2019-2020年高考数学一轮总复习 第五章 数列课时训练 理.doc

2019-2020年高考数学一轮总复习 第五章 数列课时训练 理1. 已知数列，2，根据数列的规律，2是该数列的第_项答案：7解析：由于2311，5321，8331，则数列的通项公式为an，由2，得n7.2. 已知数列an满足：a12，an1(n2，3，4，)，则a12_答案：1解析：an是一个以3为周期的周期数列，所以a12a34a31.3. 已知数列an的前n项和Snn22n1，则an的通项公式为_答案：an解析：当n1时，a1S14；当n2时，anSnSn12n1， an 4. 数列7，9，11，2n1的项数是_. 答案：n3解析：易知a17，d2，设项数为m，则2n17(m1)2，mn3.5. 已知数列an的前n项和为Sn，a12，an1Sn1，nN*，则a6_答案：48解析：当n2时，an1Sn1，anSn11，两式相减，得an1anSnSn1an，即an12an，则a2a113，a32a26，a42a312，a52a424，a62a548.6. 设ann210n11，则数列an从首项到第_项的和最大答案：10或11解析：由n210n110得1n11，又nN*， 0n11. 前10项为正，第11项为0. 7. 已知数列an对任意的p，qN*满足apqapaq，且a26，那么a10_答案：30解析：由已知得a4a2a212，a8a4a424，a10a8a230.8. 将全体正整数排成一个三角形数阵：按照以上排列的规律，第n行(n3)从左向右的第3个数为_答案：解析：前n1行共有正整数12(n1)个，即个，因此第n行第3个数是全体正整数中第3个，即为.9. 已知数列an满足a10，a22，且对任意m、nN*都有a2m1a2n12amn12(mn)2.求a3，a5.解：令m1，n2，得a1a32a22(12)2，故a36；令m3，n1，得a5a12a32(31)2，故a520.10. 已知数列an满足a10，an1(nN*)，求a20.解：由a10，an1(nN*)，得a2，a3，a40，由此可知：数列an是周期变化的，且循环周期为3，所以可得a20a2.11. 已知数列an的通项公式an(n1)0.9n，求n为何值时，an取得最大值解： a120.91.8，a230.812.43， a10，a90，则1d.6. 设数列an是公差d3)，Sn100，则n_答案：10解析：由SnSn351，得an2an1an51，所以an117.又a23，Sn100，解得n10.8. 设数列an为等差数列，其前n项和为Sn，a1a4a799，a2a5a893，若对任意nN*，都有SnSk成立，则k的值为_答案：20解析：(解法1)由对任意nN*，都有SnSk成立，知Sk是Sn的最大值由等差数列的性质，得a1a72a4，a2a82a5，代入已知条件，得a433，a531，则公差da5a42，a1333d39， Sn39n(2)n240n(n20)2400，则当n20时，Sn有最大值，故k的值为20.(解法2)由题设对任意nN*，都有SnSk成立，知求k的值即求Sn最大时的项数n.由等差数列的性质，有a1a72a4, a2a82a5，代入已知条件，得a433，a531，则公差da5a42，a1333d39， an392(n1)412n.由即解得19.55时，an0；当n5时，an0；当n0.令Tna1a2an， 当n5时，Sn|a1|a2|an|a1a2a5(a6a7an)T5(TnT5)2T5Tn；当n5时，Sn|a1|a2|an|a1a2anTn. Sn11. 设等差数列an的前n项和为Sn，已知a312，S120，S130.(1) 求公差d的取值范围；(2) 指出S1，S2，S12中哪一个值最大，并说明理由解：(1) 依题意，有S1212a1d0，S1313a1d0，即由a312，得a1122d，将式分别代入，式，得 d3.(2) 由d0可知 a1a2a3a12a13，因此，若在1n12中存在自然数n，使得an0，an10，则Sn就是S1，S2，S12中的最大值由S126(a6a7)0, S1313a70，即 a6a70，a70，由此得a6a70.因为a60，a70，故在S1，S2，S12中S6的值最大第3课时等 比 数 列1. 在等比数列an中，若a22，a632，则a4_答案：8解析：a6a2q4， q24， a4a2q28.2. (xx江苏)在各项均为正数的等比数列an中，若a21，a8a62a4，则a6_答案：4解析：设公比为q，因为a21，则由a8a62a4得q6q42q2，q4q220，解得q22，所以a6a2q44.3. 在等比数列an中，其前n项和为Sn，已知S38，S67，则a7a8a9_答案：解析： S3，S6S3，S9S6成等比， (S6S3)2(S9S6)S3， S9S6， a7a8a9S9S6.4. (xx扬州期末)设Sn是等比数列an的前n项和，若a52a100，则的值是_答案：解析：当q1时，a5a100不合题意， 公比q1. q5，因而1q101.5. 已知an是首项为1的等比数列，Sn是an的前n项和，且9S3S6，则数列的前5项和为_答案：解析：设数列an的公比为q.由题意可知q1，且，解得q2，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，由求和公式得S5.6. (xx徐州二模)在等比数列an中，已知a11，a48.设S3n为该数列的前3n项和，Tn为数列a的前n项和若S3ntTn，则实数t的值为_答案：7解析： a4a1q3q38， q2，S3n8n1.由题意知，数列a是首项为1，公比为8的等比数列， Tn(8n1)，由S3ntTn，得t7.7. (xx全国)等比数列an中，a42，a55，则数列lgan的前8项和等于_答案：4解析：由已知得q， a1， lga1lg. an为等比数列， lganlgan1lglg(n2)， lgan为等差数列 所求和为8lglg8(4lg23lg5)28(lg5lg2)4lg24lg54.8. 已知等比数列an满足an1an92n1，nN*，设数列an的前n项和为Sn.若不等式Snkan2对一切nN*恒成立，则实数k的取值范围是_答案：解析：设等比数列an 的公比为q，因为an1an92n1，nN*，所以a2a19，a3a218，所以q2，所以2a1a19，所以a13.所以an32n1，nN*，故Sn3(2n1)，即3(2n1)k32n12，所以k2.令f(n)2，则f(n)随n的增大而增大，所以f(n)minf(1)2，得k0且q1， 4q45q210，解得q.(2) Sn2a1a1， bnqSn2a1a1.要使bn为等比数列，当且仅当2a10，即a1时，bn为等比数列， bn能为等比数列，此时a1.10. 已知等比数列an中，a52a4a2a4，前2m(mN*)项和是前2m项中所有偶数项和的倍(1) 求通项an；(2) 已知bn满足bn(n)an(nN*)，若bn是递增数列，求实数的取值范围解：(1) 由已知得a1a2a3a2m(a2a4a2m)，a1a3a5a2m1(a2a4a2m)， q2.又由a52a4a2a4，得a3q22a3qa，即q22qa3， a38， ana3qn32n. (2) bn是递增数列， bn1bn对nN*恒成立即nN*时，(n1)2n1(n)2n恒成立，得n2对nN*恒成立，即0，d0，则该商品房的各层房价的平均值为_答案：ad解析：a4a5a2017ad17a2d1()17 a1a2a2020a2d， 平均楼价为ad.9. 已知等差数列an中，首项a11，公差d为整数，且满足a13a4；数列bn满足bn，其前n项和为Sn.(1) 求数列an的通项公式；(2) 若S2为S1、Sm(mN*)的等比中项，求正整数m的值解：(1) 由题意，得解得d0，Sn是数列an的前n项和，若Sn取得最大值，则n_答案：9解析：设公差d，由题设知3(a13d)7(a16d)，所以da10，即a1(n1)0，所以n0，同理可得n10，an2S.(解法2)SS2S(12qk1q2k2)(12qk2q2k4)2(12qk3q2k6)2qk1(2q2q1)q2k2(1q22q4)q2k2(1q22q4)，(*) q， 1q22q4120， 由(*)可知，SS2S.11. 已知常数0，设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足a11，Sn1Sn(3n1)an1(nN*)(1) 若0，求数列an的通项公式；(2) 若an1an对一切nN*恒成立，求实数的取值范围解：(1) 0时，Sn1Snan1.又an1Sn1Sn， SnSn. an0， Sn0. an1an. a11， an1.(2) Sn1Sn(3n1)an1，an0， 3n1.则31，321，3n11(n2)相加，得1(3323n1)n1.则Snan(n2)上式对n1也成立， Snan(nN*) Sn1an1(nN*)，得an1(n1)an1(n)an，即(n)an1(n)an. 0， n0，n0. an1an对一切nN*恒成立， n(n)对一切nN*恒成立即对一切nN*恒成立记bn，则bnbn1.当n1时，bnbn10；当n2时，bnbn10； b1b2是一切bn中的最大项综上所述，的取值范围是.