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1、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. 已知数列 1， ， ， ，则 3是它的第_项3572n15答案：23解析：通过观察可知已知数列的通项公式是 an，2n1令 an3，得 n23.2n15452. 已知数列an满足：anan1，ann2n，nN*，则实数 的最小值是 _答案：3解析：因为 anan1，所以 n2n(n1)2(n1)，所以 (2n1)，nN*， 所以 3.3. 已知数列an的前 n 项和 Sn332n，nN*，则 an_答案：32n1解析：当 n1 时，a1S133213.当 n2 时，anSnSn1(332n) (332n1)32n1.当 n1
2、 时也符合上式，故数列an的通项公式为 an32n1.4. 已知数列an的前 n 项和 Snn29n，第 k 项满足 5ak8，则 k 的值为 _答案：8解析： Snn29n， 当 n2 时，anSnSn12n10，a1S18 也符合上 式， an2n10(nN*)， 52k108，即 7.5k9. k8.5. 已知数列an满足 a11，anan1nanan1(nN*)，则 an_答案：2n2n2解析：由 anan1nanan1得n，则由累加法得12(n1)1an11an1an1a1.因为 a11，所以1，所以 an.n2n21ann2n2n2n222n2n26. 已知数列an满足 a11，a
3、n1a 2an1(nN*)，则 a101等于_2 n答案：1解析： a11， a2(a11)20，a3(a21)21，a4(a31)20，可知数列 an是以 2 为周期的数列， a101a11.7. 已知数列an满足 a12a23a3nann1(nN*)，则数列an的通项公式为 _答案：an2，n1， 1n，n 2)解析：已知 a12a23a3nann1，将 n1 代入，得 a12；当 n2 时，将 n1 代入，得 a12a23a3(n1)an1n，两式相减得 nan(n1)n1， an ， an1n2，n1， 1n，n 2.)8. 设数列an满足 a1a，an1(nN*)若数列an是常数列，
4、则 a_. 答案：2解析：因为数列an是常数列，所以 aa2，即 a(a1)a22，解得a22a1a2.9. 数列an的前 n 项积为 n2，那么当 n2 时，an_答案：n2（n1）2解析：设数列an的前 n 项积为 Tn，则 Tnn2，当 n2 时，an.TnTn1n2（n1）210. (2018南通模拟)设an是首项为 1 的正项数列，且(n1)ana an1an0(n1，2，3，)，则它的通项公式 an_2n12 n答案：1n解析： (n1)aan1anna 0，2n12 n (an1an)(n1)an1nan0.又 an1an0， (n1)an1nan0，即， ana1 a1 .an
5、1annn1anan1an1an2a2a1n1nn2n1121n二、 解答题11. 数列an的通项公式是 ann27n6.(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 n4 时，a4424766.(2) 令 an150，即 n27n6150，解得 n16 或 n9(舍去)，即 150 是数列的第 16 项(3) 令 ann27n60，解得 n6 或 n1(舍)， 该数列从第 7 项起各项都是正 数12. 设数列an的前 n 项和为 Sn，数列Sn的前 n 项和为 Tn，且满足 Tn2
6、Snn2，nN*.(1) 求 a1的值；(2) 求数列an的通项公式解：(1) 令 n1，则 T12S11， T1S1a1， a12a11， a11.(2) 当 n2 时，Tn12Sn1(n1)2，则 SnTnTn12Snn22Sn1(n1)22(SnSn1)2n12an2n1.因为当 n1 时，a1S11 也满足上式，所以 Sn2an2n1(n1)，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，公比为 2 的等比数列所以 an232n1，所以 an32n12
7、，当 n1 时也成立，所以 an32n12(nN*)13. 已知 Sn为正项数列an的前 n 项和，且满足 Sn a an(nN*)12 2 n12(1) 求 a1，a2，a3，a4的值；(2) 求数列an的通项公式解：(1) 由 Sn a an(nN*)可得，a1 a a1，12 2 n1212 2 112解得 a11(a10 舍去)S2a1a2 a a2，12 2 212解得 a22(负值舍去)；同理可得 a33，a44.(2) 因为 Sn a an ，12 2 n12所以当 n2 时，Sn1 a an1 ，122n112 得 an (anan1) (a a)，所以(anan11)(ana
8、n1)0.1212 2 n2n1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.第 2 课时 等 差 数 列一、 填空题1. (2018南通三模)设等差数列an的前 n 项和为 Sn.若公差 d2，a510，则 S10的值 是_答案：110解析：由题可知 a6a5d12， S105(a5a6)5(1012)110.10（a1a10）22. 已知an为等差数列，a1a3a5105，a2a4a699，则 a20_答案：1解析： a1a3a5105，即 3a3105，解得 a335，同理，由 a2a4a699，解 得 a
9、433. da4a333352， a20a4(204)d3316(2)1.3. (2018江苏海安调研)已知数列an是公差不为 0 的等差数列，其前 n 项和为 Sn.若a1a4a70，则的值为_S6a5答案：3解析：设等差数列an的公差为 d，由已知 a1a4a70，得 3a19d0， a13d， 3.S6a56a115da14d3dd4. (2018南京调研)记等差数列an的前 n 项和为 Sn.若 am10，S2m1110，则 m_答案：6解析：因为 S2m1(2m1)am110，所以 2m111，即（2m1）（a1a2m1）2m6.5. 在等差数列an中，a17，公差为 d，前 n 项
10、和为 Sn，当且仅当 n8 时，Sn取最 大值，则 d 的取值范围是_答案：(1， )78解析：由题意得，a80，a90，所以 77d0，78d0，即1d .786. 成等差数列的四个数之和为 26，第二个数与第三个数之积为 40，则这四个数分别 为_答案：2，5，8，11 或 11，8，5，2解析：设这四个数分别为 a3d，ad，ad，a3d，则由题设得（a3d）（ad）（ad）（a3d）26， （ad）（ad）40，) 解得或4a26， a2d240.)a132，d32) a132，d32.)所以这四个数分别为 2，5，8，11 或 11，8，5，2.7. 若一个等差数列an的前 3 项的
11、和为 34，最后 3 项的和为 146，且所有项的和为 390，则这个数列有_项答案：13解析：a1a2a3an2an1an34146180，所以 3(a1an)180，即a1an60.由 Sn390，知390，所以390，解得 n13.n（a1an）2n 6028. (2018苏州质量监测)已知数列an满足 a115，且 3an13an2.若 akak10，则正整数 k_答案：23解析：3an13an2an1an an是等差数列，则 an15 (n1) n.因232347323为 akak10，所以0，所以k.因为 kN*，所以 k23.(47323k)(45323k)4524729. (2
12、018江苏扬州中学检测)已知an为等差数列，Sn为其前 n 项和，公差为 d，若100，则 d 的值为_S2 0202 020S2020答案：110解析：因为a1 (n1)d，所以由100，得(a1 2 019d)Snn12S2 0202 020S202012(a1 19d)100，解得 d.1211010. (2018苏州期末)已知an是等差数列，a515，a1010，记数列an的第 n 项到 第 n5 项的和为 Tn，则|Tn|取得最小值时 n 的值为_答案：5 或 6解析：因为 a515，a1010，所以公差 d5，所以 a1a54d35，a10a5105所以 ana1(n1)d355(
13、n1)5n40，an55n15，Tn15(112n)，当 112n1，即 n56（anan5）2或 6 时，|Tn|取得最小值 15.二、 解答题11. 在等差数列an中，a11，a33.(1) 求数列an的通项公式；(2) 若数列an的前 k 项和 Sk35，求 k 的值解：(1) 设等差数列an的公差为 d，由 a11，a33，可得 12d3，解得 d2.从而 an1(n1)(2)32n.(2) 由(1)可知 an32n.所以 Sn2nn2.n1（32n）2由 Sk35，可得 2kk235，即 k22k350，解得 k7 或 k5.又 kN*，故 k7.12. 已知公比为 q 的等比数列a
14、n的前 6 项和 S621，且 4a1， a2，a2成等差数列32(1) 求 an；(2) 设bn是首项为 2，公差为a1的等差数列，记bn的前 n 项和为 Tn，求 Tn的最大 值解：(1) 4a1， a2，a2成等差数列， 4a1a23a2，即 2a1a2， q2，32 S621，解得 a1 ， an.a1（126）12132n13(2) 由(1) 可知bn是首项为 2，公差为 的等差数列， bn n ，131373(解法 1)Tn n2n，则 Tn的最大值为 7，此时 n6 或 7.1613616(n132)216924(解法 2) 公差为 ，是负数， 数列bn是递减数列13 b70，
15、当 n6 或 7 时，数列bn的前 n 项和 Tn取得最大值 7.13. 在等差数列 an中，公差 d0，前 n 项和为 Sn，a2a345，a1a518.(1) 求数列an的通项公式(2) 令 bn(nN*)，是否存在一个非零常数 c，使数列bn也为等差数列？若存在，Snnc求出 c 的值；若不存在，请说明理由解：(1) 由题设知an是等差数列，且公差 d0，则由得a2a345， a1a518，) （a1d）（a12d）45， a1（a14d）18，)解得a11， d4.) an4n3(nN*)(2) 由 bn.Snncn（14n3）2nc2n(n12)nc c0， 可令 c ，得到 bn2
16、n.12 bn1bn2(n1)2n2(nN*)， 数列bn是公差为 2 的等差数列即存在一个非零常数 c ，使数列bn也为等差数列12第 3 课时 等 比 数 列一、 填空题1. (2018如东中学检测)已知等比数列an的公比 q ，则_12a1a3a5a2a4a6答案：2解析： 2.a1a3a5a2a4a6a1a3a5q（a1a3a5）1q2. (2018苏州期初)已知等比数列an的公比大于 1，若 a5a115，a4a26，则 a3_答案：4解析：设等比数列an的公比为 q，由题意知解得或a1q4a115， a1q3a1q6，)a11， q2)(舍去)，故 a3a1q21224.a116，
17、q12)3. 在各项均为正数的等比数列an中，若 log2a2log2a81，则 a3a7_答案：2解析：由 log2a2log2a81，得 log2(a2a8)1，所以 a2a82，由等比数列性质，可得 a3a7a2a82.4. 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 a11， 则 S5_ .答案：31解析：因为 4a1，2a2，a3依次成等差数列，所以 4a24a1a3，所以 4a1q4a1a1q2，所以 q2.又 a11，所以 S531.a1（1q5）1q5. 设 Sn是等比数列an的前 n 项和，若 a52a100，则的值是_S20S10答案：
18、54解析：当 q1 时，a5a100 不合题意， 公比 q1. q5 ，因而1q101 .a10a512S20S101q201q1014546. 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381，解得 x3，即塔的顶层共有灯 3x （127）12盏7. (2018海安中学测试)在各项均为正数的等比数
19、列an中，am1am12am(m2)， 数列an的前 n 项积为 Tn.若 T2m1512，则 m_答案：5解析：由等比数列的性质可知 am1am1a 2am(m2)，所以 am2，即数列an2 m为常数列，an2，所以 T2m122m151229，即 2m19，所以 m5.8. (2018镇江模拟)已知 Sn是等比数列an的前 n 项和若存在 mN*，满足9，S2mSm，则数列an的公比为_a2mam5m1m1答案：2解析：设公比为 q，若 q1，则2，与题中条件矛盾，故 q1. S2mSmS2mSmqm19， qm8. qm8， m3， a1（1q2m）1qa1（1qm）1qa2mama1
20、q2m1a1qm15m1m1q38， q2.9. 在等比数列an中，已知 a11，a48，设 S3n为该数列的前 3n 项和，Tn为数列a 的3 n前 n 项和若 S3ntTn，则实数 t 的值为_答案：7解析： a4a1q3q38， q2，S3n8n1.由题意知，数列a 是首项123n123 n为 1，公比为 8 的等比数列，Tn (8n1)由 S3ntTn，得 t7.18n181710. (2018泰州中学调研)设正项等比数列an满足 2a5a3a4，若存在两项 an，am，使 得 a14，则 mn_anam答案：6解析：设等比数列an的公比为 q.正项等比数列an满足 2a5a3a4，则
21、2a3q2a3(1q)，可得 2q2q10，q0，解得 q .若存在两项 an，am，使得 a1412，可得 a14，所以 mn6.anam二、 解答题11. 设数列an的前 n 项和为 Sn，a11，且数列Sn是以 2 为公比的等比数列(1) 求数列an的通项公式；(2) 求 a1a3a2n1.解：(1) S1a11，且数列Sn是以 2 为公比的等比数列， Sn2n1.又当 n2 时，anSnSn12n12n22n2.当 n1 时，a11，不适合上式 an1，n1， 2n2，n 2.)(2) a3，a5，a2n1是以 2 为首项，4 为公比的等比数列， a3a5a2n1.2（14n）142（
22、4n1）3 a1a3a2n11.2（4n1）322n11312. 已知等差数列an的公差 d 不为 0，且 ak1，ak2，akn，(k1k2kn) 成等比数列，公比为 q.(1) 若 k11，k23，k38，求的值；a1d(2) 当为何值时，数列kn为等比数列a1d解：(1) 由已知可得 a1，a3，a8成等比数列，所以(a12d)2a1(a17d)，整理可得，4d23a1d.因为 d0，所以 .a1d43(2) 设数列kn为等比数列，则 k k1k3.又 ak1，ak2，ak3成等比数列，2 2所以a1(k11)da1(k31)da1(k21)d2.整理，得 a1(2k2k1k3)d(k1
23、k3k k1k32k2)2 2因为 k k1k3，所以 a1(2k2k1k3)d(2k2k1k3)2 2因为 2k2k1k3，所以 a1d，即1.a1d当1 时，ana1(n1)dnd，所以 aknknd.a1d因为 aknak1qn1k1dqn1，所以 knk1qn1.所以q，数列kn为等比数列kn1knk1qnk1qn1综上，当1 时，数列kn为等比数列a1d13. (2018南京调研)已知数列an的各项均为正数，记数列an的前 n 项和为 Sn，数列 a 的前 n 项和为 Tn，且 3TnS 2Sn，nN*.2 n2 n(1) 求 a1的值；(2) 求证数列an为等比数列，并求其通项公式
24、；(3) 若 k，tN*，且 S1，SkS1，StSk成等比数列，求 k 和 t 的值(1) 解：由 3T1S 2S1，得 3a a 2a1，即 a a10.2 12 12 12 1因为 a10，所以 a11.(2) 证明：因为 3TnS 2Sn ，2 n所以 3Tn1S2Sn1 ，2n1，得 3aSS 2an1.2n12n12 n因为 an10，所以 3an1Sn1Sn2 ，所以 3an2Sn2Sn12 ，得 3an23an1an2an1，即 an22an1，所以当 n2 时，2.an1an由 3T2S 2S2，得 3(1a )(1a2)22(1a2)，2 22 2即 a 2a20.2 2因
25、为 a20，所以 a22，所以2，a2a1所以对nN*，都有2 成立，故数列an是首项为 1，公比为 2 的等比数列，an1an所以数列an的通项公式为 an2n1，nN*.(3) 解：由(2) 可知 Sn2n1.因为 S1，SkS1，StSk成等比数列，所以(SkS1)2S1(StSk)，即(2k2)22t2k，所以 2t(2k)232k4，即 2t2(2k1)232k21 (*)由于 SkS10，所以 k1，即 k2.当 k2 时，2t8，得 t3.当 k3 时，由(*)，得(2k1)232k21 为奇数，所以 t20，即 t2，代入(*)得 22k232k20，即 2k3，此时 k 无正
26、整数解综上，k2，t3.第 4 课时 数列的求和一、 填空题1. 数列an的通项公式是 an(1)n(2n1)，则该数列的前 100 项之和为_答案：100解析：根据题意有 S1001357911197199250100.2. 已知数列an的通项公式是 an，其前 n 项和 Sn，则项数2n12n32164n_答案：6解析： an1， 12nSnn( )nn1(112) (114) (118)(112n)12141812n121(12)n112.由 Snn1，可得出 n6.12n3216412n3. 数列 1 ，3 ，5 ，7，(2n1)，的前 n 项和 Sn_12141811612n答案：n
27、2112n解析：该数列的通项公式为 an(2n1)，则 Sn135(2n1)12n( )n21.1212212n12n4. (2018无锡期末)设公比不为 1 的等比数列an满足 a1a2a3 ，且 a2，a4，a3成等18差数列，则数列an的前 4 项和为_答案：58解析：设数列an的公比为 q(q1)由等比数列的性质可得 a1a2a3a ，所以3 218a2 .因为 a2，a4，a3成等差数列，所以 2a4a2a3，即 2a2q2a2a2q，化简得122q2q10，即(q1)(2q1)0，解得 q 或 q1(舍去)因为 a11，所以12a2qS4 .a1（1q4）1q1 1(12)41(1
28、2)585. 已知数列的前 n 项和 Snn2，则数列的前 n 项和 Tn_an1an11答案：n4n4解析：因为所以2n1.an1，n1， n2（n1）2，n 2) 1，n1， 2n1，n 2，)an所以，1an111（2n1）2114(1n1n1)所以 Tn (1).14(11212131n1n1)141n1n4n46. 已知函数 f(x)x的图象过点(4，2)，令 an，nN*.记数列an的1f（n1）f（n）前 n 项和为 Sn，则 S365_答案：1366解析：由 f(4)2 可得 42，解得 ，则 f(x)x .1212所以 an，1f（n1）f（n）1n1 nn1nS365a1a
29、2a3a365()()()()213243365364()1.3663653667. 已知数列 5，6，1，5，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后 两项之和，则这个数列的前 16 项之和 S16_答案：7解析：根据题意这个数列的前 8 项分别为 5，6，1，5，6，1，5，6，发现从第 7 项起，数列重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为 6，前 6 项和为 561(5) (6)(1)0.因为 16264，所以这个数列的前 16 项之和 S162077.8. 对于数列an，定义数列an1an为数列an的“差数列” ，若 a12，数列an的 “差数列”的通项为 2n，则数列an的前
30、 n 项和 Sn_答案：2n12解析：因为 an1an2n，所以 an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n12n2222222n222n，所以 Sn2n12.22n1222n1129. 已知数列an中，a11，an1(1)n(an1)，记 Sn为an的前 n 项和，则 S2 020_答案：1 010解析：由 a11，an1(1)n(an1)可得 a22，a31，a40，a51，a62，a71，故该数列为周期是 4 的数列， 所以 S2 020505(a1a2a3a4)505(2)1 010.二、 解答题10. 已知数列an的通项公式是 an23n1(1)n(ln 2ln 3)(1
31、)nnln 3，求其前 n 项和 Sn.解：Sn2(133n1)111(1)n(ln 2ln 3) 123(1)nnln 3，当 n 为偶数时，Sn2 ln 33n ln 31；13n13n2n2当 n 为奇数时，Sn2(ln 2ln 3)ln 33nln 3ln 21.13n13(n12n)n12综上所述，Sn3nn2ln 31，n为偶数，3nn12ln 3ln 21，n为奇数.)11. (2018天津卷)设an是等差数列，其前 n 项和为 Sn(nN*)；bn是等比数列，公比 大于 0，其前 n 项和为 Tn(nN*)已知 b11，b3b22，b4a3a5，b5a42a6.(1) 求 Sn
32、和 Tn；(2) 若 Sn(T1T2Tn)an4bn，求正整数 n 的值解：(1) 设等比数列bn的公比为 q，由 b11，b3b22，可得 q2q20.因为 q0，可得 q2，故 bn2n1，所以 Tn2n1.12n12设等差数列an的公差为 d.由 b4a3a5，得 a13d4.由 b5a42a6，得3a113d16，从而 a11，d1，故 ann，所以 Sn.n（n1）2(2) 由(1)，有 T1T2Tn(21222n)nn2n1n2.2 （12n）12由 Sn(T1T2Tn)an4bn可得2n1n2n2n1，n（n1）2整理得 n23n40，解得 n1(舍去)或 n4.所以 n 的值为
33、 4.12. 已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 Snn2an(nN*)(1) 求证：数列an1为等比数列，并求数列an的通项公式；(2) 若 bn(2n1)an2n1，数列bn的前 n 项和为 Tn.求满足不等式2 020Tn22n1的 n 的最小值(1) 证明：因为 Snn2an，所以 Sn12an1(n1)(n2，nN*)两式相减，得 an2an11.所以 an12(an11)(n2，nN*)，所以数列an1为等比数列因为 Snn2an，令 n1 得 a11.a112，所以 an12n，所以 an2n1.(2) 解：因为 bn(2n1)an2n1，所以 bn(2n1)2n.所以
34、Tn32522723(2n1)2n1(2n1)2n ，2Tn322523(2n1)2n(2n1)2n1 ，得Tn322(22232n)(2n1)2n162(2n1)2n1222n11222n2(2n1)2n12(2n1)2n1.所以 Tn2(2n1)2n1.若2 020，则2 020，即 2n12 020.Tn22n1（2n1）2n12n1由于 2101 024，2112 048，所以 n111，即 n10.所以满足不等式2 020 的 n 的最小值是 10.Tn22n113. 在等差数列an中，已知公差 d2，a2是 a1与 a4的等比中项(1) 求数列an的通项公式；(2) 设 bna，记
35、 Tnb1b2b3b4(1)nbn，求 Tn.n（n1）2解：(1) 由题意知(a1d)2a1(a13d)，即(a12)2a1(a16)，解得 a12，所以数列an的通项公式为 an2n.(2) 由题意知 bnan(n1)，n（n1）2则 bn1bn2(n1)，所以 Tn122334(1)nn(n1)当 n 为偶数时，Tn(b1b2)(b3b4)(bn1bn)48122n，n2（42n）2n（n2）2当 n 为奇数时，TnTn1(bn)n(n1)，（n1）（n1）2（n1）22所以 Tn（n1）22，n为奇数，n（n2）2，n为偶数.)第 5 课时 数列的综合应用一、 填空题1. 数列an满足
36、 anlog2(n23)2，则 log23 是这个数列的第_项答案：3解析：令 anlog2(n23)2log23，解得 n3.2. 在等比数列an中，各项都是正数，且 a1， a3，2a2成等差数列，则12_a9a10a7a8答案：322解析： a1， a3，2a2成等差数列， 2 a3a12a2，即 a3a12a2.设等比数列an的1212公比为 q 且 q0，则 a3a1q2，a2a1q， a1q2a12a1q， q212q，解得 q1或 1(舍)，q2(1)232.22a9a10a7a8a9（1q）a7（1q）223. 已知数列an的前 n 项和 Sn2n1，则满足2 的正整数 n 的
37、集合为_ann答案：1，2，3，4解析：因为 Sn2n1，所以 a11，当 n2 时，Sn12n11，两式相减得an2n1，且 a11 也符合 an2n1，故an的通项公式为 an2n1.由2，得ann2n12n，所以有 n1，2，3，4. 即正整数 n 的集合为1，2，3，44. 等差数列an的首项为 1，公差不为 0.若 a2，a3，a6成等比数列，则an前 6 项的和 为_答案：24解析：设等差数列的公差为 d，由 a2，a3，a6成等比数列可得 a a2a6，即(12d)2 32(1d)(15d)，整理可得 d22d0.因为公差不为 0，所以 d2，数列的前 6 项和为S66a1d61
38、(2)24.6 （61）26 （61）25. (必修 5P47练习 5 改编)现有 200 根相同的钢管，把它们堆放成正三角形垛，要使剩 余的钢管尽可能的少，那么剩余钢管的根数为_答案：10解析：123n200，200.当 n20 时，剩余钢管最少，用去n（n1）2190(根)，则剩余 10 根19 2026. 在等差数列an中，已知首项 a10，公差 d0.若 a1a260，a2a3100，则 5a1a5的最大值为_答案：200解析：由 a1a260，a2a3100 得 2a1d60，2a13d100，a10，d0，5a1a56a14dx(2a1d)y(2a13d)，由2x2y6， x3y4
39、，)解得所以 5a1a5 (2a1d) (2a13d) 60 100200，x52，y12.)52125212故 5a1a5的最大值为 200.7. (必修 5P48 习题 13 改编)如图所示的三角形数阵，根据图中的规律，第 n 行(n2) 第 2 个数是_答案：n2n22解析：设第 n 行的第 2 个数为 an，不难得出规律：a3a22，a4a33，anan1n1，累加得 an.n2n228. 数列an的通项公式是 an(n1)()n(nN*)，则此数列的最大项是第_1011项答案：9，10解析： an1an(n2)(n1)，(1011)n1(1011)n(1011)n9n11当 n9 时
40、，an1an0，即 an1an；当 n9 时，an1an0，即 an1an；当 n9 时，an1an0，即 an1an， 该数列中有最大项，且最大项为第 9，10 项9. (2018苏州暑假测试)等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 anSnn216n15(nN*)， 若对任意 nN*，总有 SnSk，则 k 的值为_答案：7解析：设等差数列an的公差为 d，则 anSna1(n1)d n2na1dn216n15，所以解得na1n（n1）2dd2(32da1)d21， 32da116， a1d15，)所以 Sn13n(2)n214n(n7)249，所以(Sn)maxS7，a113， d2，)n（n1）2所以 SnS7对任意 nN*恒成立，所以 k 的值为 7.10. 在我国古代著名的数学专著九章算术里有一段叙述：今有良马与驽马发长安 至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九 十七里，日减