（2022讲与练 高三理科数学一轮复习PPT）课时作业33(001).DOC

1、第五章第五章数列数列 课时作业课时作业 33数列的概念与简单表示法数列的概念与简单表示法 一、选择题 1(2021天津河东区月考)已知数列 5，11，17，23，29，则 55是它的(C) A第 19 项B第 20 项 C第 21 项D第 22 项 解析：数列 5， 11， 17， 23， 29，中的各项分别可变形为 5， 56， 526， 536， 546，所以该数列的一个通项公式为 an 56n1 6n1，令 6n155，得 n21. 2(2021湖南株洲模拟)设数列an满足 a1a，an1a 2 n2 an1(nN *)，若数列an是常数列，则 a (A) A2B1 C0D(1)n 解析

2、：因为数列an是常数列，所以 aa2a 2 12 a11 a22 a1 ，即 a(a1)a22，得 a2，故选 A. 3(2021山东省实验中学月考)若数列an满足 a1a2a3an3n2，那么这个数列的通项公式 为(D) Aan23n 1 Ban3 1 2 n1 Can3n2Dan 1，n1， 23n 1，n2 解析：数列an满足 a1a2a3an3n2， 当 n1 时，a11； 当 n2 时，a1a2a3an13n 12， 得 an23n 1，故 an 1，n1， 23n 1，n2， 故选 D. 4(2021重庆统一调研)已知数列an的通项公式为 ann22n(nN*)，则“0，得 2n1

3、2，2n1 2 对任意的 nN*都成立，于是3 2. 由1 可推得3 2，反过来， 由 3 2不能得到1， 因此“1”是“数列a n为递增数列”的充分不必要条件， 故选 A. 5(2021天津和平区测试)数列an满足 a13，anan 11 an11，其前 n 项积为 T n，则 T2 019(A) A.1 2 B1 C.3 2 D3 解析：由 anan 11 an11，得 a nan1anan11，即 an11a n 1an.又 a 13，a21 2，a 31 3，a 42， a53，数列an是周期数列，周期为 4，且 a1a2a3a41，T2 019T45043T3a1a2a31 2.故选

4、 A. 6已知数列an满足 a128，an 1an n 2，则an n 的最小值为(C) A.29 3 B4 71 C.48 5 D.27 4 解析：由 an1an2n 知 a2a121，a3a222，anan12(n1)(n2)，相加得 ana1 2n1n 2 n2n(n2)，ann2n28(n2)，又 a128 满足上式，ann2n28(nN*)，则an n n28 n 1.根据对勾函数的图象及 nN*，可得a5 5 48 5 29 3 a6 6 ，故an n 的最小值为48 5 ，故选 C. 7(2021上海宝山区模拟)已知数列an满足 a11 2，a n11 1 an(nN *)，则使

5、 a1a2ak100(k N*)成立的 k 的最大值为(C) A198B199 C200D201 解析：a11 2，a n11 1 an(nN *)，a21，a32，a41 2，a 1a2a33 2，a 1a2a3 a198a199a200197 2 100，a1a2a3a198 a199a200a201a202101100，a1a2a3a198a199a200a201a202a203100，满足题意的 k 的最大值为 200，故选 C. 8(2021吉林长春模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 a12，an1n2 n Sn(nN*)，则 Sn (B) A2n 11 Bn2n C3n1

6、D2n3n 1 解析：由已知可得 Sn nan1 n2 ，Sn1 n1an n1 (n2)，an nan1 n2 n1an n1 (n2)， an1 an 2n2 n1(n2)由已知可得 a 26，a2 a1 6 23， an 1 an 2n2 n1(n1) a2 a12 3 2， a3 a22 4 3， a4 a32 5 4， an an12 n1 n ，an a12 n1n1 2 ， an(n1)2n 1，a n1(n2)2n，Sn n n2(n2)2 nn2n. 二、填空题 9(2021湘赣皖十五校联考)设 Sn是数列an的前 n 项和，已知 a12，且点(Sn，an1)在直线 yx1

7、上(nN*)，则 S547. 解析：由题意可得 an1Sn1， 当 n2 时，anSn11， 得 an12an(n2)， 又 a2S113，a36，a412，a524， S5a1a2a3a4a547. 10(2021湖北黄石模拟)已知数列an满足 a11，anan1nanan1(nN*)，则 an 2 n2n2. 解析：由 anan1nanan1，得 1 an1 1 ann，所以 1 an 1 a112(n1) n2n 2 ，又 a11，所以 1 an n 2n 2 1n 2n2 2 ，所以 an 2 n2n2(nN *) 11已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，且 Snan1(为常数

8、)，若数列bn满足 anbnn29n 20，且 bn1bn，则满足条件的 n 的取值集合为5,6 解析：因为 a11，且 Snan1(为常数)， 所以 a111，解得2， 所以 Sn2an1，所以 Sn12an11(n2)， 所以 an2an1，所以 an2n 1(n2) 当 n1 时，a11 符合上式，an2n 1. 因为 anbnn29n20，所以 bnn 29n20 2n 1 ， 所以 bn1bnn 211n28 2n n4n7 2n 0， 解得 4n7，又因为 nN*，所以 n5 或 n6. 即满足条件的 n 的取值集合为5,6 12 (2021福建宁德一模)若正项数列an满足 an1

9、an1， 则称数列an为 D 型数列 给出正项数列an 的 4 种递推关系为：a2n1a2n1； 1 an1 1 an1；a n1 an a2n1；a 2 n12an1.则使得数列an是 D 型 数列的递推关系的序号为. 解析：对于，a2n1a2n1，且an的各项均为正数，a2n11a2n12ana2n(1an)2，an11 an，即 an1an1，此时数列an为 D 型数列；对于， 1 an1 1 an1， 1 an11 1 an an1 an ，an1 an an1，a n1an an an1a n a2n an101，此时数列a n为 D 型数列；对于，an1 an a2n1，a n1

10、an an a2n1a nan 1 a2n1101，此时数列an为 D 型数列；对于，a2n12an1，a2n112an1 2ana2n(1an)2，an11an，即 an1an1，此时数列an为 D 型数列 三、解答题 13(2021甘肃酒泉联考)已知数列an的通项公式是 an9n 29n2 9n21 . (1)判断 98 101是不是数列a n中的项； (2)在区间 1 3， 2 3 内有没有数列an中的项？若有，是第几项；若没有，请说明理由 解：(1)因为 an9n 29n2 9n21 3n13n2 3n13n1 3n2 3n1， 所以由 an3n2 3n1 98 101，解得 n 10

11、0 3 . 因为100 3 不是正整数，所以 98 101不是数列a n中的项 (2)有令1 3a n2 3，即 1 3 3n2 3n1 2 3， 则 3n19n6， 9n66n2， 解得7 6n 8 3. 又 nN*，所以 n2，故在区间 1 3， 2 3 内有数列an中的项，且只有一项，是第二项 14设数列an的前 n 项和为 Sn，数列Sn的前 n 项和为 Tn，满足 Tn2Snn2，nN*. (1)求 a1的值； (2)求数列an的通项公式 解：(1)令 n1，T12S11， T1S1a1，a12a11，a11. (2)n2 时，Tn12Sn1(n1)2， 则 SnTnTn12Snn2

12、2Sn1(n1)2 2(SnSn1)2n12an2n1. 因为当 n1 时，a1S11 也满足上式， 所以 Sn2an2n1(nN*)， 当 n2 时，Sn12an12(n1)1， 两式相减得 an2an2an12， 所以 an2an12(n2)，所以 an22(an12)， 因为 a1230， 所以数列an2是以 3 为首项，2 为公比的等比数列 所以 an232n 1，所以 a n32n 12， 当 n1 时也成立，所以 an32n 12. 15(2021嘉兴模拟)对于数列xn，若对任意的 nN*，都有 xn2xn1xn1xn成立，则称数列xn 为“减差数列”设 bn2ttn 2n 2n

13、1 ，若数列 b5，b6，b7，bn(n5，nN*)是“减差数列”，则实数 t 的取值范围是(C) A. 0，3 5B. 0，3 5 C. 3 5，D. 3 5， 解析：由数列 b5，b6，b7，bn(n5，nN*)是“减差数列”，得bnbn 2 2 bn1(n5)，即 ttn 2n 2n ttn2 2n2 2n 2 tn1 2n1 2n ，化简得 t(n24n)n 2，当 n5 时，若 t(n24n)n2 恒成立，则 t n2 n24n 1 n2 4 n2 恒成立，又当 n5 时， 1 n2 4 n2 的 最大值为3 5，所以 t 的取值范围是 3 5，.故选 C. 16 已知二次函数 f(

14、x)x2axa(a0， xR)有且只有一个零点， 数列an的前 n 项和 Snf(n)(nN*) (1)求数列an的通项公式； (2)设 cn1 4 an(nN *)，称所有满足 cmcm 10 得 a4，所以 f(x)x24x4.所以 Snn24n4. 当 n1 时，a1S11441；当 n2 时，anSnSn12n5. 所以 an 1，n1， 2n5，n2. (2)由题意得 cn 3，n1， 1 4 2n5，n2. 由 cn1 4 2n5(n2)可知，当 n5 时，恒有 c n0. 易得 c13，c25，c33，c41 3，c 51 5， 所以 c1c20，c2c30，c4c50， 所以数列cn的变号数为 3.