2023届高考数学二轮复习 微专题50 与数列奇偶项有关的问题作业.docx

1、微专题50与数列奇偶项有关的问题1.已知等差数列an的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为_2已知数列an，bn满足a11，且an，an1是函数f(x)x2bnx2n的两个零点，则b10_3数列an的前n项和为Sn，a11，a22，an2an1(1)n(nN*)，则S100_4已知数列an满足a11，an1an2n(nN*)，设Sn是数列an的前n项和，则S2 018_5已知等比数列an的首项为，公比为，其前n项和为Sn，若ASnB对nN*恒成立，则BA的最小值为_6已知数列an满足a11，a2a1，|an1an|2n(nN*)，若数列a2n1单

2、调递减，数列a2n单调递增，则数列an的通项公式为an_7已知首项为的等比数列an的前n项和为Sn(nN*)，且2S2，S3，4S4成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)证明Sn(nN*)8已知正项数列an的前n项和为Sn，且a1a，(an1)(an11)6(Snn)，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)若对于nN*，都有Snn(3n1)成立，求实数a的取值范围微专题501答案：10.解析：设这个数列有2n项，则由等差数列的性质可知：偶数项之和减去奇数项之和等于nd，即25152n，故2n10，即数列的项数为10.2答案：64.解析：anan1bn，anan12n，an1an22n

3、1，an22an.又a11，a1a22，a22，a2n2n，a2n12n1(nN*)，b10a10a1164.3答案：2 600.解析：由an2an1(1)n，知a2k2a2k2，a2k1a2k10，a1a3a5a2n11，数列a2k是等差数列，a2k2k.S100(a1a3a5a99)(a2a4a6a100)50(246100)502 600.4答案：321 0093.解析：由2，且a22，得数列an的奇数项构成以1为首项，2为公比的等比数列，偶数项构成以2为首项，2为公比的等比数列，故S2 018(a1a3a5a2 017)(a2a4a6a2 018)321 0093.5答案：.解析：由题

4、意可求得Sn1()n，令t()n，则t，从而Sn，所以Sn，所以BA的最小值为.6答案：.解法1先采用列举法得a11，a21，a33，a45，a511，a621，然后从数字的变化上找规律，得an1an(1)n12n，再利用累加法即可解法2因为a2n1a2n22n，a2na2n122n1，所以两式相加，得a2n1a2n122n22n1，而a2n1递减，所以a2n1a2n1a1，所以an1an(1)n12n，以下同上7答案：(1)an(1)n1；(2)略解析：(1)设等比数列an的公比为q，因为2S2，S3，4S4成等差数列，所以S32S24S4S3，即S4S3S2S4，可得2a4a3，于是q.又

5、a1，所以等比数列an的通项公式为an()n1(1)n1.(2)证明：Sn1()n，Sn1()n当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以SnS1.当n为偶数时，Sn随n的增大而减小，所以SnS2.故对于nN*，有Sn.8答案：(1)an(2)(0，4解析：(1)当n1时，(a11)(a21)6(S11)，故a25；当n2时，(an11)(an1)6(Sn1n1)，所以(an1)(an11)(an11)(an1)6(Snn)6(Sn1n1)，即(an1)(an1an1)6(an1)，又an0，所以an1an16，所以a2k1a6(k1)6ka6，a2k56(k1)6k1，kN*，故an(2)当n为奇数时，Sn(3na2)(3n3)n，由Snn(3n1)得，a恒成立，令f(n)，则f(n1)f(n)0，所以af(1)4.当n为偶数时，Sn3n(3na1)n，由Snn(3n1)得，a3(n1)恒成立，所以a9.又a1a0，所以实数a的取值范围是(0，4