《2020高考数学总复习 第五章 数列 课时作业30 理（含解析）新人教a版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高考数学总复习 第五章 数列 课时作业30 理（含解析）新人教a版（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时作业30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) Bann21Can Dan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，所以数列1,3,6,10,15，的通项公式为an.2(2019长沙模拟)已知数列的前4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 BanCan2sin Dancos(n1)1解析：对n1,2,3,4进行验证，an2sin不合题意
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 B43nC43n1 D223n1解析：2Sn3an4，2Sn3(SnSn1)4(n2)，变形为Sn23(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.Sn263n1，可得Sn223n，故选A.4(2019河北石家庄一模)若数列an满足a12，an1，则a2 018的值为(B)A2 B3C D.解析：a12，an1，a23，同理可得：a3，a4，a52，可得an4an，则a2 018a50442a23.故选B.5(2019广东广州一模)已
3、知数列an满足a12,2anan1a1，设bn，则数列bn是(D)A常数列 B摆动数列C递增数列 D递减数列解析：2anan1a1，an1，bn，bn1b，bn1bnbbnbn(bn1)，a12，b1，b22，b324，b428，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.n2n Bn35n29n4Cn22n2 D2n25n4解析：由题意得(an2an1)(an1an)2，因此数列an1an是以1为首项，2为公差的等差数列，an1an12(n1)2n1，当n2时，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)113(2n3)1(n1)21
4、n22n2，又a1112212，因此ann22n2(nN*)，故选C.7(2019河北保定一模)已知函数f(x)若数列an满足anf(n)(nN*)，且an是递增数列，则实数a的取值范围是(C)A(1,3) B(1,2C(2,3) D.解析：数列an是递增数列，f(x)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(C)A21 B10C. D.解析：由已知条件可知，当n2时，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)33242(n1)n2n
5、33，又n1时，a133满足此式所以n1.令f(n)n1，则f(n)在1,5上为减函数，在6，)上为增函数又f(5)，f(6)，则f(5)f(6)，故f(n)的最小值为.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，nN*)，则an.解析：由题意知.所以ana11.1
6、1数列an的通项公式为an(2n1)n1，则数列an的最大项为.解析：an1an(2n3)n1(2n1)nnnn.因为n1，所以n0，n0，所以an1an0，所以an1an，所以a1a2a3anan1，所以数列an的最大项为a1.12(2019山东青岛调研)已知Sn是数列an的前n项和，Sn32n3，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(2n2n1)32n1(*)又当n1时，a13也满足(
7、*)式所以，对任意nN*，都有an32n1.(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解得所以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)459.13(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2 017项和S2 017(D)A672 B673C1 342 D1 345解析：x11，x2a(a1，
8、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 017S67231672211 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，nN*，都有amnamanmn，则(D)A. B.C. D.解析：a11，且对任意的m，nN*都有amnamanmn，an1ann1，即an1ann1，用累加法可得ana1，2，2，故选D.15设an是首项为1的正项数列，且(n1)anaan1an0(n1,2,3，)，则它的通项公式an.解析：因为(n1)anaan1an0
9、，所以(an1an)(n1)an1nan0，又因为an0，故(n1)an1nan0，即，故，把以上各式分别相乘得，即an.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10a1(2a11)(a12)，得2a5a120，解得a12或a1.又a11，所以a12.因为10Sn(2an1)(an2)，所以10Sn2a5an2.故10an110Sn110Sn2a5an122a5an2，整理，得2(aa)5(an1an)0，即(an1an)2(an1an)50.因为an是递增数列且a12，所以an1an0，因此an1an.所以数列an是以2为首项，为公差的等差数列所以an2(n1)(5n1)(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)，整理，得2m2nk，(*)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6
