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1、第五章 数列第五章 数列 课时作业课时作业 30 数列的概念与简单表示法 数列的概念与简单表示法 1 (2019青岛模拟)数列 1,3,6,10,15，的一个通项公式是( C ) Aann2(n1) Bann21 Can Dan nn1 2 nn1 2 解析 ： 设此数列为an， 则由题意可得 a11， a23， a36， a410， a515， 仔细观察数列 1,3,6,10,15，可以发现： 11， 312， 6123， 101234， 所以第 n 项为 12345n， nn1 2 所以数列 1,3,6,10,15，的通项公式为 an. nn1 2 2 (2019长沙模拟)已知数列的前 4
2、 项为 2,0,2,0， 则依此归纳该数 列的通项不可能是( C ) Aan(1)n11 BanError!Error! Can2sin Dancos(n1)1 n 2 解析：对 n1,2,3,4 进行验证，an2sin不合题意 n 2 3(2019广东茂名模拟)Sn是数列an的前 n 项和，且nN*都 有 2Sn3an4，则 Sn( A ) A223n B43n C43n1 D223n1 解析 ： 2Sn3an4， 2Sn3(SnSn1)4(n2)， 变形为 Sn2 3(Sn12)， 又 n1 时， 2S13S14， 解得 S14， S126. 数列Sn2是等比数列，首项为6，公比为 3.S
3、n263n1， 可得 Sn223n，故选 A. 4(2019河北石家庄一模)若数列an满足 a12，an1， 1an 1an 则 a2 018的值为( B ) A2 B3 C D. 1 2 1 3 解析：a12，an1，a23， 1an 1an 1a1 1a1 同理可得：a3 ，a4 ，a52，可得 an4an， 1 2 1 3 则 a2 018a50442a23.故选 B. 5(2019广东广州一模)已知数列an满足 a12,2anan1a 1， 2 n 设 bn，则数列bn是( D ) an1 an1 A常数列 B摆动数列 C递增数列 D递减数列 解析：2anan1a 1，an1， 2 n
4、 1 2(a n 1 an) bn，bn1b ， an1 an1 an11 an11 1 2(a n 1 an)1 1 2(a n 1 an)1 a n 1 2 a n 1 2 2 n bn1bnb bnbn(bn1)， 2 n a12，b1 ， 21 21 1 3 b2 2，b324，b428， ( 1 3) ( 1 3) 2 ( 1 3) ( 1 3) 4 ( 1 3) 数列bn是递减数列，故选 D. 6在数列an中，a11，a22，若 an22an1an2，则 an( C ) A. n2 n Bn35n29n4 1 5 2 5 6 5 Cn22n2 D2n25n4 解析：由题意得(an2
5、an1)(an1an)2， 因此数列an1an是以 1 为首项， 2 为公差的等差数列， an1an 12(n1)2n1， 当 n2 时， ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)113 (2n3)1(n1)21n22n2， 12n3n1 2 又 a1112212， 因此 ann22n2(nN*)，故选 C. 7 (2019河北保定一模)已知函数 f(x)Error!Error!若数列an满足 an f(n)(nN*)，且an是递增数列，则实数 a 的取值范围是( C ) A(1,3) B(1,2 C(2,3) D. 24 11，3) 解析：数列an是递增数列，f(x)Error!Err
6、or!anf(n)(nN*)， 3a0，a1 且 f(10)f(11)，1a3 且 10(3a)6a2， 解得 2a3，故实数 a 的取值范围是(2,3)，故选 C. 8已知数列an满足 an1an2n，且 a133，则的最小值为( an n C ) A21 B10 C. D. 21 2 17 2 解析：由已知条件可知，当 n2 时， ana1(a2a1)(a3a2)(anan1) 33242(n1) n2n33， 又 n1 时，a133 满足此式 所以n1. an n 33 n 令 f(n)n1， an n 33 n 则 f(n)在1,5上为减函数，在6，)上为增函数 又 f(5)，f(6)
7、，则 f(5)f(6)， 53 5 21 2 故 f(n)的最小值为. an n 21 2 9在一个数列中，如果nN*，都有 anan1an2k(k 为常数)， 那么这个数列叫做等积数列， k 叫做这个数列的公积 已知数列an是 等积数列，且 a11，a22，公积为 8，则 a1a2a3a1228_. 解析 ： 依题意得数列an是周期为3的数列， 且a11， a22， a34， 因此 a1a2a3a124(a1a2a3)4(124)28. 10 (2019成都质检)在数列an中， a11， anan1(n2， n n2 n21 N*)，则 an . 2n n1 解析：由题意知. an an1
8、n2 n21 n2 n1n1 所以 ana1 a2 a1 a3 a2 an an1 1 22 221 32 321 n2 n21 22 32 42 n2 21 21 31 31 41 41 n1 n1 22 32 42 n2 1 3 2 4 3 5 n1 n1 . 2n n1 11数列an的通项公式为 an(2n1) n1，则数列an的最 ( 1 2) 大项为 . 1 2 解析：an1an(2n3) n1(2n1)n ( 1 2) ( 1 2) n 2n3 1 22n1( 1 2) n n3 22n1( 1 2) n.因为 n1， 所以 n0，n0， 所以 an1an0， ( 1 2n)( 1
9、 2) 1 2 ( 1 2) 所以 an1an，所以 a1a2a3anan1，所以数列an的 最大项为 a1 . 1 2 12 (2019山东青岛调研)已知 Sn是数列an的前 n 项和， Sn32n 3，其中 nN*. (1)求数列an的通项公式； (2)数列bn为等差数列， Tn为其前 n 项和， b2a5， b11S3， 求 Tn 的最值 解：(1)由 Sn32n3，nN*得， ()当 n1 时，a1S132133. ()当 n2 时，anSnSn1(32n3)(32n13)3(2n 2n1)32n1(*) 又当 n1 时，a13 也满足(*)式 所以，对任意 nN*，都有 an32n1
10、. (2)设等差数列bn的首项为 b1，公差为 d， 由(1)得 b2a5325148，b11S3323321. 由等差数列的通项公式得 Error!Error!解得Error!Error! 所以 bn543n. 可以看出 bn随着 n 的增大而减小， 令 bn0，解得 n18， 所以 Tn有最大值，无最小值，且 T18(或 T17)为前 n 项和 Tn的最大 值，T189(510)459. 18b1b18 2 13(2019黄冈质检)已知数列xn满足 xn2|xn1xn|(nN*)， 若 x11， x2a(a1， a0)， 且 xn3xn对于任意的正整数 n 均成立， 则数列xn的前 2 0
11、17 项和 S2 017( D ) A672 B673 C1 342 D1 345 解析：x11，x2a(a1，a0)， x3|x2x1|a1|1a， x1x2x31a(1a)2， 又 xn3xn对于任意的正整数 n 均成立， 数列xn的周期为3， 所以数列xn的前2 017项和S2 017S6723 1672211 345.故选 D. 14 (2019河南郑州一中模拟)数列an满足 ： a11， 且对任意的m， n N*，都有 amnamanmn，则( D ) 1 a1 1 a2 1 a3 1 a2 018 A. B. 2 017 2 018 2 018 2 019 C. D. 4 034
12、2 018 4 036 2 019 解析 ： a11， 且对任意的 m， nN*都有 amnamanmn， an 1ann1， 即 an1ann1， 用累加法可得 ana1n1n2 2 ， nn1 2 2， 1 an 2 nn1 ( 1 n 1 n1) 1 a1 1 a2 1 a3 1 a2 018 2，故选 D. ( 11 2 1 2 1 3 1 2 018 1 2 019) 4 036 2 019 15 设an是首项为 1 的正项数列， 且(n1)ana an1an 2n12 n 0(n1,2,3，)，则它的通项公式 an . 1 n 解析：因为(n1)ana an1an0， 2n12 n
13、 所以(an1an)(n1)an1nan0， 又因为 an0，故(n1)an1nan0， 即，故 ， ， ， an1 an n n1 a2 a1 1 2 a3 a2 2 3 a4 a3 3 4 ， an an1 n1 n 把以上各式分别相乘得 ，即 an . an a1 1 n 1 n 16(2019宝安中学等七校联考)已知an是递增数列，其前 n 项 和为 Sn，a11，且 10Sn(2an1)(an2)，nN*. (1)求数列an的通项 an； (2)是否存在 m，n，kN*，使得 2(aman)ak成立？若存在，写 出一组符合条件的 m，n，k 的值；若不存在，请说明理由 解：(1)由
14、10a1(2a11)(a12)， 得 2a 5a120，解得 a12 或 a1 . 2 1 1 2 又 a11，所以 a12. 因为 10Sn(2an1)(an2)， 所以 10Sn2a 5an2. 2 n 故 10an110Sn110Sn2a5an122a 5an2， 2n12 n 整理，得 2(aa )5(an1an)0， 2n12 n 即(an1an)2(an1an)50. 因为an是递增数列且 a12， 所以 an1an0，因此 an1an . 5 2 所以数列an是以 2 为首项， 为公差的等差数列 5 2 所以 an2 (n1) (5n1) 5 2 1 2 (2)满足条件的正整数 m，n，k 不存在，理由如下： 假设存在 m，n，kN*，使得 2(aman)ak， 则 5m15n1 (5k1)， 1 2 整理，得 2m2nk ，(*) 3 5 显然，(*)式左边为整数，所以(*)式不成立 故满足条件的正整数 m，n，k 不存在