2022年高考数学(理数)一轮复习课时作业30《数列的概念与简单表示法》（教师版）

1、课时作业30数列的概念与简单表示法一、选择题1已知数列1,2，则2在这个数列中的项数是(C)A16 B24C26 D28解析：因为a11，a22，a3，a4，a5，所以an.令an2，解得n26.2数列an的前n项和Sn2n23n(nN*)，若pq5，则apaq(D)A10 B15C5 D20解析：当n2时，anSnSn12n23n2(n1)23(n1)4n5，当n1时，a1S11，符合上式，所以an4n5，所以apaq4(pq)20.3已知数列an满足a11，an2an6，则a11的值为(A)A31 B32C61 D62解析：数列an满足a11，an2an6，a3617，a56713，a76

2、1319，a961925，a1162531.4设数列an的通项公式为ann2bn，若数列an是单调递增数列，则实数b的取值范围为(C)A(，1 B(，2C(，3) D解析：因为数列an是单调递增数列，所以an1an2n1b0(nN*)，所以b2n1(nN*)，所以b(2n1)min3，即b0对一切正整数n恒成立，所以n1，因为nN*，所以1)的最大值为2.解析：Snan，当n1时，anSnSn1anan1，即，数列单调递减，当n2时，2最大三、解答题11已知Sn为正项数列an的前n项和，且满足Snaan(nN*)(1)求a1，a2，a3，a4的值；(2)求数列an的通项公式解：(1)由Snaa

3、n(nN*)可得，a1aa1，解得a11，a10(舍)S2a1a2aa2，解得a22(负值舍去)；同理可得a33，a44.(2)因为Sna，所以当n2时，Sn1a，得an(anan1)(aa)，所以(anan11)(anan1)0.由于anan10，所以anan11，又由(1)知a11，所以数列an是首项为1，公差为1的等差数列，所以ann.12已知数列an的前n项和为Sn，an0，a11，且2anan14Sn3(nN*)(1)求a2的值，并证明an2an2；(2)求数列an的通项公式解：(1)令n1，得2a1a24S13，a11，所以a2，2anan14Sn3,2an1an24Sn13，两式

4、相减得2an1(an2an)4an1.因为an0，所以an2an2.(2)由(1)可知，数列a1，a3，a5，a2k1，为等差数列，公差为2，首项为1，所以当n为奇数时，a2k112(k1)2k1，数列a2，a4，a6，a2k，为等差数列，公差为2，首项为，所以当n为偶数时，a2k2(k1)2k，综上所述，an13已知等差数列an的前n项和为Sn，且S315，a7a934，数列的前n项和为Tn，且对于任意的nN*，Tn，则实数t的取值范围为(0,162)解析：依题意，设等差数列an的公差为d，因为S315，故S33a215，故a25.又a7a92a834，故a817，故a8a26d12，故d2

5、，故a13，所以an32(n1)2n1，所以()，所以Tn，因为Tn，即0，所以t12（n）90，又n6，当且仅当n3时，等号成立，所以12（n）90162.所以0t162.14已知等比数列an是递增数列，a2a532，a3a412，又数列bn满足bn2log2an1，Sn是数列bn的前n项和(1)求Sn；(2)若对任意nN*，都有成立，求正整数k的值解：(1)因为an是等比数列，则a2a5a3a432，又a3a412，且an是递增数列，所以a34，a48，所以q2，a11，所以an2n1.所以bn2log2an12log22n2n.所以Sn242nn2n.(2)令cn，则cn1cn.所以当n1时，c1c2；当n2时，c3c2；当n3时，cn1cnc4c5，所以数列cn中最大项为c2和c3.所以存在k2或3，使得任意的正整数n，都有.15已知数列an满足nan2(n2)an(n22n)，其中a11，a22，若anan1对任意的nN*恒成立，则实数的取值范围是0，)解析：由nan2(n2)an(n22n)n(n2)得，所以数列的奇数项与偶数项均是以为公差的等差数列，因为a11，a22，所以当n为奇数时，1(1)1，所以ann.