第二章数列专题

1、数列（第一讲）数列（第一讲）1(2012西安高二检测西安高二检测)已知数列已知数列an的通项公式是的通项公式是 an2nn1，那么这个数列是，那么这个数列是()A递增数列递增数列B递减数列递减数列C摆动数列摆动数列D常数列常数列解：解：数列数列an各项均为正，又各项均为正，又 an12 n1 n2，an1an2 n1 n22nn12 n1 22n n2 n22n1n22n1，an是递增数列是递增数列2已知数列已知数列an对任意的对任意的 p，qN*满足满足 apqapaq，且，且 a26，则，则 a10()A165B33C30D21解析：解析：apqapaq，a42a212，a82a424，a

2、10a2a830.3 已知数列已知数列an满满足足 an12an 0an12 ，2an1 12an0，a20，a100，a110.m10 或或 11.6600 是是 12,23,34,45，的第几项的第几项()A20B24C25D30解析：解析：由观察知通项为由观察知通项为 ann(n1)，600n(n1)解得解得 n24.7用火柴棒按下图的方法搭三角形：用火柴棒按下图的方法搭三角形：按图示的规律搭下去，则所用火柴棒数按图示的规律搭下去，则所用火柴棒数 an与所搭三角形的个数与所搭三角形的个数 n 之间的关系式可以是之间的关系式可以是_解析：解析：a13211，a25221，a37231，a4

3、9241.an2n1.1数列数列 1,3,6,10，的一个通项公式是的一个通项公式是()Aann2n1Bann n1 2Cann n1 2Dann21解析：解析：a11，a23，a36，a410，可分别令可分别令 n1,2,3,4 验证验证2已知数列已知数列an中，中，an2n1，那么，那么 a2n为为()A2n1B4n1C4n1D4n解析：解析：an2n1，a2n2(2n)14n1.3(2012福建三明高二检测福建三明高二检测)已知一组数已知一组数 1,1,2,3,5,8，x,21,34,55，按这组数规律，按这组数规律，x 应应为为()A11B12C13D14解析：解析：由题意得由题意得

4、112,123,235,358.x5813.4数列数列an中，中，an2n23，则，则 125 是这个数列的第几项是这个数列的第几项()A4B8C7D12解析：解析：数列数列an通项公式为通项公式为 an2n23， 1252n23 得得 n8.5数列数列 0，13，12，35，23，的通项公式为的通项公式为_解析：解析：数列可写为数列可写为02，13，24，35，46，则其通项公式为则其通项公式为 ann1n1.6黑白两种颜色的正六边形地面砖按下图的规律拼成若干个图案黑白两种颜色的正六边形地面砖按下图的规律拼成若干个图案，则第则第 n 个图案中有个图案中有白色地面砖白色地面砖_块块解析：法一：

5、解析：法一：第第 1 个图案有白色地面砖个图案有白色地面砖 6 块，第块，第 2 个图案有个图案有 10 块，第块，第 3 个图案有个图案有 14块，可以看出每个图案较前一个图案多块，可以看出每个图案较前一个图案多 4 块白色的地面砖块白色的地面砖第第 n 个图案有个图案有 64(n1)4n2 块块法二：法二：第一个图案有白色地面砖第一个图案有白色地面砖 32 块，第二个图案有块，第二个图案有 52 块，第三个图案有块，第三个图案有 72块，块，第第 n 个图案有个图案有(2n1)24n2 块块7数列数列an中，已知中，已知 ann2n13(nN*)(1)写出写出 a10，an1，an2；(2

6、)7923是不是该数列中的项？若是，是第几项是不是该数列中的项？若是，是第几项解：解：(1)a1010210131093，an1 n1 2 n1 13n23n13，an2 n2 2n213n4n213.(2)假设假设 7923是该数列的第是该数列的第 n 项，则项，则 7923n2n13，n2n2400.解之，得n15 或n16(舍去)故 7923是该数列的第 15 项数列（第二讲）数列（第二讲）1已知等差数列已知等差数列an的通项公式为的通项公式为 an54n，则它的公差为，则它的公差为()A4B5C4D5解析：解析：an54n，an154(n1)。则则 an1an54(n1)54n4d.2

7、在等差数列在等差数列an中，中，a1a910，则，则 a5的值为的值为()A5B6C8D10解析：解析：在等差数列在等差数列an中，由性质得中，由性质得 a1a92a5， a55.3一个三角形的三个内角一个三角形的三个内角 A、B、C 成等差数列，则成等差数列，则 tan(AC)_.解析：解析：A、B、C 成等差数列，成等差数列，AC2B，又，又ABC180，AC120.tan(AC)tan 120 3.4在首项为在首项为 31，公差为，公差为4 的等差数列中，与零最接近的项是的等差数列中，与零最接近的项是_解析解析：该数列的通项公式为该数列的通项公式为 an354n 令令 an0 得得 n3

8、54，.与零最接近的项应是与零最接近的项应是 a8或或a9，分别计算，分别计算 a8、a9得得 a83，a91，所以最接近的为，所以最接近的为 a91.5已知已知an是等差数列，分别根据下列条件写出它的通项公式是等差数列，分别根据下列条件写出它的通项公式(1)a35，a713；(2)前三项为前三项为 a,2a1,3a.解：解：(1)法一：法一：设首项为设首项为 a1，公差为，公差为 d，则则a3a12d5，a7a16d13，解得解得a11，d2，ana1(n1)d1(n1)22n1.通项公式是通项公式是 an2n1.课后练习：课后练习：1an是首项是首项 a11，公差，公差 d3 的等差数列，

9、如果的等差数列，如果 an2 011，则序号，则序号 n 等于等于()A668B669C670D671解析：解析：ana1(n1)d，2 0111(n1)3，n671.2等差数列等差数列an的公差的公差 d0，且且 a2a412，a2a48，则数列则数列an的通项公式是的通项公式是()Aan2n2(nN*)Ban2n4(nN*)Can2n12(nN*)Dan2n10(nN*)解析：解析：由由a2a412，a2a48，d0，a26，a42，a18，d2，所以所以 ana1(n1)d8(n1)(2)即即 an2n10.3设设 x 是是 a 与与 b 的等差中项，的等差中项，x2是是 a2与与b2的

10、等差中项，则的等差中项，则 a、b 的关系是的关系是()AabBa3bCab 或或 a3bDab0解析：解析：由等差中项的定义知：由等差中项的定义知：xab2，x2a2b22，a2b22(ab2)2，即，即 a22ab3b20.故故 ab 或或 a3b.4在数列在数列an中，中，a12,2an12an1，则，则 a101的值是的值是()A52B51C50D49解析：解析：2an12an1，2(an1an)1.即即 an1an12.an是以是以12为公差的等差数列为公差的等差数列a101a1(1011)d25052.5等差数列等差数列 1，3，7，11，的通项公式是的通项公式是_，它的第它的第

11、20 项是项是_解析：解析：数列中数列中 a23，a11，da2a14.通项公式为通项公式为 ana1(n1)d1(n1)(4)4n5，a2080575.6已知等差数列已知等差数列an中，中，a48，a84，则其通项公式，则其通项公式 an_.解析：解析：由由 a48，a84，得得a13d8，a17d4.d1，a183d11.ana1(n1)d11(n1)12n.7数列数列an满足满足 a11，an1(n2n)an(n1,2，)，是常数是常数(1)当当 a21 时，求时，求及及 a3的值；的值；(2)是否存在实数是否存在实数使数列使数列an为等差数列？若存在，求出为等差数列？若存在，求出及数列

12、及数列an的通项公式；若不的通项公式；若不存在，请说明理由存在，请说明理由解：解：(1)由于由于 an1(n2n)an(n1,2，)，且，且 a11.所以当所以当 a21 时，得时，得12，故，故3.从而从而 a3(2223)(1)3.(2)数列数列an不可能为等差数列，证明如下：不可能为等差数列，证明如下：由由 a11，an1(n2n)an，得，得 a22，a3(6)(2)，a4(12)(6)(2)若存在若存在，使，使an为等差数列，则为等差数列，则 a3a2a2a1，即即(5)(2)1，解得，解得3.于是于是 a2a112，a4a3(11)(6)(2)24.这与这与an为等差数列矛盾所以，

13、不存在为等差数列矛盾所以，不存在使使an是等差数列是等差数列数列（第三讲）数列（第三讲）1已知等差数列已知等差数列an中，中，a7a916，又，又 a41，则，则 a12的值是的值是()A15B30C31D64解析：解析：a7a9a4a12a1216115.2在等差数列在等差数列an中，已知中，已知 a12，a2a313，则，则 a4a5a6等于等于()A40B42C43D45解析：解析：a2a32a13d43d13，d3.而而 a4a5a63a5，a5a14d21214.a4a5a642.3在等差数列在等差数列an中：中：a1030，a2050，则，则 a40()A40B70C80D90解析

14、：解析：可知可知 a10a302a20，a30a20a402.a10a20a4022a20.a403a202a1035023090.4an是等差数列是等差数列，且且 a1a2a335，a2a3a463，则则 a3a4a5_.解析解析：根据等差数列的性质根据等差数列的性质，a1a2a3，a2a3a4，a3a4a5成等差数列成等差数列，故故 a3a4a52(a2a3a4)(a1a2a3)2633591.5设设an为等差数列，若为等差数列，若 a3a4a5a6a7450，则，则 a2a8_.解析：解析：a3a7a4a62a5. a3a4a5a6a75a5450. a590.6已知等差数列已知等差数列

15、an(1)若若 a1231，a32151，求，求 a42的值的值。(2)若若 a15，d3，an2 012，求，求 n.解：解：(1)a32a1220d15131120，d6.a42a1230d31306211.(2)由由 ana1(n1)d，得，得 2 0125(n1)3，3n2 010.n670.课后练习：课后练习：1 在等差数列在等差数列an中，中，a13a8a15120，则，则 2a9a10的值为的值为()A24B22C20D8解析：解析：a13a8a15120，5a8120.即即 a824. 2a9a10a824.2(2012临沂高二检测临沂高二检测)等差数列等差数列an中，中，a2

16、a5a89，那么关于，那么关于 x 的方程：的方程：x2(a4a6)x100()A无实根无实根B有两个相等实根有两个相等实根C有两个不等实根有两个不等实根D不能确定有无实根不能确定有无实根解析：解析：由于由于 a4a6a2a82a5，而，而 3a59，a53，方程为，方程为 x26x100，无解，无解3(2011湖北高考湖北高考)九章算术九章算术“竹九节竹九节”问题问题：现有一根现有一根 9 节的竹子节的竹子，自上而下各自上而下各节的容积成等差数列，上面节的容积成等差数列，上面 4 节的容积共节的容积共 3 升，下面升，下面 3 节的容积共节的容积共 4 升，则第升，则第 5 节的容积节的容积

17、为为()A1 升升B.6766升升C.4744升升D.3733升升解析：解析：设最上面一节的容积为设最上面一节的容积为 a1，公差为，公差为 d，则有，则有a1a2a3a43，a7a8a94，即即4a16d3，3a121d4.解得解得a11322，d766，则则 a567664在等差数列在等差数列an中，中，a37，a5a26，则，则 a6_.解析：解析：a6a2a3a5，a6a3a5a27a26a213.5已知数列已知数列an满足满足 a2n1a2n4，且，且 a11，an0，则，则 an_.解析：解析：由已知由已知 a2n1a2n4.a2n是等差数列，且首项是等差数列，且首项 a211，公

18、差，公差 d4.a2n1(n1)44n3.又又 an0，an 4n3.6已知递增的等差数列已知递增的等差数列an满足满足 a2a3a415，a2a3a4105，求，求 a1.解：解：an是等差数列，是等差数列，a2a3a43a315.a35.a2a410.a2a3a45a2a4105.即即 a2a421.即即a2a421，a2a410，a23，a47，或或a27，a43.又又an是递增数列，是递增数列，a4a2，即，即 a23，a47.da4a2427322.a1a2d321.数列（第四讲）数列（第四讲）1等差数列等差数列an中，中，S104S5，则，则a1d等于等于()A.12B2C.14D

19、4解析：解析：由题意知，由题意知，10a11092d4(5a1542d)，10a145d20a140d.5d10a1.即即a1d12.2已知等差数列已知等差数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，若，若 a418a5，则，则 S8等于等于()A72B54C36D18解解a418a5，a4a518，S88 a1a8 24(a1a8)4(a4a5)41872.3等差数列等差数列an中，中，a1a2a324，a18a19a2078.则此数列前则此数列前 20 项和等于项和等于_解析：解析：a1a2a3a18a19a20a1a20a2a19a3a183(a1a20)782454，a1a2018. S

20、20 a1a20 2021810180.4(2011天津高考天津高考)已知已知an是等差数列是等差数列，Sn为其前为其前 n 项和项和，nN*.若若 a316，S2020，则则 S10的值为的值为_解析：解析：设设an的首项，公差分别是的首项，公差分别是 a1，d，则，则a12d16，20a120 201 2d20解解 a120， d2， S1010201092(2)110.5设设an为等差数列为等差数列，Sn为数列为数列an的前的前 n 项和项和，已知已知 S77，S1575，Tn为数列为数列Snn的前的前 n 项和，求项和，求 Tn.解：解：设等差数列设等差数列an的首项为的首项为 a1，

21、公差为，公差为 d，则，则Snna112n(n1)d.S77，S1575，7a121d7，15a1105d75.即即a13d1，a17d5.解得解得a12，d1.Snna112(n1)d212(n1)Sn1n1Snn12，数列数列Snn是等差数列，其首项为是等差数列，其首项为2，公差为，公差为12.Tn14n294n.1已知等差数列已知等差数列an中，中，|a3|a9|，公差，公差 d0，则使前，则使前 n 项和项和 Sn取得最大值的项数取得最大值的项数 n是是()A4 或或 5B5 或或 6C6 或或 7D不存在不存在解析：解析：|a3|a9|，d0，即，即 a30，a91 时，时，anSn

22、Sn1n210n(n1)210(n1)2n11.又又 21119a1，所以数列，所以数列an的通项公式为的通项公式为 an2n11.6对于两个等差数列对于两个等差数列an和和bn，有，有 a1b100100，b1a100100，则数列，则数列anbn的的前前 100 项之和项之和 S100为为_解析：解析：显然显然anbn仍是等差数列且仍是等差数列且(a1b1)(a100b100)200，则则 S100100 a1b1 a100b100 210 000.7已知命题：已知命题：“在等差数列在等差数列an中，若中，若 4a2a10a( )24，则，则 S11为定值为定值”为真命题为真命题，由于印刷

23、问题，括号处的数模糊不清，可推得括号内的数为由于印刷问题，括号处的数模糊不清，可推得括号内的数为_解析：解析：设括号内的数为设括号内的数为 n，则，则 4a2a10a(n)24，6a1(n12)d24.又又 S1111a155d11(a15d)为定值，为定值，所以所以 a15d 为定值为定值所以所以n1265，n18.8(2012荆州中学月考荆州中学月考)已知数列已知数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，a114，且且 SnSn1an112(nN*，n2)则数列则数列an的通项公式为的通项公式为_解析：解析：由由 SnSn1an112得得 SnSn1an112，即即 anan112(nN*

24、，n2)，则数列则数列an是以是以12为公差的等差数列，为公差的等差数列，ana1(n1)1212n14(nN*)9(2011福建高考福建高考)已知等差数列已知等差数列an中，中，a11，a33.(1)求数列求数列an的通项公式；的通项公式；(2)若数列若数列an的前的前 k 项和项和 Sk35，求，求 k 的值的值解：解：(1)设等差数列设等差数列an的公差为的公差为 d，则则 ana1(n1)d. 由由 a11，a33 可得可得 12d3.解得解得 d2. 从而，从而，an1(n1)(2)32n.(2)由由(1)可知可知 an32n. 所以所以 Snn1 32n 22nn2.进而由进而由

25、Sk35 可得可得 2kk235， 即即 k22k350，解得解得 k7 或或 k5.又又 kN*，故，故 k7 为所求结果为所求结果1在等差数列在等差数列an中，中，S24，S420，则该数列的公差，则该数列的公差 d 为为()A7B6C3D2解析：解析：S24，S420，a1a24，a3a420416.(a3a4)(a1a2)124d，即，即 d3.2(2011江西高考江西高考)已知数列已知数列an的前的前 n 项和项和 Sn满足：满足：SnSmSnm，且，且 a11，那，那么么a10()A1B9C10D55解析：解析：S2S1S12，可得，可得 a21，S3S1S23，可得，可得 a3S

26、3S21，同理可得，同理可得 a4a5a101.3等差数列等差数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，已知已知 am1am1a2m0，S2m138，则则 m()A38B20C10D9解析：解析：因为因为an是等差数列，所以是等差数列，所以 am1am12am，由，由 am1am1a2m0，得：，得：2ama2m0，由，由 S2m138 知知 am0，所以，所以，am2，又，又 S2m138，即即 2m1 a1a2m1 238， 即即(2m1)238，解得，解得 m10.4(2012济宁高二检测济宁高二检测)在等差数列在等差数列an中，已知中，已知 a3a534，则，则 S9S5的值是的值是(

27、)A.2720B.94C.34D.125解析：解析：S9S59 a1a9 25 a1a5 295a5a39543125.5在数列在数列an中，中，an4n52，a1a2anan2bn，nN*，其中，其中 a，b 为常数为常数，则则 ab_.解析：解析：an4n52，a132.从而从而 Snn 324n52 22n2n2.a2，b12，则，则 ab1.6(2011广东高考广东高考)等差数列等差数列an前前 9 项的和等于前项的和等于前 4 项的和项的和若若 a11，aka40，则则k_.解析解析：S9S4，a5a6a7a8a90，a70，从而从而 a4a102a70，k10.9设设 a1，d 为

28、实数，首项为为实数，首项为 a1，公差为，公差为 d 的等差数列的等差数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，满足，满足 S5S6150.(1)若若 S55，求，求 S6及及 a1；(2)求求 d 的取值范围的取值范围解：解：(1)由题意知由题意知 S615S53， a6S6S58，所以所以5a110d5，a15d8解得解得 a17， 所以所以 S63，a17.(2)因为因为 S5S6150， 所以所以(5a110d)(6a115d)150，即即 2a219da110d210， 故故(4a19d)2d28，所以，所以 d28.故故 d 的取值范围为的取值范围为(，2 2)(2 2，)数列（第

29、五讲）数列（第五讲）1数列数列 a，a，a，a，(aR)必为必为()A等差数列但不是等比数列等差数列但不是等比数列B等比数列但不是等差数列等比数列但不是等差数列C既是等差数列，又是等比数列既是等差数列，又是等比数列D等差数列等差数列解析：解析：a0 时为等差数列，时为等差数列，a0 时为等比且等差数列时为等比且等差数列2在等比数列在等比数列an中，已知中，已知 a47，a863，则，则 a6等于等于()A7B63C21D21解析：解析：a4a1q37，a8a1q763，a4a8a21q10(a1q5)2a26，a6 76321，但，但 a6a4q2与与 a4同号，故同号，故 a621.3已知等

30、比数列已知等比数列an中，中，a33，a10384，则该数列的通项，则该数列的通项 an_.解析：解析：a3a1q23，a10a1q9384， a10a3q73843128.q2.a1q2a1223，a134，ana1qn1342n1.4在等比数列中，若在等比数列中，若 a427，q13，则，则 a1_；an_.解析：解析：a427，q13a1q327，a127(27)27236， an36(13)n1(13)n7.5已知数列已知数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，Sn13(an1)(nN*)(1)求求 a1，a2；(2)求证：数列求证：数列an是等比数列是等比数列解：解：(1)由由 S

31、113(a11)，得，得 a113(a11)，a112.又又 S213(a21)，即，即 a1a213(a21)，得，得 a214.(2)证明：当证明：当 n2 时，时，anSnSn113(an1)13(an11)，得得anan112，又，又 a112所以所以an是首项为是首项为12，公比为，公比为12的等比数列的等比数列1等比数列等比数列an中，中，a44，则，则 a2a6等于等于()A4B8C16D32解析：解析：据等比数列的性质：据等比数列的性质：a2a6a244216.2已知已知an是等比数列，是等比数列，a22，a514，则公比，则公比 q 等于等于()A12B2C2D.12解析：解

32、析：据据 anamqnm，得：，得：a5a2q3.q3141218.q12.3在等比数列在等比数列an中，中，a1a230，a3a4120，则，则 a5a6_.解析：解析：据等比数列的性质：据等比数列的性质：a1a2，a3a4，a5a6也成等比数列也成等比数列a5a6(a3a4)a3a4a1a212012030480.4在等比数列在等比数列an中，中，a1a9256，a4a640，则公比，则公比 q_.解析解析：据据 a1a9a4a6，列方程组列方程组a4a640，a4a6256.解得解得a432，a68，或或a48，a632.q2a6a483214或或 q23284.q12或或 q2.5在等

33、比数列在等比数列an中，已知中，已知 a3a636，a4a718，an12，求，求 n 的值的值解：解：设等比数列设等比数列an的公比为的公比为 q. 因为因为 a4a7a3qa6q(a3a6)q，所以所以 qa4a7a3a6183612. 因为因为 a4a718，所以，所以 a4(1q3)18.所以所以 a416.所以所以 ana4qn41612n4. 令令 1612n412，所以所以12n4132125.所以所以 n45，n9.课后练习：课后练习：1已知等比数列已知等比数列an，a47，a621，则，则 a10等于等于()A35B63C21 3D189解析：解析：a4a1q3，a6a1q5

34、. q2a6a43. a10a1q9a1q5q4a6q2189.2(2011辽宁高考辽宁高考)若等比数列若等比数列an满足满足 anan116n则公比为则公比为()A2B4C8D16解析：解析：设等差数列的公比为设等差数列的公比为 q，则由，则由 anan116n得，得，an1an16n1，anan1an1anq216，得，得 q4.而而 anan116n0，q43已知数列已知数列an为等差数列为等差数列，其前其前 n 项和为项和为 Sn，S28，S432，数列数列bn为等比数列为等比数列，且且 b1a1，b2(a2a1)b1，则，则bn的通项公式为的通项公式为 bn_.解析：解析：设公差为设

35、公差为 d，公比为，公比为 q，由已知得，由已知得2a1d8，4a16d32.a12，d4.又又b2(a2a1)b1，qb2b11a2a11d14. bn2(14)n1.4(2011广东高考广东高考)已知已知an是递增等比数列，是递增等比数列，a22，a4a34，则此数列的公比，则此数列的公比 q_.解析：解析：由题意得由题意得 2q22q4，解得，解得 q2 或或 q1.又又an单调递增，得单调递增，得 q1，q2.5在等比数列中：在等比数列中：(1)若若 a427，q3，求，求 a7；(2)若若 a218，a48，求，求 a1与与 q；(3)若若 a5a115，a4a26，求，求 a3.解

36、：解：(1)a7a4q327(3)3729.(2)由由a218a48得得a1q18a1q38， 解得解得a127q23或或a127q23.(3)由已知得由已知得a3q2a3q215a3qa3q16，可解得，可解得 a34.6已知数列已知数列an满足满足 a11，an12an1.(1)求证：数列求证：数列an1是等比数列；是等比数列；（2)求数列求数列an的通项公式的通项公式证明：证明：因为因为 an12an1，所以，所以 an112(an1)由由 a11，知，知 a1120，可得，可得 an10.所以所以an11an12(nN*) 所以数列所以数列an1是等比数列是等比数列解：解：(2)由由(

37、1)知知an1是以是以 a112 为首项，以为首项，以 2 为公比的等比数列为公比的等比数列所以所以 an122n12n，即，即 an2n1.1 (2012乌鲁木齐高二检测乌鲁木齐高二检测)等比数列等比数列an的各项均为正数的各项均为正数， 且且 a5a6a4a718， 则则 log3a1log3a2log3a10()A12B10C8D2log35解析：解析：由由 a5a6a4a718，得，得 2a5a618，即，即 a5a69.log3a1log3a2log3a10log3(a1a2a10)log3(a5a6)55log3910.2在等比数列在等比数列an中，中，a2 0128a2 009，则公比，则公比 q 的值为的值为()A2B3C4D8解析：法一：解析：法一：a2 012a1q2 011，a2 009a1q2 008，所以所以 a1q2 0118a1q2 008，化简得，化简得 q38，所以，所以 q2.法二：法二：因为因为 a2 012a2 009q3，所以所以 a2 009q38a2 009，所以，所以 q38，q2.3在等比数列在等比数列an中，若中，若 an0，a1a100100，则，则 lg a1lg a2lg a3