2.1 数列提高练-2020-2021学年高二数学精选新题汇编（苏教版必修5）

2020-2021学年苏教版高二数学必修五精选新题汇编（提高） 第2章《数列》 2.1 数列 一．选择题 1．（2021春•安徽月考）在数列{an}中且a2020，则a2023＝（　　） A． B． C． D．3 【解答】解：由条件数列{an}中知， 数列是等差数列，则其公差． 因此． 故选：C． 2．（2021春•安徽月考）若数列{an}各项均为正数，满足，且，，则a2021＝（　　） A． B． C． D． 【解答】解：由条件知， 数列{an}是等比数列， 则其公比满足， 故． 因此． 故选：C． 3．（2021春•新乡月考）意大利数学家斐波那契于1202年在他撰写的《算盘全书》中提出一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，……．这个数列称为斐波那契数列，该数列与自然界的许多现象有密切关系，在科学研究中有着广泛的应用．该数列{an}满足a1＝a2＝1，an+2＝an+an+1（n∈N+），则该数列的前1000项中，为奇数的项共有（　　） A．333项 B．334项 C．666项 D．667项 【解答】解：该数列第3，6，9，…项为偶数，以3为周期， 1000＝3×333+1， 所以前1000项中，为偶数的项共有333项， 则为奇数的项共有1000﹣333＝667项． 故选：D． 4．（2020秋•阎良区期末）已知数列{an}满足a1+2a2+…+nan＝16n，则a4＝（　　） A．2 B．3 C．4 D．8 【解答】解：依题意，由a1+2a2+…+nan＝16n，可得 a1+2a2+…+（n﹣1）an﹣1＝16（n﹣1）， 两式相减，可得 nan＝16n﹣16（n﹣1）， 化简整理，得 an， ∴a44． 故选：C． 5．（2020秋•滁州期末）已知数列{an}满足an+2+an＝2an+1+1，且a1＝1，a2＝5，则a18＝（　　） A．69 B．105 C．204 D．205 【解答】解：依题意，由an+2+an＝2an+1+1，可得 an+2﹣an+1＝an+1﹣an+1， 即（an+2﹣an+1）﹣（an+1﹣an）＝1， ∵a2﹣a1＝5﹣1＝4， ∴数列{an+1﹣an}是以4为首项，1为公差的等差数列， an+1﹣an＝4+1×（n﹣1）＝n+3， 则a1＝1，a2﹣a1＝4，a3﹣a2＝5，…，an﹣an﹣1＝n+2， 各项相加， 可得an＝1+4+5+…+（n+2）＝11， ∴a181＝205． 故选：D． 6．（2020秋•运城期末）设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，且an，若Sm＞4042，则正整数m的最小值为（　　） A．14 B．15 C．16 D．17 【解答】解：由an，可得a2k＝a2k﹣1+3，a2k+1＝2a2k+3， 则a2k＝a2k﹣1+3， a2k+1＝2（a2k﹣1+3）+3， a2k+1+9＝2（a2k﹣1+9）， 所以a2k﹣1＝6•2k﹣1﹣9，a2k＝6•2k﹣1﹣6， S奇数＝a1+a3+…+a2k﹣19k＝3•2k+1﹣6﹣9k， S偶数＝a2+a4+…+a2k＝3•2k+1﹣6﹣6k， 所以Sm＝S奇数+S偶数＝6•2k+1﹣12﹣15k， 当k＝8时，S16＝2940＜4042，又a17＝1527， 所以S17＝4467＞4042，故整数m的最小值为17． 故选：D． 7．（2020秋•北京月考）已知数列{an}满足：a1＝0，an+1＝ln（1）﹣an（n∈N*），前n项和为Sn，则下列选项错误的是（　　）（参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.099） A．{a2n﹣1}是单调递增数列，{a2n}是单调递减数列 B．an+an+1≤ln3 C．S2020＜670 D．a2n﹣1≤a2n 【解答】解：由an+1＝ln（1）﹣an，得an+1＝ln（1）﹣ln， ∴1， 令bn，即an＝lnbn， 则bn+1＝1， a1＝0，b1＝1． 作图如下： 由图可得： A．{a2n﹣1}是单调递增数列，{a2n}是单调递减数列，因此A正确； B．∵bn∈[1，2]，∴bnbn+1＝bn（1）＝bn+1∈[2，3]， ∴bnbn+1•∈[2，3]， ∴an+1+an∈[ln2，ln3]，因此B正确； C．∵an+1+an≥ln2，∴S2020＝（a1+a2）+（a3+a4）+……+（a2019+a2020）≥1010ln2＞693，因此C不正确； D．由不动点（，），得1≤b2n﹣1b2n≤2，可得：b2n﹣1＜b2n，∴a2n＞a2n﹣1，因此D正确． 故选：C． 8．（2020秋•龙凤区校级月考）已知数列{an}满足，则一定成立的是（　　） A．a100＞ln102 B．a99＞ln100 C．a99＜ln100 D．a100＜ln