4.1 数列的概念-【重难点手册】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步练习册（人教A版）浙江专用

第四章 4.1 数 A基础过关练 测试时间：10分钟 1.[题型2]已知数列{an}的通项公式为a=n2 8n十15，则(). A.3不是数列{an}中的项 B.3只是数列{an}中的第2项 C.3只是数列{an}中的第6项 D.3是数列{an}中的第2项和第6项 2.[题型6]大衍数列来源于《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，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史 上的第一道数列题，其前10项依次是0,2,4， 8,12,18,24,32,40,50,则此数列的第20项为 (). A.212 B.200 C.186 D.162 3.[题型2](2025·江苏苏州中学期中)在数列 1,2,W7,√10，√/13，…中，2√19是这个数列的 (). A.第16项 B.第24项 C.第26项 D.第28项 4.[题型3](2024·华中师大一附中月考)已知数 列(an)的首项a1=1,且a+1=2+1,则这个 an 数列的第4项是(). A号 R号 C31 11 D.6 乃综合提能练 测试时间：30分钟 5.[题型1](2025·辽宁名校联盟期末)（多选）下 列选项中能满足数列1,0,1,0,1,0，…的通项 公式的有(). 第四章数列 数列 列的概念 A.a,=1+(-1)” 2 Ba,=sin2"受 C.dn=cos2 (n-1) 1,n是奇数， D.an= (0,n是偶数 6.[题型1](2025·山东省实验中学月考)（多选） 已知数列{an}的前4项依次为2,0,2,0，则数 列{an}的通项公式可能是(). (2,n为奇数， A.an= 0,n为偶数 B.an=1+(-1)+1 C.d=2 sin2 D.a,=2- r(3-a)x-2,x≤6， 7.[题型4]设函数f(x)= 数 a5,x>6, 列{an}满足an=f(n),且数列{an}是递增数列， 则实数a的取值范围是(). A.(2,3) B.(1,3) c(9) D.(1,2) 8.[题型3](2025·浙江杭州二中单元检测)在数 列{an}中，a1=1,n(n十1)(a+1一an)=1,则 a2022=( ). A82開 B4041 2021 c8盼 D82 9.[题型3](2025·湖南师大附中月考)已知数列 {an}的前n项和为Sm,且满足a1=一2，au+1= 1一2meN,则水 1 重难点手册高中数学选择性必修第二册尺UA( A.a40<a100 B.a40>a1o0 C.S40<S1o0 D.S40>S1o0 10.[题型3、5](2025·浙江杭州外国语学校月 考)（多选）斐波那契数列指的是这样一个数 列{an}:1,1,2,3,5,….从第3项开始，每 项都等于前两项之和，即数列{an}满足a1= 1,a2=1,an=am-1十an-2(n≥3).记数列{an} 的前n项和为Sm,则(). A.as=34 B.S8=54 C.S2021=a2023-1 D.a1+a3十a5+…十a2o21=a222 11.[题型6]（多选）对于数列{an},定义bn=an 、,称数列{b}是数列{a}的“倒差数列”.则 下列叙述正确的是( A.若数列{an}递增，则数列{bn}递增 B.若bn+1=bn,an≠an+1,则数列{an}是周期 数列 C若a.=1-(-)°，则数列(6，}没有最 小值 D.若a,=1-（-号)”，则数列6.有最大值 12.[题型1](2025·东北师大附中单元检测)若 黑、白两种颜色的正六边形地砖按如图所示 的规律拼成若干个图案，则第n个图案中有 白色地砖 块。 第1个 第2个 第3个 13.[题型4幻](2025·湖北襄阳五中月考)已知在 数列{an}中，a1=1,其前n项和为Sn,且满足 2Sn=(n+1)a. 2 浙江专用)》 (1)求数列{an}的通项公式； (2)记bn=3”一λa品，若数列{bn}为递增数列， 求实数入的取值范围. C 拓展拔高练测试时间：20分钟 14.[题型3]（经典·北京大学强基计划招生考 试)已知数列{an}(n≥1)满足a1=1,a2=4, 且对任意n≥2，有a品一a+1a-1=2m1,则 a220的个位数字是( ). A.8 B.4 C.2 D.以上答案都不对 15.[题型4幻（经典·全国高中数学联赛吉林赛区 预赛)已知数列{an}的通项公式为am= 2m-19(n=1,2,…),则数列{a}中最大的项 2m-17 是(). A.a B.as C.a10 D.a12参考答案与提示 参芳答案与提示 华大基础教育 第四章 数列 所以2k和2k-1不可能在数列{a,}的同一个递增子 列中. 4.1数列的概念 又数列{an}中不超过2t十1的数为1,2，…，2t一2,2t 真题演练答案 1,2t十1，所以数列{an}的长度为t十1，末项为2t十1的 1.C提示：因为数列{an}是递增的整数数列，且前n项 递增子列个数至多为2×2×2X…×2X1×1=2一1<2. 和为100，所以要求n的最大值，需保证a+1一a4(k≤ t-1个 n1)取最小的正整数.又a1≥3，故可取a1=3,a+1一 与已知矛盾. a%=1,数列{an}的前10项为3,4,5,6,7,8,9,10,11， 最后证明：2m排在2m一3之后(m≥2，m为整数) 12,则第11项a1=100-(3+4+5+6+7十8十9+ 假设存在2m(m≥2)，使得2m排在2m一3之前，则数 10+11+12)=25,满足题意.数列{am}的前11项为3， 列{an}的长度为m十1，末项为2m十1的递增子列的个 4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,则第12项a12=100-(3+ 数小于2m.与已知矛盾， 4+5+6+7+8+9+10+11+12+13)=12,不满足题 综上，数列{an}只可能为2,1,4,3，…，2m一3,2m, 意.故n的最大值为11. 2m-1,….经验证，数列2,1,4,3，…，2m-3,2m,2m 2.(1)1,3,5,6(答案不唯一). 1,…符合条件 (2)设长度为g,末项为am的一个递增子列为a5,ar2,", n十1，n为奇数， ar-1a由q得a,≤ar,-1<am· 所以an= n一1，n为偶数， 因为数列{a}的长度为p的递增子列的末项的最小值 练习册答案 为am’ 1.D提示：令am=n2-8n+15=3,得n2-8n+12=0, 又a,ar,…,a,是数列{anu}的长度为p的递增子列， 解得n=2或n=6.∴.3是数列{am}中的第2项和第 所以am≤a,所以am<a%。 6项. (3)由题意知，所有正奇数都是数列{am}中的项. 2.B提示：由0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，…，可得偶 先证明：若2m是数列{an}中的项， 数项的通项公式为a2m=2n2,则a20=2×102=200,即 则2m必排在2m一1之前(m为正整数). 此数列的第20项为200. 假设2m排在2m-1之后. 3.C提示：数列各项可化为√I,√3X1十1，√3X2+1, 设a4,a,…,ap1,2m-1是数列{an}的长度为m,末 项为2m一1的递增子列， √3X3+1,√3X4+1,…,故an=√3m-2(n∈N"). 则a,ap,…,ap.-1,2m-1,2m是数列{am}的长度为 由√3n-2=2√19可得n=26,即2v√19是这个数列 m十1，末项为2m的递增子列.与已知矛盾 的第26项。 再证明：所有正偶数都是数列{a}中的项. 4.B提示：由a,=1和递推公式可得a2=2+1=3, a 假设存在正偶数不是数列{an}中的项，设不在数列 {an}中的最小的正偶数为2t. a=品+1=号a4=品+1- 11 a2 因为2k排在2k一1之前(=1,2，…，t-1), 5.BCD提示：可以验证，当n为奇数时，B,C,D对应的 1 重难点手册高中数学选择性必修第二册RU(浙江专用) 数列的项均为1；当n为偶数时，B,C,D对应的数列的 续表 项均为0. 因为an=a+1-a.i(n≥2)，所以a+a2十a3十 6.ABC提示： a4十…十an=a1十(ag-a1)十(a4-a2)+(as C a3)+…+(a+1-a-1),即S。=-a十a十a1 A a1=2,a2=0,a3=2,a4=0 a+2-1,所以S2a1=a223-1 a1=1+(-1)2=2,a2=1+(-1)3=0,a4=1十 B (-1)4=2,a4=1+(-1)5=0 由a=a+1-a-1(n≥2)，得a十as十aG十…十a221 D a2十(a4-a2）+(as-au)+…+(a222-a22n) a=2sm=2,=2sm2=0，a a2022 2m-2，a=2sn=0 11.BD提示： a=2 F=2,a=2--1,04=2=2, 若a=g号， DX A× a4=2 =1 则=-+2=，6=-2=是，此时 {b}不是递增数列 7.A提示：由数列{an}是递增数列，得 因为6，)是常数列，所以可设6=a.一云 1 3-a>0, =t(t为常 a>1, 解得2<a<3. 数)，则a+1一 1 1 +1 =,所以a+1一a+1 6(3-a)-2<a-5, =(a1-a,)(1+2）=0.因为a1≠a An 8.A提示：由n(n十l)(a+1-a)=1,得a+1-an= B√ 所以1+1 =0,整理得a+1= 1 11 a0n+1 a所以a nn+D=元n市所以当n>≥2时，a,=(a,-a,-1)+ 1一 1 =an,所以数列{an}是以2为周 a1-a-)+…+a-a)+a=()十 期的周期数列 （0220马)++(1-2)+1=-+1+1= 若a,=1-(-2”, 2,,所以号8器 n 腿（合）广1-（ 4=2a-1-1=1 9D提示：因为a=1-1=3, a3a4= ①当n为得数时，a,=1一去∈(0,1D且数列a】 1-=-2,=1-=号，…，所以数列a,是以3 a3 递增，所以1>1>a,所以bn<0且数列{b.}递 a 为周期的数列，且前三项的和S=一合，所以Q0= a3×18+1=a1=一2，a100=a3×33+1=a1=-2.所以a40= 4 7 a1o0,S4o=13S3十a40= @当n为奇数时，a,=1+>1且数列{a,递减 所以S40>So. DJ所以a>1>士，所以么>0且数列a.递该，此 10.BCD提示： 时6，x=6=1+2-,上=之3=号 A 数列的前8项依次为1,1,2,3,5,8,13,21 B Sg=1+1+2+3+5+8+13+21=54 故数列仙，既有最大值吾，又有最小值一 参考答案与提示么出出 12.4n十2.提示：第1个图案中有白色地砖6块，第 4.2等差数列 2个图案中有白色地砖10块，第3个图案中有白色地 4.2.1等差数列的概念 砖14块…后一个图案总比前一个图案多4块白色 真题演练答案 地砖，由累加法可得第n个图案中有4n十2块白色 1.B提示：由S10一S5=a6十a7+a8+a9+a10=5a8=0 地砖 13.(1)因为2Sn=(n+1)am, 得a=0,则等差数列1a.)的公差d=写2=-号， 3 所以2S+1=(n十2)ar+1, 故am=as-4d=1-4X(-号）=子 所以2a+1=(n十2)aa+1一(n+1)am, 2.C提示：设无穷等差数列{an}的公差为d(d≠0)，则 即a+1=(n十1)a,所以年=%， am=a1+(n一1)d=dn十a1一d.若数列{an}为递增数 所以%一号==皇-1， 列，则d>0,则存在正整数No,使得当n>N时，a= n dn十a1一d>0,所以充分性成立；若存在正整数N,使 所以an=n. (2)由(1)知bn=3-λn2, 得当n>N时，a.=dn十a一d>0,即d>da对任 7 则b+1-bn=3+1-A(n十1)2-(3m-n2)=2·3 意的n>N。,n∈N'均成立，由于n→十o∞时，d二a n λ(2n+1). 0,且d≠0，所以d>0,数列{an}为递增数列，必要性 因为数列{b}为递增数列， 成立 所以2·3-22a+10>0,即4等。 3.(1)因为a1=1,所以S=1, 令-则-22-1， `a1 C 2n+3· 又因为数列{ }是公差为？的等差数列， an 所以数列{cn}为递增数列，所以入<c1=2, 即实数入的取值范围为（一∞，2）. 所以受=1+(-1)x号-， 3 14.A提示：因为a2-ar-1am+1=2m1,所以a2+1一 所以Sn=n+2。 ama+2=2m,所以2a2-2an-1a+1=a2+1-aa+2,则 3a… 2a,n十at2_2a-1十ah=2a+a.因为a6=a1a十 因为当心2时a=8-S1=”对。-对a 3aw-1, an 2,则a4=14,放2a十am=2a十a=4,即a4t1 所以十 3a-1=n 3a,(n≥2)， an a2 4an一2an-1,欲求个位数字，只需让an除以10求其 所以2心2. 余数.其结果为1,4,4,8,4,0,2,8,8,6,8,0,4,6,6,2， 所以2X3X…Xa口X 6,0,8,2,2,4,2,0,6,4,4,8,4,0,·,从a2开始周期 al a2 an-2 an1 为24，则a2020的个位数字是8. =××号X…X”2× 3 15.C提示：a=然-品-1十.5当m<9时a< =nn时1卫(n2≥2， 2 1;当n≥10时，a>l,且数列{an)递减.从而数列{an} 中最大的项是ao. 所以a,=n,+1D(n≥2). 2 3