝－76，∴S1008＝S4×252＝252×－76＝－294.12．(多选)数列{Fn}：1,1,2,3,5,8,13

,21,34，„称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入的，故又称为“兔子数列”．该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和．记数列{Fn}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是()A．S5＝F7－1B．S5＝S6－1C．S2019＝

F2021－1D．S2019＝F2020－1解析：选AC根据题意有Fn＝Fn－1＋Fn－2(n≥3)，所以S3＝F1＋F2＋F3＝1＋F1＋F2＋F3－1＝F3＋F2＋F3－1＝F4＋F3－1＝F5－1，S4＝F4＋S3＝F4＋F5－1＝F6－1，S5＝F5＋S4＝F5＋F6－1＝F7－1，„，

所以S2019＝F2021－1.故选A、C.13．已知数列{an}满足a1＝1，an＝a2n－1－1(n＞1)，则a2021＝________，|an＋an＋1|＝________(n＞1)．解析：由a1＝1，an＝a2n－

1－1(n＞1)，得a2＝a21－1＝12－1＝0，a3＝a22－1＝02－1＝－1，a4＝a23－1＝(－1)2－1＝0，a5＝a24－1＝02－1＝－1，由此可猜想当n＞1，n为奇数时an＝－1，n为偶数时an＝0，∴a2021＝－1，|an＋an＋1|＝

1.答案：－1114．已知数列{an}满足a1＝12，anan－1＝an－1－an(n≥2)，求数列{an}的通项公式．解：∵anan－1＝an－1－an，∴1an－1an－1＝1.∴1an＝1a1＋1a2－1a1＋1a3－1a2＋„＋1a

n－1an－1＝2＋1＋1＋„＋1n－1个1＝n＋1.∴1an＝n＋1，∴an＝1n＋1(n≥2)．又∵n＝1时，a1＝12，符合上式，∴an＝1n＋1.[C级拓展探究]15．已知数列{an}的通项公式为a

n＝n22n(n∈N*)，则这个数列是否存在最大项？若存在，请求出最大项；若不存在，请说明理由．解：存在最大项．理由：a1＝12，a2＝2222＝1，a3＝3223＝98，a4＝4224＝1，a5＝5225＝2532，„.∵当n≥3时，an＋1an＝n＋122n＋1

×2nn2＝n＋122n2＝121＋1n2<1，∴an＋1<an，即n≥3时，{an}是递减数列．又∵a1<a3，a2<a3，∴an≤a3＝98.∴当n＝3时，a3＝98为这个数列的最大项．