高二数学数列练习题含答案

Sn与an的关系：1．anS1(n1)SnSn1(n1) ，已知Sn求an，应分n1时a1 ；

n2时，an= 两步，最终考虑a1是否满意后面的an.

2.等差等比数列

等差数列 anan1d（n2） 等比数列 an1q(nN*) an 定义 通项 ana1(n1)d，anam(nm)d,(nm) ， 假如a,G,b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项． a假如a,A,b成等差数列，那么A叫做a与中项 b的等差中项．Aab。 2等差中项的设法： 等比中项的设法：q，a，aq 前n项和 Snn(n1)n(a1an)，Snna1d 22 性 质 amanapaq(m,n,p,qN*,mnpq)2mpq，则 若 若mnpq，则 若2mpq,则有a2mapaq,(p,q,n,mN*)Sn、S2nSn、S3nS2n为等差数列 Sn、S2nSn、S3nS2n为等比数列 函数看数列 （1）定义法：证明an1an(nN*)为一个常数； 断（2）等差中项：证明（2）中项：证明定方法 数)(nN*) （4）snAn2Bn(A,B为常数)(nN*) 2anan1an1(nN*，n2) 2anan1an1(nN*,n2) andn(a1d)AnB d22d2snn(a1)nAnBn22ana1nqAqnq aasn11qnAAqn(q1)1q1q（1）定义法：证明一个常数 an1(nN*)为an（3）通项公式:anknb(k,b为常（3）通项公式：ancqn是不为0常数） (c,q均（4）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 （3）累乘法（

(n1)S1an1cn型）；(4)利用公式an；(5)构造法anSnSn1(n1)（an1kanb型）(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：

a(1)当a10,d0 时，满意am(2)当

0

m10a0a10,d0时，满意am0 m1 的项数m使得Sm取最大值. 的项数m使得Sm取最小值。

也可以干脆表示Sn，利用二次函数配方求最值。在解含肯定值的数列

最值问题时,留意转化思想的应用。 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，常考虑用数列的学问来解决.

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2019是这个数列的 ( B )

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

由等差中项的定义结合已知条件可知2a4＝a5＋a3，∴2d＝a7－a5＝－1，即d1

＝－.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 B.－180

C.90 D.－90

5.（2019青岛市）已知an为等差数列,若a1a5a9,则cos(a2a8)的值为（ A ）

2

A．1 B．3 2C．1 D．

23 2a29

6．在等比数列{an}中，若a3a5a7a9a11＝243，则的值为 ( )

a11

A．9 B．1 C．2 D．3

2aa7a1195

解析 由等比数列性质可知a3a5a7a9a11＝a7＝243，所以得a7＝3，又＝

a11a11

＝a7，故选D.

1

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 解析 ∵S5＝＝

B．220 D．110

a1＋a5

21

×5，又∵S5＝a1＋a5，∴a1＋a5＝0.∴a3＝0，∴S11

2

a1＋a11

2

×11＝

a3＋a9

0＋20×11＝×11＝110，故选D. 22

2

*

8各项均不为零的等差数列{an}中，若an－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an－an－1－an＋1＝0(n∈N，

2

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

2

B．10 D．20

2

( )

解析 由于a2a4＝a3，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

解析 a4＝a3·a6⇒(1＋3d)＝(1＋2d)·(1＋5d) ⇒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1为第三项，9为第六项的等比数列的公比，则这个三角形是(B )

32

2

2

2

2

B．－8 D．不确定

A.钝角三角形 B.锐角三角形

C.等腰三角形 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

s10，且公差不为0，

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，依据题意可得，

2 011×2 011－1S2 011＝2 011a1＋d＝－2 011，

2

a1 007＝a1＋1 006d＝3，

a1＋1 005d＝－1，即a1＋1 006d＝3，

a1＝－4 021，

解得

d＝4.

2 012×2 012－1

所以，S2 012＝2 012a1＋

2 ＝2 012×(－4 021)＋2 012×2 011×2 ＝2 012×(4 022－4 021)＝2019.

d

2 011a1＋a2 011

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

2＝－1，则

2 012a1＋a2 012

S2 012＝

2＝2 012.

2f14．设函数f(x)满意f(n＋1)＝＝( B )

A．95 C．105

B．97 D．192

＝

2 012a1 006＋a1 007

2

＝

2 012×

2

－1＋3

n＋n2

(n∈N)，且f(1)＝2，则f(20)

*

解析

f20f19nf(n＋1)＝f(n)＋，∴2

……f2

＝f＝f1919＋，

21818＋，

21＋.2

＝f1

121919×20

累加，得f(20)＝f(1)＋(＋＋…＋)＝f(1)＋＝97.

222415.已知数列an的前n项和Sn满意log（ 2Sn1)n1，则通项公式为（B ）A.an3(n1)2n(nN*) B. an2n(n2)

2n1(nN*) D. 以上都不正确

C. an16.一种细胞每3分钟分裂一次，一个分裂成两个，假如把一个这种细胞放入某个容器内，恰好一小时充溢该容器，假如开场把2个这种细胞放入该容器内，则细胞充溢该容器的时间为 （ D ）

A．15分钟 B．30分钟 C．45分钟 D．57分钟 二、填空题

1、等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2=1,a3=3,则S4= 8.

2.（2019·广东理，2）记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1，S4=20，2则S6= . 48

3..（2019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.（2019·海南、宁夏理，4）设等比数列{an}的公比q=2,前n项和为Sn,

154则S= .

a22Sn2na1005.等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若＝，则＝

Tn3n＋1b100

________.

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

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

∴an3n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1

意an·an＋1·an＋2>的最大正整数n的值为________．答案 4

9

解析 设等比数列{an}的公比为q，其中q>0，依题意得a3＝a2·a4＝4.1

又a3>0，因此a3＝a1q＝2，a1＋a2＝a1＋a1q＝12，由此解得q＝，a1＝8，

2

2

2

1n－1114－n9－3n－39－3n1

an＝8×()＝2，an·an＋1·an＋2＝2.由于2＝>，因此要使2>，

28991

只要9－3n≥－3，即n≤4，于是满意an·an＋1·an＋2>的最大正整数n的值

9为4.

S1031

8．等比数列{an}的首项为a1＝1，前n项和为Sn，若＝，则公比q等于

S532

________．

1S1031S10－S531－321155

答案 － 解析 因为＝，所以＝＝－，即q＝(－)，

2S532S5323221

所以q＝－.

2三、解答题

1（2019山东理数）（18）（本小题满分12分）

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

1*

(nN)，求数列bn的前2an1n项和Tn．

1【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， 2a10d2612n1)=2n+1；Sn=3n+所以an3（n(n-1)2=n2+2n。 21111111===(-)，

an21（2n+1)214n(n+1)4nn+1（Ⅱ）由（Ⅰ）知an2n+1，所以bn=所以Tn=

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

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．

log3an（I）求数列{an}的通项公式． （II）设bnlog3a1log3a21{}bn，求数列

的前n项和．

2解：（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，由a可知c>0，故

q13．

a1239a2a6得a339a24所以

q219．由条件

由2a13a21得2a13a2q1，所以

13． 故数列{an}的通项式为1nan=3．

1211111111112n2()...2((1)()...())n(n1)nn1 b1b2bn223nn1n1

故bn1{}所以数列bn的前

n项和为

2nn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

2

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

anTn.

解析 (1)设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1

. 由已知，有

111

aq＋aq＋aq＝64＋＋，aqaqaq

2

3

4

1

1

1

2

3

4

1

1

1

11

a1＋a1q＝2＋，aaq11

2

a1q＝2，

化简，得26

a1q＝64.

又a1>0，故q＝2，a1＝1. 所以an＝2.

1112n－12

(2)由(1)知，bn＝an＋＝an＋2＋2＝4＋n－1＋2.

anan4

n－1

1

1－nn4111－41n－1

因此，Tn＝(1＋4＋…＋4)＋(1＋＋…＋n－1)＋2n＝＋＋2n＝

441－413

1－

4

(4－4)＋2n＋1. 4.（山东省济南市2019）

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.

n1－n（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=a1q得q=4

所以an=4.设{ bn }的公差为d，由5S5=2 S8得5(5 b1+10d)=2(8 b1+28d)， 所以bn=b1+(n-1)d=3n-1.（2） Tn=1·2+4·5+4·8+…+4(3n-1),① 4Tn=4·2+4·5+4·8+…+4(3n-1),②

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

nn2

2

3

2

n-1

4

n-1

nnnn-1n335．（2019广东理） 设数列an的前n项和为Sn.已知

a11,

2Sn12an1n2n,nN*. n33(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13a11a217. an4【解析】(Ⅰ) 依题意,2S1a2112,又S1a11,所以a24；

3 (Ⅱ) 当n2时,2Snnan11n3n22n,

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

33 整理得n1annan1nn1,即 故数列an1anaa1,又211 n1n21ana1

是首项为1,公差为1的等差数列, 1n所以ann1n11n,所以ann2.

a117；当n2时,111157； 4a1a2444 (Ⅲ) 当n1时,1 当n3时,

111112,此时 annn1nn1na11a217. an4综上,对一切正整数n,有16．（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，满意

2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； (3) 证明：对一切正整数n，有

11a1a2a2a311． anan121.【解析】（1）当n1时，4a1a225,a22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

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a225=4,a11

a2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

7.（本题满分14分）a2,a5是方程x2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a52分

d12,a2a527.且d0得a23,a59 ……………

a5a22,a11an2n1nN …………… 43分

在Tn1bn中,令n1,得b1两式相减得bn21bn33n112121.当n2时,Tn=1bn,Tn11bn1,

232b111bn1bn,nn2 …………… 622bn13分

2nN3n. …………… 8分

分

分

(2)cn2n124n2, ……………… 9nn3352n1S32n32n1131Sn223n,n223n1,……… 10n33333333311211n1112n12112n193n1 Sn2223nn1=213333333313=21112n144n4nn1n1, ………………13

333333分

Sn22n2 …………… 14n3分

8.（全国大纲理

111.a20） 设数列n满意a10且1an11an

bnan（Ⅰ）求的通项公式； （Ⅱ）设

111,1an11an1an1n,记Snbk,证明：Sn1.k1n

解： （I）由题设 又

即

1{}1an是公差为1的等差数列。

111,故n.1a11an1an1.n 所以

（II）由（I）得

bn1an1n,n1nn1n11 nn1Snbk(k1k1nn， …………8分

分

111)11.kk1n1 …………12