2021年高二数学数列练习题

1、学习必备欢迎下载高二数列专题s1n11. sn 与 an 的关系： ansnsn 1 n，已知1sn 求 an ，应分 n1时 a1； n2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等比数列定义aad （ n2 ）an 1qnn * ann 1n通项ana1 n1d ， anamnmd , nm，假如 a, a, b 成等差数列，那么a 叫做 a 与 b 的等差中假如 a, g,b 成等比数列，那么g 叫做 a 与中项ab项 a；2b 的等比中项 等比中项的设法：a ， a ， aq等差中项的设法：q前 n项和snn a12an ， snna1n n1d

2、2amanapaqm, n, p, qn* , mnpq如如 mnpq ，就2性质2mpq ，就如2mpq,就有ama p aq, p, q, n, mn * sn 、s2nsn 、s3 ns2n 为等差数列sn 、s2 nsn 、 s3ns2n 为等比数列函数andn2看数da1danbaa1 qnnqaqnnsn 2列 a1d nan2bnsa1a1qnaaqn q122n1q1q（ 1）定义法：证明an 1an nn * 为一个常数；（1）定义法：证明an 1 n ann * 为一个常数（ 2）等差中项： 证明判定2anan 1an 1 nn * ，n22a（2） 中项：证明 nan 1

3、 ann1nn* , n2方法（ 3）通项公式 : anknb k, b 为常数 nn * （3） 通项公式： ancq数）c, q 均是不为 0 常nn（ 4） san 2bn a, b 为常数 nn* （ 4 ）saq na a, q为 常 数 ，a0,q0,1 ）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（an 1cn 型）；4利用公式 ans1n1；5 构造法（an 1kanb 型） 6an倒数法 等4. 数列求和snsn 1 n1（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.

4、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 a10, d0时，满意am0am 10的项数 m使得sm 取最大值 .(2) 当a10, d0 时，满意am0am 10的项数 m使得sm 取最小值；也可以直接表示的应用；6. 数列的实际应用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.一、挑选题1. 已知等差数列an 的前三项依次为a1、 a训练题1 、 2a3 ，就 2021 是这个数列的b a.第 100

5、6 项b.第 1007 项c. 第 1008 项d. 第 1009 项2. 在等比数列 an 中， a 6a5a 7a548 ，就s10 等于（ a）a 1023b 1024c 511d 5123如 an 为等差数列，且 a72a4 1，a3 0，就公差 da 2b 11d22c.21由等差中项的定义结合已知条件可知2a4 a5a3， 2da7a5 1，即 d 2.应选 b.4. 已知等差数列 an的公差为正数，且a3 a7=12,a4+a6= 4,就 s20 为aa.180b. 180c.90d. 905. （ 2021 青岛市） 已知 an为等差数列 , 如 a1a 5a 9,就 cosa

6、2a8 的值为（a）13a. b 2213cd 22a29a6. 在等比数列 an 中，如 a3a5 a7a9a11 243，就的值为11a9b 1c2d32解析 由等比数列性质可知 a a a a a a5243，所以得 a 3，又 a9 a7a11a ，应选 d.3 5 79 11717a11a11 77. 已知等差数列 an 的前 n 项和为 sn，a1a52s5，且 a920，就 s11a260b220c130d110a1a51a1a11解析s5a3 a911 0 202 5，又 2s5a1a5， a1a5 0.a30， s1111110，应选 d.211228 各项均不为零的等差数列

7、 an 中，如 a2 an 1an 1 0nn*， n2，就 s2 009 等于na0b2c2 009d4 018解析 各项均不为零的等差数列 an ，由于 a2 an1an 1 0n n*，n2，就 a2 2annn 0， an2，s2 0094 018，应选 d.9. 数列 an 是等比数列且 an0，a2a4 2a3a5a4a625，那么 a3a5 的值等于a5b10c15d203535解析 由于 a2a4a2，a4a6a2，所以 a2a42a3a5a4a6a22a3a5a2a3 a5225.所以 a3 a55.又 an0，所以 a3 a55.所以选 a.10. 首项为 1，公差不为 0

8、 的等差数列 an 中，a3，a4，a6 是一个等比数列的前三项，就这个等比数列的第四项是a8b 8c 6d不确定答案 b4解析 a2a3a6. 1 3d21 2d 15d. dd1 0. d 1，a3 1，a4 2， q2.a6 a4q 4，第四项为 a6q 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 是以的等比数列的公比，就这个三角形是b1 为第三项， 9 为第六项3a. 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、（2021 澄海） 记等差数列an的前项和为sn ，如 s3s10 ，且公差 不为 0 ，就当

9、sn 取最大值时， n（ca 4 或 5b 5 或 6c6 或 7d7 或 813在等差数列 an 中，前 n 项和为 sn，且 s2 011 2 011，a1 0073，就 s2 012 的值为a1 006b 2 012c2 012d 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，2s2 011 2 011a12 011 2 011 1d 2 011，a1 007 a11 006d3，a11 005d 1，即 a11 006d3，解得a1 4 021，d 4.所以， s2 012a2 012 2 0121 d2 01212 2 012 4 021 2 0

10、12 2 011 2 2 0124 022 4 0212021.2 011 a1 a2 011方法二由 s2 01122 011a1 006 2 011， 解得 a1 006 1，就s2 0122 012 a1 a2 01222 012 a1 006a1 00722 012 1 3 2 012.214设函数 fx满意 fn12f n nn*，且 f12，就 f20b2na95b97c105d192解析 fn 1fnn 2，19f 20 f 19 2 ，18f 19 f 18 2 ，1f 2 f 1 2.12191920累加，得 f20f1 22 2 f1497.15. 已知数列an的前 n 项

11、和sn 满意log （2sn1n1 ，就通项公式为（b）nna. an2 n * b. an3n12 n n2c. an2 n 1 nn * d. 以上都不正确16. 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，恰好一小时布满该容器，假如开头把2 个这种细胞放入该容器内，就细胞布满该容器的时间为（ d）a 15 分钟b30 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，如 a2=1, a3=3, 就 s4 = 8.2. （ 2021广东理， 2）记等差数列 an 的前 n 项和为 sn，如 a1= 1 ，s4 =20，

12、就 s6 =. 4823.（2021 广州一模）在等比数列an 中，a11 ，公比 q2 ，如 an64 ，就 n 的值为 74. （ 2021海南、宁夏理，4）设等比数列 an 的公比 q=2, 前 n 项和为 sn, 就 s4 =.15a225. 等差数列 a ， b 的前 n 项和分别为 ssn2n和 t ，如 a100，就.nn199a100na1 a199 2ns199tn1993n1b100答案 299解析bb bt299100119921996、数列an的前 n 项和记为sn, a11,an 12sn1 n1 就 an的通项公式解：（）由an 12 sn1 可得 an2sn 11

13、 n2 ，两式相减得an 1an2an , an 13an n2又 a 22s113 a23a1故an是首项为 1，公比为 3得等比数列 an3n 117. 已知各项都为正数的等比数列 an 中， a2a44，a1 a2a314，就满意 an an1an 2 9的最大正整数 n 的值为 答案 43解析 设等比数列 an 的公比为 q，其中 q0，依题意得 a2a2a4 4.又 a30，因此 a3a1q22，a1a2 a1a1q12，由此解得 q1，a1 8， an81n 124 n，anan 1an 2 29 3n31 1229 3n11.由于 289，因此要使 29，只要 93n3，即 n4

14、，于是满意 anan 1an29的最大正整数 n 的值为 4.8. 等比数列 a 的首项为 a 1，前 n 项和为 s ，如s1031q 等于n1ns5 32，就公比答案 1s1031解析 由于s10s531321 ，即 q5 15，所以 q 12s5 32，所以s532 3222.三、解答题1（ 2021 山东理数）（ 18）（本小题满分12 分）已知等差数列an 满意：a37 ， a5a726 ，an 的前 n 项和为sn （）求an 及1asn ；（）令 bn=2nnn* ，求数列1bn 的前 n 项和tn 1【解析】（）设等差数列an 的公差为 d，由于a37 ， a5a726 ，所以

15、有a1 2a12d7 10d，解得26a13,d2 ，所以 an3（2 n1=2n+1 ； sn = 3n+nn-1 22 =n2 +2n ；（）由（）知 a2n+1 ，所以 bn=1=1= 11= 1 1 -1 ，a2nn1 （2n+1 214nn+14nn+1n所以 t = 11-1 + 11 + 1 -1 = 11-1=n，4223nn+14n+14n+1即数列b的前 n 项和 t =n；nn4n+12（全国新课标理 17） a 2a3a1,a 29 a a已知等比数列n的各项均为正数，且1232 6 1 （i）求数列 an的通项公式（ ii）设 bnlog 3 a1log 3 a2lo

16、g 3 an ，求数列bn的前 n 项和a29a aa39a2q21q1932 解：（）设数列 an的公比为 q，由326 得3 4 所以由条件可知 c0，故由 2a13a21 得 2a13a2q1 ，所以 a111n3 故数列 an的通项式为an= 312.n（ ） bnlog 3 a1log 3 a2.log3 annn12122 1111.1211 11 . 112 n故 bnn n1nn1b1b2bn223nn1n1 1 2n所以数列bn的前 n 项和为n13. 本小题满分 12 分已知 an 是各项均为正数的等比数列，且 a1 a22 1 1 ，a3a4a5 64 1 1 1 a1a

17、2a3a4a51 2(1) 求 an 的通项公式；2设 bnana ，求数列 bn 的前 n 项和 tn.n解析 1设 an 的公比为 q，就 an a1qn 1.由已知，有1111a1a1q2a1a1q ，41113化简，得a2q2， a2q664.2a1qa1qa1q64a1q2 a1q3a1q4 ，又 a10，故 q2，a11.所以 an2n 1.1 221n 11(2) 由1知， bn anann1 an1224 na14n 12.14n11 4n1n1 n因此， tn 14 44.（山东省济南市 2021） 14 4n1 2n 14 1 2n 34 41 42n 1.已知 an 为等

18、比数列， a11,a5256 ；sn 为等差数列bn的前 n 项和， b12, 5s52s8 .（1） 求 an 和 bn的通项公式； （ 2） 设tna1b1a2b2anbn，求 tn .n-1解：（ 1） 设 an 的公比为 q，由 a5=a1q4 得 q=4所以 an=4. 设 bn 的公差为 d，由 5s5=2 s8 得 5 5 b1+10d=28b1+28d ，ad21333 ,222n-1所以 bn=b1+ n-1d=3n-1. （ 2） tn=1 2+45+4 8+ +43 n-1,23n4tn=4 2+4 5+4 8+ +4 3 n-1,n- 得： 3t=-2-34+4 2+

19、+4n+4 n3 n-1= -2+41-4 n-1+4n3n-1=2+3 n-2n4 tn=（n-2 ） 4n+ 2335（ 2021 广东理） 设数列an 的前 n 项和为sn . 已知 a11 , 2snan 11 n2n2 , nn * .n33 求a2的值； 求数列an 的通项公式； 证明 : 对一切正整数 n , 有1117.a1a2an4【解析】 依题意 ,2 s1a2121, 又 s1a11, 所以 a24 ；33 当 n2 时,2 snnan 11 n3n22 n ,332 sn1 a1 n1 3n1 22 n1n 1n33两式相减得2anan1 a1 3n23n12n12nn

20、 1n33整理得n1 anan n1 , 即an 1an1 , 又 a2a11nn 1n1n21故数列an是首项为na11 , 公差为 1的等差数列 ,n1所以 an1nn11n , 所以an2 . 当 n1 时,117 ；当 n2 时,111；157444a14a1a211111当 n3 时,2, 此时annn1 nn1n111111111aaa43242n 212n111111142334n1n111717142n4n4综上 , 对一切正整数 n , 有1117.a1a2an46（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4sa 24n1,nn , 且nn1

21、a2 , a5, a14 构成等比数列1 证明： a24a15 ；2 求数列an 的通项公式；3 证明：对一切正整数n ，有1111a1a2a2 a3anan 121.【解析】（ 1）当 n1 时，4aa25, a 24a5 ，a0a4a51221n21（ 2）当 n2 时，4sa24 n11， 4a4 s4sa 2a 24n 1nnnn 1n 1na2a24a42a2,a0aa2n 1nnnnn 1n当 n2 时，an 是公差 d2 的等差数列 .a2, a5 , a14 构成等比数列，2a5a22a14 ， a28a2a224 ，解得a23 ,由（ 1）可知，4 a12a25=4,a11a2a1312an 是首项a11 ,公差 d2 的等差数列 .数列 an的通项公式为 an2n1 .（ 3）111a1a2a2a3anan 1111111233551111111133 55 72n12n111172