（江蘇專用）高考數學一輪復習 加練半小時 專題6 數列 第48練 數列小題綜合練 文（含解析）-人教版高三數學試題

第48練數列小題綜合練[基礎保分練]1.在數列{an}中，a1＝－2，an＋1＝1－eq\f(1,an)，則a2019的值為________.2.在等差數列{an}中，a1＋a4＋a7＝45，a2＋a5＋a8＝29，則a3＋a6＋a9＝________.3.已知數列{an}是公差為2的等差數列，且a1，a2，a5成等比數列，則a2為________.4.已知數列{an}的通項公式為an＝n2－kn，請寫出一個能說明“若{an}為遞增數列，則k≤1”是假命題的k的值________.5.數列{an}滿足an＋1＋an＝(－1)n·n，則數列{an}的前20項的和為________.6.已知數列{an}的通項公式an＝n＋eq\f(100,n)，則|a1－a2|＋|a2－a3|＋…＋|a99－a100|＝________.7.以Sn，Tn分別表示等差數列{an}，{bn}的前n項和，若eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(7n,n＋3)，則eq\f(a5,b5)的值為________.8.已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a5＝5，S8＝36，則數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前n項和為________.9.已知數列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一項是20，接下來的兩項是20,21，再接下來的三項是20,21,22，依此類推.記此數列為{an}，則a2019＝________.10.已知數列{an}滿足：an－(－1)nan－1＝n(n≥2)，記Sn為{an}的前n項和，則S40＝________.[能力提升練]1.已知數列{an}中，an>0，a1＝1，an＋2＝eq\f(1,an＋1)，a100＝a96，則a2018＋a3＝________.2.設等差數列{an}的前n項和為Sn，若S4≥10，S5≤15，則a4的最大值為________.3.已知每項均大于零的數列{an}中，首項a1＝1且前n項和Sn滿足Sneq\r(Sn－1)－Sn－1eq\r(Sn)＝2eq\r(SnSn－1)(n∈N*且n≥2)，則a81＝________.4.已知數列{an}滿足a1＝eq\f(4,3)，an＋1＝aeq\o\al(2,n)－an＋1，則m＝eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2019)的答案精析基礎保分練1.eq\f(1,3)2.133.34.(1,3)內任意一個實數均可5.－1006.1627.eq\f(21,4)8.eq\f(n,n＋1)解析設等差數列{an}的首項為a1，公差為d.∵a5＝5，S8＝36，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝5，,8a1＋28d＝36，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1，))∴an＝n，則eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前n項和為eq\f(1,1)－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).9.410.440解析由an－(－1)nan－1＝n(n≥2)可得：當n＝2k時，有a2k－a2k－1＝2k，①當n＝2k－1時，有a2k－1＋a2k－2＝2k－1，②當n＝2k＋1時，有a2k＋1＋a2k＝2k＋1，③①＋②得a2k＋a2k－2＝4k－1，③－①得a2k＋1＋a2k－1＝1，則S40＝(a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a39)＋(a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a40)＝1×10＋(7＋15＋23＋…)＝10＋7×10＋eq\f(10×9,2)×8＝440.能力提升練1.eq\f(\r(5),2)解析∵a1＝1，an＋2＝eq\f(1,an＋1)，∴a3＝eq\f(1,a1＋1)＝eq\f(1,2).∵a100＝a96，∴a96＝a100＝eq\f(1,a98＋1)＝eq\f(1,\f(1,a96＋1)＋1)，整理得aeq\o\al(2,96)＋a96－1＝0，解得a96＝eq\f(－1＋\r(5),2)或a96＝eq\f(－1－\r(5),2)，∵an>0，∴a96＝eq\f(－1＋\r(5),2).∴a98＝eq\f(1,a96＋1)＝eq\f(－1＋\r(5),2)，a100＝eq\f(1,a98＋1)＝eq\f(－1＋\r(5),2)，…，a2018＝eq\f(1,a2016＋1)＝eq\f(－1＋\r(5),2).∴a2018＋a3＝eq\f(－1＋\r(5),2)＋eq\f(1,2)＝eq\f(\r(5),2).2.4解析因為S4＝2(a2＋a3)，所以a2＋a3≥5，又S5＝5a3，所以a3≤3，而a4＝3a3－(a2＋a3)，故a4≤4，當a2＝2，a3＝3時等號成立，所以a4的最大值為4.3.640解析因為Sneq\r(Sn－1)－Sn－1eq\r(Sn)＝2eq\r(SnSn－1)，所以eq\r(Sn)－eq\r(Sn－1)＝2，即{eq\r(Sn)}為等差數列，首項為1，公差為2，所以eq\r(Sn)＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以Sn＝(2n－1)2，因此a81＝S81－S80＝1612－1592＝640.4.2解析由a1＝eq\f(4,3)，an＋1＝aeq\o\al(2,n)－an＋1得an＋1－an＝(an－1)2>0，所以數列{an}為單調遞增數列，an＋1－1＝an(an－1)，所以eq\f(1,an)＝eq\f(1,an－1)－eq\f(1,an＋1－1)，所以m＝eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2019)＝3－eq\f(1,a2020－1).因為a1＝eq\f(4,3)>1，an＋1－an＝(an－1)2>0，a2＝1＋eq\f(4,9)，a3＝1＋eq\f(52,81)，a4＝1＋eq\f(6916,6561)>2，所以a2020>2,0<eq\f(1,a2020－1)<1,2<3－eq\f(1,a2020－1)<3，所以m的整數部分是2.5.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(5,2)))解析由題意得a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n＋1，所以a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n(n≥2)，相減得2n－1·an＝n·2n＋1－(n－1)·2n，所以an＝2n＋2，n＝1也滿足.因此數列{an－kn}的前n項和為Sn＝eq\f(1,2)n(4－k＋2n＋2－kn)＝eq\f(1,2)n(6－k＋2n－kn)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－k<0，,\f(7,2)≤\f(6－k,2k－2)≤\f(9,2)，))所以eq\f(12,5)≤k≤eq\f(5,2).6.8解析設等差數列{an}的公差為d，∵bn＝a3n－2＋a3n－1＋a3n，∴b1＝a1＋a2＋a3＝6，b2＝a4＋a5＋a6＝9，∴b2－b1＝3d＋3d＋3d＝9－6，解得d＝eq\f(1,3)，∴a1＋a1＋eq\f(1,3)＋a1＋eq\f(2,3)＝6，解得a1＝eq\f(5,3)，∴Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(5,3)n＋eq\f(1,6)n(n－1)＝eq\f(nn＋9,6)，∴bn＝a3n－2＋a3n－1＋a3n＝eq\f(5,3)＋(3n－2－1)×eq\f(1,3)＋eq\f(5,3)＋(3n－1－1)×eq\f(1,3)＋eq\f(5,3)＋(3n－1)×eq\f(1,3)＝3n＋3＝3(n＋1)，∴eq\f(bn·Sn,n2)＝eq\f(3n＋1·\f(n