高二数学数列练习题(含答案)

高二《数列》专题

(n1)S11．Sn与an的关系：an ，已知Sn求an，应分n1时a1 ；n2时，

SnSn1(n1)an= 两步，最后考虑a1是否满足后面的an.

2.等差等比数列

等差数列 等比数列 定义 anan1d（n2） an1q(nN*) an 通项 ana1(n1)d，anam(nm)d,(nm) ， 如果a,G,b成等比数列，那么G叫做a与如果a,A,b成等差数列，那么A叫做a与b的等差中中项 项．Aab。 2b的等比中项． 等比中项的设法：等差中项的设法： a，a，aq q前nSn项和 性 n(n1)n(a1an)，Snna1d 22 若mnpq，则 amanapaq(m,n,p,qN,mnpq)质 *若若2mpq,则有a2mapaq,(p,q,n,mN*) 2mpq，则 函数Sn、S2nSn、S3nS2n为等差数列 Sn、S2nSn、S3nS2n为等比数列 andn(a1d)AnB看数列 d22d2snn(a1)nAnBn22ana1nqAqnq a1a1nsnqAAqn(q1)1q1q. 专业word可编辑 .

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*（1）定义法：证明an1an(nN)为一个常数； *（2）等差中项：证明2anan1an1(nN，（1）定义法：证明（2）an1(nN*)为一个常数 an中项：证明判定2anan1an1(nN*,n2) n2) 方法 *（3）通项公式:anknb(k,b为常数)(nN) 2（4）snAnBn(A,B为常数)(nN*) （3）通项公式：an数） （4）cqn(c,q均是不为0常snAqnA(A,q为常数， A0,q0,1）3.数列通项公式求法。（1）定义法（利用等差、等比数列的定义）；（2）累加法

(n1)an1S1cn型）；(4)利用公式an（3）累乘法（；(5)构造法（an1kanb型）anSS(n1)n1n(6) 倒数法 等 4.数列求和

（1）公式法；（2）分组求和法；（3）错位相减法；（4）裂项求和法；（5）倒序相加法。 5. Sn 的最值问题：在等差数列an中,有关Sn 的最值问题——常用邻项变号法求解：

(1)当a10,d0 时，满足(2)当 a10,d0时，满足am0 的项数m使得Sm取最大值.

a0m1am0 的项数m使得Sm取最小值。

a0m1也可以直接表示Sn，利用二次函数配方求最值。在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用。 6.数列的实际应用

现实生活中涉及到银行利率、企业股金、产品利润、人口增长、工作效率、图形面积、等实际问题，常考虑用数列的知识来解决.

训练题

一、选择题

1.已知等差数列an的前三项依次为a1、a1、2a3，则2011是这个数列的 ( B )

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A.第1006项 B.第1007项 C. 第1008项 D. 第1009项

2.在等比数列{an}中，a6a5a7a548，则S10等于 （A ） A．1023 B．1024 C．511 D．512

3．若{an}为等差数列，且a7－2a4＝－1，a3＝0，则公差d＝

11

A．－2 B．－ C. D．2

22

( )

1

由等差中项的定义结合已知条件可知2a4＝a5＋a3，∴2d＝a7－a5＝－1，即d＝－.故选B.

2

4.已知等差数列{an}的公差为正数，且a3·a7=－12,a4+a6=－4,则S20为( A )

A.180 C.90

B.－180 D.－90

5.（2010青岛市）已知an为等差数列,若a1a5a9,则cos(a2a8)的值为（ A ） A．1 2B．31 C． 22D．

3 26．在等比数列{an}中，若a3a5a7a9a11＝243，则a29

a11

的值为 ( )

A．9 B．1 C．2 D．3

解析 由等比数列性质可知

a3a5a7a9a11＝a57＝243，所以得

1

a7＝3，又＝＝a7，故选D.

a11a11

a29a7a11

7．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＋a5＝S5，且a9＝20，则S11＝( )

2

A．260 C．130

B．220 D．110

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解析 ∵S5＝

a1＋a5

2

×5，又∵S5＝a1＋a5，∴a1＋a5＝0.∴a3＝0，∴S11＝

2

1a1＋a11

2

×11＝

a3＋a9

20＋20×11＝×11＝110，故选D.

2

*8各项均不为零的等差数列{an}中，若a2n－an－1－an＋1＝0(n∈N，n≥2)，则S2 009等于

A．0 C．2 009

B．2 D．4 018

*2解析 各项均不为零的等差数列{an}，由于a2n－an－1－an＋1＝0(n∈N，n≥2)，则an－2an＝0，an＝2，S2 009＝4 018，故选D.

9．数列{an}是等比数列且an>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，那么a3＋a5的值等于

A．5 C．15

B．10 D．20

2222解析 由于a2a4＝a23，a4a6＝a5，所以a2·a4＋2a3·a5＋a4·a6＝a3＋2a3a5＋a5＝(a3＋a5)＝

25.所以a3＋a5＝±5.又an>0，所以a3＋a5＝5.所以选A.

10. 首项为1，公差不为0的等差数列{an}中，a3，a4，a6是一个等比数列的前三项，则这个等比数列的第四项是

A．8 C．－6 答案 B

2解析 a24＝a3·a6⇒(1＋3d)＝(1＋2d)·(1＋5d)

B．－8 D．不确定

( )

⇒d(d＋1)＝0⇒d＝－1，∴a3＝－1，a4＝－2，∴q＝2. ∴a6＝a4·q＝－4，第四项为a6·q＝－8.

11.在△ABC中，tanA是以-4为第三项，4为第七项的等差数列的公差，tanB是以

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1为第三项，9为第六3. . . . .

项的等比数列的公比，则这个三角形是(B )

A.钝角三角形 C.等腰三角形

B.锐角三角形

D.非等腰的直角三角形

12、（2009澄海）记等差数列an的前项和为sn，若s3s10，且公差不为0，则当sn取最大值时，n（ )C

A．4或5 B．5或6

C．6或7

D．7或8

13．在等差数列{an}中，前n项和为Sn，且S2 011＝－2 011，a1 007＝3，则S2 012的值为

A．1 006 C．2 012

B．－2 012 D．－1 006

答案 C解析 方法一 设等差数列的首项为a1，公差为d，根据题意可得，

2 011×S2 011＝2 011a1＋a1 007＝a1＋1 006d＝3，

2 011－12

d＝－2 011，

a1＋1 005d＝－1，即a1＋1 006d＝3，

a1＝－4 021，

解得

d＝4.

所以，S2 012＝2 012a1＋

2 012×2 012－1

2

d

＝2 012×(－4 021)＋2 012×2 011×2 ＝2 012×(4 022－4 021)＝2012.

2 011a1＋a2 011

方法二 由S2 011＝＝2 011a1 006＝－2 011， 解得a1 006＝－1，则

2

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2 012a1＋a2 0122 012a1 006＋a1 0072 012×－1＋3

S2 012＝＝＝22214．设函数f(x)满足f(n＋1)＝

A．95 C．105

2f＝2 012.

n＋n2

(n∈N*)，且f(1)＝2，则f(20)＝( B )

B．97 D．192

解析

f20＝f19



18f19＝f18＋，n2f(n＋1)＝f(n)＋，∴2

……

f2＝f1＋1.2

19＋，2

121919×20

累加，得f(20)＝f(1)＋(＋＋…＋)＝f(1)＋＝97.

2224

15.已知数列an的前n项和Sn满足log（2Sn1)n1，则通项公式为（B ）

n*A.an2(nN) B. ann

2(n2)n1*C. an2(nN) D. 以上都不正确

3(n1)

16.一种细胞每3分钟分裂一次，一个分裂成两个，如果把一个这种细胞放入某个容器内，恰好一小时充满该容器，如果开始把2个这种细胞放入该容器内，则细胞充满该容器的时间为

（ D ）

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A．15分钟 二、填空题

B．30分钟 C．45分钟 D．57分钟

1、等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2=1,a3=3,则S4= 8.

2.（2008·广东理，2）记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1=，S4=20，则S6= . 48 3..（2010广州一模）．在等比数列an中，a11，公比q2，若an64，则n的值为 ．7 4.（2008·海南、宁夏理，4）设等比数列{an}的公比q=2,前n项和为Sn,则

S415= . a22125.等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若＝

Sn2nTn3n＋1

，则

a100

b100

＝________.

a1＋a199

2199a100S199199

答案 解析 ＝＝＝ 299b100b1＋b199T199299

2

6、数列an的前n项和记为Sn,a11,an12Sn1n1则an的通项公式

解：（Ⅰ）由an12Sn1可得an2Sn11n2，两式相减得an1an2an,an13ann2

n1又a22S113 ∴a23a1 故an是首项为1，公比为3得等比数列 ∴an3

1

7．已知各项都为正数的等比数列{an}中，a2·a4＝4，a1＋a2＋a3＝14，则满足an·an＋1·an＋2>9的最大正整数n的值为________．答案 4

解析 设等比数列{an}的公比为q，其中q>0，依题意得a23＝a2·a4＝4.又a3>0，因此a3＝a1q2＝2，a1＋a2＝a1＋a1q＝12，由此解得

1

q＝，a1＝8，an＝8×()n－1＝24－n，an·an＋1·an22

1

＋2

＝29－3n.由于2－3＝111

9－3n>，因此要使2>，只要9－3n≥－3，即n≤4，于是满足an·an＋

899

1

1·an＋2>的最大正整数n的值为4.

9

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8．等比数列{an}的首项为a1＝1，前n项和为Sn，若

S1031S5

＝，则公比q等于________． 32

1S1031S10－S531－32111

55答案 － 解析 因为＝，所以＝＝－，即q＝(－)，所以q＝－.

2S532S5323222

三、解答题

1（2010山东理数）（18）（本小题满分12分）

已知等差数列an满足：a37，a5a726，an的前n项和为Sn． （Ⅰ）求an及Sn； （Ⅱ）令bn=

1(nN*)，求数列bn的前n项和Tn． 2an11【解析】（Ⅰ）设等差数列an的公差为d，因为a37，a5a726，所以有

a12d7，解得a13,d2， 2a110d262n1)=2n+1；Sn=3n+所以an3（n(n-1)2=n2+2n。 21111111===(-)， 22an1（2n+1)14n(n+1)4nn+1（Ⅱ）由（Ⅰ）知an2n+1，所以bn=

所以Tn=

1111(1-++4223n1111， +-)=(1-)=4(n+1)nn+14n+1n。

4(n+1)即数列bn的前n项和Tn=2．（全国新课标理17） 已知等比数列

{an}的各项均为正数，且

2a13a21,a329a2a6．

（I）求数列

{an}的通项公式． （II）设

bnlog3a1log3a21{}log3anb，求数列n的前n项和．

2解：（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，由

a9a2a623得

a9a3324q2所以

11q9．由条件可知c>0，故3．

由

2a13a21得

2a13a2q1，所以

a1113． 故数列{an}的通项式为an=3n．

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(12...n)（Ⅱ ）

bnlog3a1log3a2...log3ann(n1)2

1211111111112n2()...2((1)()...())bn(n1)nn1 b1b2bn223nn1n1 故n12n{}b所以数列n的前n项和为n1

3. (本小题满分12分)已知{an}是各项均为正数的等比数列， 且a1＋a2＝2(＋)，a3＋a4＋a5＝64(＋＋)．

1

1

1

1

1

a1a2a3a4a5

(1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝(an＋)2，求数列{bn}的前n项和Tn.

1

an解析 (1)设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1. 由已知，有

111＋＋aq＋aq＋aq＝64，aqaqaq

12

13

14

12

13

14

11

a1＋a1q＝2＋，

a1a1q

2a1q＝2，

化简，得

26a1q＝64.

又a1>0，故q＝2，a1＝1. 所以an＝2n－1. 11122n－1(2)由(1)知，bn＝an＋＝an＋2＋2＝4＋n－1＋2.

anan4

1－

14n4

＋2n＝(4n－41－n)＋2n13

1

因此，Tn＝(1＋4＋…＋4n－1)＋(1＋

14

＋…＋)＋2n＝＋4n－11－4

11－4n1－

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＋1.

4.（山东省济南市2011）

已知{an}为等比数列，a11,a5256；Sn为等差数列{bn}的前n项和，b12,5S52S8. （1） 求{an}和{bn}的通项公式；（2） 设Tna1b1a2b2anbn，求Tn. 解：（1） 设{an}的公比为q，由a5=a1q4得q=4

所以an=4n-1.设{ bn }的公差为d，由5S5=2 S8得5(5 b1+10d)=2(8 b1+28d)，

33da123,

22所以bn=b1+(n-1)d=3n-1.（2） Tn=1·2+4·5+42·8+…+4n-1(3n-1),① 4Tn=4·2+42·5+43·8+…+4n(3n-1),②

②-①得：3Tn=-2-3(4+42+…+4n)+4n(3n-1) = -2+4(1-4n-1)+4n(3n-1) =2+(3n-2)·4n∴Tn=（n-

22）4n+ 33

5．（2013广东理） 设数列an的前n项和为Sn.已知a11,

(Ⅰ) 求a2的值； (Ⅱ) 求数列an的通项公式； (Ⅲ) 证明:对一切正整数n,有【解析】(Ⅰ) 依题意,2S1a22Sn12an1n2n,nN*. n3311a1a217. an4121,又S1a11,所以a24； 3312 (Ⅱ) 当n2时,2Snnan1n3n2n,

3312322Sn1n1ann1n1n1

3312 两式相减得2annan1n1an3n23n12n1

33aaaa 整理得n1annan1nn1,即n1n1,又211

n1n21. 专业word可编辑 .

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故数列所以

a1an是首项为1,公差为1的等差数列, n1an1n11n,所以ann2. n17111571；当n2时,1； (Ⅲ) 当n1时,a14a1a2444 当n3时,

111112,此时 annn1nn1n1111122an4347 41a211a1a2 11111111n24233411 n1n1117142n4n1综上,对一切正整数n,有

a117. an426．（本小题满分14分）设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足4Snan14n1,nN,且a2,a5,a14构成等比数列． (1) 证明：a24a15； (2) 求数列an的通项公式；

11a1a2a2a311． anan12(3) 证明：对一切正整数n，有

221.【解析】（1）当n1时，4a1a25,a24a15，

an0a24a15

222（2）当n2时，4Sn1an4n11，4an4Sn4Sn1an1an4

22an0an1an2 an1an4an4an2,

2当n2时，an是公差d2的等差数列.

2a2a14，a28a2a224，解得a23, a2,a5,a14构成等比数列，a52由（1）可知，4a1a25=4,a11

2a2a1312 an是首项a11,公差d2的等差数列.

数列an的通项公式为an2n1. （3）

11a1a2a2a31111anan113355712n12n1

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1111111112335572n12n11111.22n122

7.（本题满分14分）a2,a5是方程x12x270的两根, 数列an是公差为正的等差数列，数列bn的前n项和为Tn,且Tn11bnnN. 2(1)求数列an,bn的通项公式; (2)记cn=anbn,求数列cn的前n项和Sn. 2.解：(1)由a2a512,a2a527.且d0得a23,a59 …………… 2分

da5a22,a11an2n1nN …………… 4分 3在Tn11211bn中,令n1,得b1.当n2时,Tn=1bn,Tn11bn1,

3222两式相减得bnn1b111bn1bn,nn2 …………… 6分 22bn132nN. …………… 8分 n321bn33(2)cn2n124n2, ……………… 9分 nn3352n1S32n32n1131Sn223n,n223n1,……… 10分 n3333333331121n1112n12112n1193n1 Sn2223nn1=213333333313=21112n144n4nn1n1, ………………13分

333333Sn2

2n2 …………… 14分 n3111.ana101an11an8.（全国大纲理20） 设数列满足且

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bnan（Ⅰ）求的通项公式； （Ⅱ）设

1an1n,记Snbk,证明：Sn1.k1n

1111,{}1a1a1an1nn是公差为1的等差数列。 解： （I）由题设 即1111,故n.an1.1a11ann 又 所以

（II）由（I）得

b1an1nn,n1nn1n

11nn1， …………8分

nnS1nbkk1(k1k1k1)11n11.

. 专业word可编辑 …………12分

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