2019版高考数学一轮复习第五章数列课时训练.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 第五章 数 列 第 1 课时 数列的概念及其简单表示法 一、 填空题 1. 数列 23， 45， 67， 89，? 的第 10 项是 _ 答案： 2021 解析：所给数列呈现分数形式 ， 且正负相间 ， 求通项公式时 ， 我们可以把符号、分母、分子每一部分进行分解 ， 就很容易归纳出数列 an的通项公式为 an ( 1)n 1 2n2n 1，故a10 2021. 2. 已知数列 an满足 an 2 an 1 an， 且 a1 2， a2 3， 则 a2 016的值为 _ 答案： 1 解析：由题意 ， 得 a3 a2 a1 1， a4 a3 a2 2， a5 a

2、4 a3 3， a6 a5 a4 1，a7 a6 a5 2， 数列 an是周期为 6 的周期数列而 2 016 6336 ， a2 016 a6 1. 3. 数列 7， 9， 11，?， 2n 1 的项数是 _. 答案： n 3 解析：易知 a1 7， d 2， 设项数为 m， 则 2n 1 7 (m 1)2 ， m n 3. 4. 已 知数列 an的前 n 项和为 Sn， 且 an 0(n N*)， 又 anan 1 Sn， 则 a3 a1 _ 答案： 1 解析：因为 anan 1 Sn， 所以令 n 1 得 a1a2 S1 a1， 即 a2 1.令 n 2， 得 a2a3 S2 a1 a2

3、， 即 a3 1 a1， 所以 a3 a1 1. 5. 已知数列 an的前 n 项和 Sn n2 2n 1， 则 an的通项公式为 _ 答案： an?4（ n 1） ，2n 1（ n2 ） 解析：当 n 1 时 ， a1 S1 4；当 n2 时 ， an Sn Sn 1 2n 1， an?4（ n 1） ，2n 1（ n2 ） . 6. 已知数列 an的前 n 项和为 Sn， 且 Sn 2an 1(n N*)， 则 a5 _ 答案： 16 解析：当 n 1 时 ， S1 2a1 1， a1 1； 当 n2 时 ， Sn 2an 1， Sn 1 2an 1 1， 则有 an 2an 2an 1，

4、 an 2an 1. an是等比数列 ， 且 a1 1， q 2， 故 a5 a1 q4 24 16. 7. 若数列 an的前 n 项和 Sn 23an 13， 则 an的通项公式 an _ 答案： ( 2)n 1 解析：当 n 1 时 ， a1 1；当 n2 时 ， an Sn Sn 1 23an 23an 1， 则 anan 1 2， 得 an ( 2)n 1. 8. 设数列 an满足 a1 a， an 1 a2n 2an 1(n N*)若数列 an是常数列 ， 则 a _. 答案： 2 解析：因为数列 an是常数列 ， 所以 a a2 a21 2a1 1a2 2a 1， 即 a(a 1)

5、 a2 2， 解得 a 2. 9. 数列 an的前 n 项积为 n2， 那么当 n2 时 ， an _ 答案： n2（ n 1） 2 =【 ;精品教育资源文库 】 = 解析：设数列 an的前 n 项积为 Tn， 则 Tn n2， 当 n2 时 ， an TnTn 1 n2（ n 1） 2. 10. 数列 an满足 ： a1 1， 且对任意的 m， n N*都有 an m an am nm， 则 a100 _ 答案： 5 050 解析：令 m 1， 则 an 1 an 1 n?an 1 an n 1?a100 (a100 a99) (a99 a98) ? (a3 a2) (a2 a1) a1 1

6、00 99 ? 2 1 5 050. 二、 解答题 11. 数列 an的通项公式是 an n2 7n 6. (1) 这个数列的第 4 项是多少？ (2) 150 是不是这个数列的项？若是这个数列的项 ， 它是第几项？ (3) 该数列从第几项开始 各项都是正数？ 解： (1) 当 n 4 时 ， a4 42 47 6 6. (2) 令 an 150， 即 n2 7n 6 150， 解得 n 16 或 n 9(舍去 )， 即 150 是数列的 第16 项 (3) 令 an n2 7n 6 0， 解得 n 6 或 n 1(舍 )， 从第 7 项起各项都是正数 12. 已知数列 an满足前 n 项和

7、Sn n2 1， 数列 bn满足 bn 2an 1， 且前 n 项和为 Tn.设 cn T2n 1 Tn. (1) 求数列 bn的通项公式； (2) 判断数列 cn的增减性 解： (1) a1 2， an Sn Sn 1 2n 1(n2) ， bn?23（ n 1） ，1n（ n2 ） .(2) c n bn 1 bn 2 ? b2n 1 1n 1 1n 2 ? 12n 1， cn 1 cn 12n 2 12n 3 1n 1 12n 3 12n 2 1（ 2n 3）（ 2n 2） a1a2a3a4， a5a6a7? an1(n N*)， 数列 an中的最大项为 a5 2， 最小项为 a4 0.

8、 (2) an 1 1a 2（ n 1） 112n 2 a2， 对任意的 n N*， 都有 an a6成立 ， 结合函数=【 ;精品教育资源文库 】 = f(x) 112x 2 a2的单调性 ， 可知 50， a90， 7 8d1)， 得 q 2， a1 1， 则 a3 4. 2. 设等比数列 an的公比 q 12， 前 n 项和为 Sn， 则 S4a4 _ 答案： 15 解析： S4 a1（ 1 q4）1 q ， a4 a1q3， 所以 S4a41 q4q3（ 1 q） 15. 3. 在各项均为正数的等比数列 an中 ， 若 log2a2 log2a8 1， 则 a3a7 _ 答案： 2 解

9、析：由 log2a2 log2a8 1 得 log2(a2a8) 1， 所以 a2a8 2， 由等比数列性质可得 a3a7 a2a8 2. 4. 已知等比数列 an的前 n 项和为 Sn， 且 4a1， 2a2， a3依次成等差数列 ， 若 a1 1， 则S5 _ . 答案： 31 解析：因为 4a1， 2a2， a3依次成等差数列 ， 4a2 4a1 a3， 所以 4a1q 4a1 a1q2， 所以 q 2.又 a1 1， 所 以 S5 a1（ 1 q5）1 q 31. 5. 设 Sn是等比数列 an的前 n 项和 ， 若 a5 2a10 0， 则 S20S10的值是 _ 答案： 54 解析

10、：当 q 1 时 ， a5 a10 0 不合题意 ， 公比 q1. q 5 a10a5 12， 因而 S20S10 1 q201 q10 1 q10 1 1454. 6. 我国古代 数学名著算法统宗中有如下问题： “ 远望巍巍塔七层 ， 红光点点倍加增 ， 共灯三百八十一 ， 请问尖头几盏灯？ ” 意思是：一座 7 层塔共挂了 381 盏灯 ， 且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍 ， 则塔的顶层共有灯 _盏 答案： 3 解析：设塔的顶层共有灯 x 盏 ， 则各层的灯数构成一个首项为 x， 公比为 2 的等比数列 ，结合等比数列的求和公式有： x （ 1 27）1 2 381， 解得

11、 x 3， 即塔的顶层共有灯 3 盏 7. 设等比数列 an的前 n 项和为 Sn， 若 S3 7， S6 63， 则 a7 a8 a9 _ 答案： 448 解析：由 S3 7， S6 63， 得 a1 a2 a3 7， 7 a4 a5 a6 63， 则 a4 a5 a6 (a1 a2 a3)q3 56， q3 8， a7 a8 a9 (a4 a5 a6)q3 568 448. 8. 已知等比数列 an的前 n 项和为 Sn， 若 S2 2a2 3， S3 2a3 3， 则公比 q 的值为=【 ;精品教育资源文库 】 = _ 答案： 2 解析： S 2 2a2 3， S3 2a3 3， a1

12、a1q 3， a1(1 q) a1q2 3， q2 2q 0，q 0， 则公比 q 2. 9. 在等比数列 an中 ， 已知 a1 1， a4 8， 设 S3n为该数列的前 3n 项和 ， Tn为数列 a3n的前 n 项和若 S3n tTn，则实数 t 的值为 _ 答案： 7 解析： a 4 a1q3 q3 8， q 2， S3n 1 23n1 2 8n 1.由题意知 ， 数列 a3n是首项为1， 公比为 8 的等比数列 ， Tn 1 8n1 817(8n 1)由 S3n tTn， 得 t 7. 10. 在正 项等比数列 an中 ， 若 a4 a3 2a2 2a1 6， 则 a5 a6的最小值

13、为 _ 答案： 48 解析：设 a2 a1 x， 等比数列的公比为 q， 则 a4 a3 xq2， a5 a6 xq4.再由 a4 a3 2a2 2a1 6， 得 xq2 6 2x， x 6q2 2 0， q 1. a 5 a6 xq4 6q4q2 26? ?q2 2 4q2 2 4 6 (4 4) 48， 当且仅 当 q2 2 2 时 ， 等号成立 ， 故 a5 a6的最小值为 48. 二、 解答题 11. 已知 an是首项为 a1， 公比 q 为正数 (q1) 的等比数列 ， 其前 n 项和为 Sn， 且 5S2 4S4. (1) 求 q 的值 (2) 设 bn q Sn， 请判断数列 b

14、n能否为等比数列？若能 ， 请求出 a1的值；若不能 ，请说明理由 解： (1) 由题意知 ， 5S2 4S4， 5a1（ 1 q2）1 q 4a1（ 1 q4）1 q . a1 0， q0， 且 q1 ， 4q4 5q2 1 0， 解得 q 12. (2) S n a1（ 1 qn）1 q 2a1 a1?12n 1， bn q Sn 12 2a1 a1? ?12n 1. 当且仅当 12 2a1 0， 即 a1 14时 ， bn ? ?12n 1为等比数列 ， bn能为等比数列 ， 此时 a1 14. 12. 已知等差数列 an的公差 d 不为 0， 且 ak1， ak2，?， akn，? (

15、k1 k2 ? kn ?)成等比数列 ， 公比为 q. (1) 若 k1 1， k2 3， k3 8， 求 a1d的值； (2) 当 a1d为何值时 ， 数列 kn为等比数列 解： (1) 由已知可得 a1， a3， a8 成等比数列 ， 所以 (a1 2d)2 a1(a1 7d)， 整理可得 ，4d2 3a1d.因为 d0 ， 所以 a1d 43. (2) 设数列 kn为等比数列 ， 则 k22 k1k3.又 ak1， ak2， ak3成等比数列 ， 所以 a1 (k1 1)da1 (k3 1)d a1 (k2 1)d2. =【 ;精品教育资源文库 】 = 整理 ， 得 a1(2k2 k1 k3) d(k1k3 k22 k1 k3 2k2) 因为 k22 k1k3， 所以 a1(2k2 k1 k3) d(2k2 k1 k3) 因为 2k2 k1 k3， 所以 a1 d， 即 a1d 1. 当 a1d 1 时 ， an a1 (n 1)d nd， 所以 akn knd. 因为 akn ak1qn 1 k1dqn 1， 所以 kn k1qn 1. 所 以 kn 1kn k1qnk1qn 1 q， 数列 kn为等比数列 综上 ， 当 a1d 1 时 ， 数列 kn为等比数列 13. (2017 苏州期中 )已知等比数列 an的公比 q1， 且满