数列习题及答案

数列综合题一．选择题1.如果等差数列中，，那么()A.14B．21C．28D．352.设数列的前n项和，则的值为()A.15B．37C．27D．643.设等比数列的公比，前n项和为，则（）A． B． C． D．4.设为等比数列的前项和，已知，，则公比（）A．3B．4C．5 D．65.已知则的等差中项为（）A． B． C． D．6.已知是等比数列，，，则（）A． B．C．D．7.若数列的通项公式是，则() A．30 B．29 C．-30 D．-298.已知等比数列满足，且，则当时，（）A.B.C.D.9.设是等差数列，，，则这个数列的前6项和等于（）A．12 B.24 C.36 D.4810.数列中，且，则（）A.3B.－3C.－6D.611.在等差数列中，，则的值为().A.2B.3C.4D.512.等比数列的前项和为，若，则数列的公比的值为()A.－2或1B.－1或2C.－2D.113.已知为等差数列，其公差为－2，且是与的等比中项，为的前项和，N*，则的值为()A.－110B.－90C.90D.11014.等差数列的公差为2，若成等比数列，则的前项和等于()A.B.C.D.15.在正项等比数列中，成等差数列，则等于()A.3或－1B.9或1C.1D.916.已知数列则其前项和为()A.B.C.D.17.若数列的通项公式为，则其前项和为()A.B.C.D.18.某种细胞开始有2个，1小时后分裂成4个并死去1个，2小时后分裂成6个并死去1个，3小时后分裂成10个并死去1个，…，按此规律进行下去，6小时后细胞存活的个数是()A．33个B．65个C．66个D．129个19.设是定义在R上的恒不为零的函数，且对任意的实数R，都有，若(N*)，则数列的前项和的取值范围为()A．B．C．D．20.小正方形按照如图所示的规律排列：每个图中的小正方形的个数构成一个数列，有以下结论：①；②数列是一个等差数列；③数列是一个等比数列；④数列的递推公式为：(N*)．其中正确的命题序号为()A．①②B．①③C．①④D．①21.已知数列满足(N*)，则()A．0B．C.D.22.数列满足递推公式，又，则使得为等差数列的实数()A．2B．5C．D.23.在等差数列中，，且，则的前项和中最大的负数为()A．B．C．D．24.将数列按“第组有个数”的规则分组如下：(1)，(3,9)，(27,81,243)，…，则第100组中的第一个数是()A．B．C．D．25.已知为等比数列，则()A．7B．5C．－5D．－726.已知等差数列的前项和为，则数列的前100项和为()A.B.C.D.27.已知，则()A.B.C.D.28.在数列中，，则()A.B.C.D.二．填空题29.已知数列满足:,(n∈N*)，则________.30.已知为等比数列,,,则________.31.设等差数列的公差不为0，．若是与的等比中项，则______.32.设等差数列的前项和为，若则________.33.设数列中，则通项________.34.若数列的前项和为，且满足，则数列的通项公式是________.35.若数列的前项和，则的通项公式是____.36.数列满足，N*，则________.37.在等比数列中，则等于________.38.若等差数列满足则当________时，的前项和最大.39．等比数列的各项均为正数，且则________.40.设数列满足且(N*)，则数列前10项的和___.41.设数列中，若(N*)，则称数列为“凸数列”，已知数列为“凸数列”，且，则数列的前2013项和为________．42.将含有项的等差数列插入4和67之间，结果仍成一个新的等差数列，并且新的等差数列所有项的和为781，则________．43.定义一种运算“”，对于正整数满足以下的运算性质：（1）；（2），则用含有的代数式表示为________．44.设等差数列的公差若是与的等比中项，则的值为________．45.设是等比数列的前项和，成等差数列，且，则________.46.将正偶数排列如下表，其中第行第个数表示为(N*)，（例如）若，则=________.2468101214161820…47.已知数列的首项，，…,则________.三、解答题1、已知等差数列的前项和满足，.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.2、已知是递增的等差数列，，是方程的根.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.3、已知等比数列的前n项和为，且满足.（1）求p的值及数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前n项和.4、等差数列的前n项和为，数列是等比数列，满足，，，．(1)求数列和的通项公式；(2)令n为奇数，n为偶数，设数列的前n项和，求．n为奇数，n为偶数，5、已知是一个单调递增的等差数列，且满足,，数列的前项和为，数列满足.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.6、已知数列中，（1）求证：数列是等比数列；（2）若是数列的前n项和，求满足的所有正整数n.7、已知数列的前项和为，且；数列满足，..（1）求数列，的通项公式；（2）记，．求数列的前项和．8、若数列满足，则称数列为“平方递推数列”．已知数列中，，点在函数的图象上，其中为正整数．(1)证明数列是“平方递推数列”，且数列为等比数列；(2)设(1)中“平方递推数列”的前项之积为，即，求数列的通项及关于的表达式；(3)记，求数列的前项和，并求使的的最小值．9、已知数列为等差数列，为其前项和，且（）．求，；若，，（）是等比数列的前三项，设，求．10、数列的前n项和记为，点在直线上.(1)求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；(2)设，是数列的前n项和，求的值．11、已知数列满足前项和，数列满足，且前项和为，设.(1)求数列的通项公式(2)判断数列的单调性；(3)当时，恒成立,求的取值范围．12、已知二次函数满足，且的最小值是－eq\f(1,8).设数列的前项和为，对一切，点在函数的图像上.(1)求数列的通项公式；(2)通过构造一个新的数列，是否存在非零常数，使得为等差数列？13、已知数列的前项和．(1)令，求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；(2)令，，求并证明：.14、数列的前项和为，．(1)设，证明：数列是等比数列；(2)求数列的前项和；(3)若，，求不超过P的最大的整数值．15、在等差数列中，，其前项和为，等比数列的各项均为正数，，公比为，且.(1)求与；(2)设数列满足，求的前项和.16、数列的前项和为，且，数列为等差数列，且.(1)求数列的通项公式；(2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围．17、已知数列满足．(1)求数列的通项公式；(2)令，记数列的前项和为，若恒为一个与无关的常数，试求常数和.18、设函数的所有正的极小值点从小到大排成的数列为．(1)求数列的通项公式；(2)设的前项和为，求.19、已知数列的前项和为，，且，数列满足，其前9项和为63.(1)求数列和的通项公式；(2)令，数列的前项和为，若对任意正整数，都有，求的最小值．20、已知函数的导数为，且数列满足．(1)若数列是等差数列，求的值；(2)若对任意，都有成立，求的取值范围．参考答案一、选择题二、填空题三、解答题1、解：依题意，，，故，所以，所以，即；（2）；2、解：（1）方程的两根为2,3，由题意得.设数列的公差为d，则，故，从而.所以的通项公式为.（2）设的前n项和为，由（1）知，则，.两式相减得所以.3、解：（Ⅰ）由，由成等比得；（Ⅱ）由可得，，，，，.4、解：(Ⅰ)设数列的公差为d，数列的公比为q，则由得解得所以，．(Ⅱ)由，得，则n为奇数，n为奇数，n为偶数，n为奇数，n为偶数，．5、解：(Ⅰ)设等差数列的公差为,则依题知.由,又可得.由,得,可得.所以.可得；(Ⅱ)由(Ⅰ)得，当时,当时,满足上式，所以，所以，即,因为，，所以数列是首项为,公比为的等比数列.所以前项和.6、解：（Ⅰ）设，因为==,所以数列是以即为首项，以为公比的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）得，即，由，得，所以，显然当时，单调递减，又当时，＞0，当时，＜0，所以当时，＜0；，同理，当且仅当时，＞0，综上，满足的所有正整数为1和2．7、解：（Ⅰ）∵，当时，，得，，即（）．又当n=1时，，得．∴数列是以为首项，公比为的等比数列，∴数列的通项公式为.又由题意知，，，即∴数列是首项为，公差为的等差数列，∴数列的通项公式为．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴④由④得∴，∴，∴数列的前项和.8、解(1)∵，∴数列是“平方递推数列”．由以上结论，∴数列为首项是，公比为的等比数列.(2)，∴，∴．∵，∴.(3)∵，∴.∵4，∴.∴.∴.9、解：（1）．，又，故；又，故，得；等差数列的公差．所以,．（2）由已知有，故，即．解得，或，又，故．等比数列的公比为，首项为．所以．所以．．．．．．10、解(1)由题意得an＋1＝2Sn＋1，an＝2Sn－1＋1(n≥2)，两式相减，得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)．∵a1＝1，∴a2＝2S1＋1＝3，∴{an}是首项为1，公比为3的等比数列．∴an＝3n－1.(2)由(1)得知an＝3n－1，bn＝log3an＋1＝n，eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,n＋1n)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，T2015＝eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,b2015b2016)＝(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋(eq\f(1,2015)－eq\f(1,2016))＝eq\f(2015,2016).11、解(1)当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1.∴数列{bn}的通项公式为bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，n＝1，,\f(1,n)，n≥2.))(2)∵cn＝T2n＋1－Tn，∴cn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n＋1＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n＋1).∴cn＋1－cn＝eq\f(1,2n＋2)＋eq\f(1,2n＋3)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(1,2n＋3)－eq\f(1,2n＋2)＝－eq\f(1,2n＋32n＋2)<0.∴数列{cn}是递减数列．(3)由(2)知，当n≥2时，c2＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)为最大，∴eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)<eq\f(1,5)－eq\f(7,12)loga(a－1)恒成立，即loga(a－1)<－1.由真数a－1>0，得a>1，∴a－1<eq\f(1,a).整理为a2－a－1<0，解得1<a<eq\f(\r(5)＋1,2).∴a的取值范围是(1，eq\f(\r(5)＋1,2))．12、解：(1)∵f(0)＝f(eq\f(1,2))＝0，∴f(x)的图像的对称轴为直线x＝eq\f(0＋\f(1,2),2)＝eq\f(1,4).又∵f(x)的最小值是－eq\f(1,8)，由二次函数图像的对称性可设f(x)＝a(x－eq\f(1,4))2－eq\f(1,8).又∵f(0)＝0，∴a＝2.∴f(x)＝2(x－eq\f(1,4))2－eq\f(1,8)＝2x2－x.∵点(n，Sn)在函数f(x)的图像上，∴Sn＝2n2－n.当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－3.经验证，当n＝1时也符合上式，∴an＝4n－3(n∈N*)．(2)bn＝eq\f(Sn,n＋c)＝eq\f(2n2－n,n＋c)＝eq\f(2nn－\f(1,2),n＋c)，令c＝－eq\f(1,2)，得bn＝2n，此时数列{bn}为等差数列，∴存在非零常数c＝－eq\f(1,2)，使得{bn}为等差数列．13、解(1)在Sn＝－an－(eq\f(1,2))n－1＋2中，令n＝1，得S1＝－a1－1＋2＝a1，∴a1＝eq\f(1,2).当n≥2时，Sn－1＝－an－1－(eq\f(1,2))n－2＋2，∴an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1＋(eq\f(1,2))n－1，∴2an＝an－1＋(eq\f(1,2))n－1，即2nan＝2n－1an－1＋1.∵bn＝2nan，∴当n≥2时，bn－bn－1＝1.又∵b1＝2a1＝1，∴数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．于是bn＝1＋(n－1)·1＝2nan，∴an＝eq\f(n,2n).(2)由(1)得cn＝eq\f(n＋1,n)an＝(n＋1)(eq\f(1,2))n，所以Tn＝2×eq\f(1,2)＋3×(eq\f(1,2))2＋4×(eq\f(1,2))3＋…＋(n＋1)·(eq\f(1,2))n.eq\f(1,2)Tn＝2×(eq\f(1,2))2＋3×(eq\f(1,2))3＋4×(eq\f(1,2))4＋…＋(n＋1)(eq\f(1,2))n＋1，两式相减，得eq\f(1,2)Tn＝1＋(eq\f(1,2))2＋(eq\f(1,2))3＋…＋(eq\f(1,2))n－(n＋1)·(eq\f(1,2))n＋1＝1＋eq\f(\f(1,4)[1－\f(1,2)n－1],1－\f(1,2))－(n＋1)(eq\f(1,2))n＋1＝eq\f(3,2)－eq\f(n＋3,2n＋1)，∴Tn＝3－eq\f(n＋3,2n).∵eq\f(n＋3,2n)>0，∴Tn<3.14、解：(1)因为an＋Sn＝－eq\f(1,2)n2－eq\f(3,2)n＋1，所以，当n＝1时，2a1＝－1，则a1＝－eq\f(1,2)；当n≥2时，an－1＋Sn－1＝－eq\f(1,2)(n－1)2－eq\f(3,2)(n－1)＋1，所以2an－an－1＝－n－1，即2(an＋n)＝an－1＋n－1.所以bn＝eq\f(1,2)bn－1(n≥2)，而b1＝a1＋1＝eq\f(1,2).所以数列{bn}是首项为eq\f(1,2)，公比为eq\f(1,2)的等比数列，所以bn＝(eq\f(1,2))n.(2)由(1)得nbn＝eq\f(n,2n).所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋eq\f(4,24)＋…＋eq\f(n－1,2n－1)＋eq\f(n,2n)，①2Tn＝1＋eq\f(2,2)＋eq\f(3,22)＋eq\f(4,23)＋…＋eq\f(n－1,2n－2)＋eq\f(n,2n－1)，②②－①得Tn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)，∴Tn＝eq\f(1－\f(1,2)n,1－\f(1,2))－eq\f(n,2n)＝2－eq\f(n＋2,2n).(3)由(1)知an＝(eq\f(1,2))n－n，又∵cn＝(eq\f(1,2))n－an，∴cn＝n.∴eq\f(c\o\al(2,n)＋cn＋1,c\o\al(2,n)＋cn)＝1＋eq\f(1,c\o\al(2,n)＋cn)＝1＋eq\f(1,nn＋1)＝1＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).所以P＝eq\i\su(i＝1,2013,)eq\f(c\o\al(2,i)＋ci＋1,c\o\al(2,i)＋ci)＝(1＋eq\f(1,1)－eq\f(1,2))＋(1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋(1＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4))＋…＋(1＋eq\f(1,2013)－eq\f(1,2014))＝2014－eq\f(1,2014).故不超过P的最大整数为2013.15解：(1)设{an}的公差为d，因为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2＋S2＝12，,q＝\f(S2,b2)，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＋6＋d＝12，,q＝\f(6＋d,q).))解得q＝3或q＝－4(舍)，d＝3.故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3n－1.(2)由(1)知Sn＝eq\f(n3＋3n,2)，所以cn＝eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,n3＋3n)＝eq\f(2,3)(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))．故Tn＝eq\f(2,3)[(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))]＝eq\f(2,3)(1－eq\f(1,n＋1))＝eq\f(2n,3n＋1).16、解：(1)由an＋1＝2Sn＋1，①得an＝2Sn－1＋1(n≥2)．②①－②得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)．∴an＋1＝3an(n≥2)．又a1＝1，a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3，也满足上式，∴{an}是首项为1，公比为3的等比数列．∴an＝3n－1.∵{bn}为等差数列，∴b5－b3＝2d＝6，∴d＝3.∴bn＝3＋(n－3)×3＝3n－6.(2)Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(1－3n,1－3)＝eq\f(3n－1,2)，∴(eq\f(3n－1,2)＋eq\f(1,2))·k≥3n－6对任意的n∈N*恒成立，∴k≥eq\f(6n－12,3n)＝2(eq\f(3n－6,3n))对任意的n∈N*恒成立．令cn＝eq\f(3n－6,3n)，cn－cn－1＝eq\f(3n－6,3n)－eq\f(3n－9,3n－1)＝eq\f(－2n＋7,3n－1)，当n≤3时，cn>cn－1，当n≥4时，cn<cn－1，∴(cn)max＝c3＝eq\f(1,9).所以实数k的取值范围是k≥eq\f(2,9).17、解：(1)∵a1＋a2＋…＋an－1－an＝－1，①∴a1＋a2＋…＋an－an＋1＝－1.②①－②，得an＋1－2an＝0，即eq\f(an＋1,an)＝2(n≥2)．当n＝2时，a1－a2＝－1.∵a1＝1，∴a2＝2，∴eq\f(a2,a1)＝2.∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列．∴an＝2n－1(n∈N*)．(2)∵an＝2n－1，∴dn＝1＋logaeq\f(a\o\al(2,n＋1)＋a\o\al(2,n＋2),5)＝1＋2nloga2.∵dn＋1－dn＝2loga2，∴{dn}是以d1＝1＋2loga2为首项，以2loga2为公差的等差数列．∴eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(2n1＋2loga2＋\f(2n2n－1,2)×2loga2,n1＋2loga2＋\f(nn－1,2)×2loga2)＝eq\f(2＋4n＋2loga2,1＋n＋1loga2)＝λ.∴(λ－4)nloga2＋(λ－2)(1＋loga2)＝0.∵eq\f(S2n,Sn)恒为一个与n无关的常数λ，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ－4loga2＝0，,λ－21＋loga2＝0.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝4，,a＝\f(1,2).))18、解：(1)f(x)＝eq\f(x,2)＋sinx，令f′(x)＝eq\f(1,2)＋cosx＝0，得x＝2kπ±eq\f(2π,3)(k∈Z)．f′(x)>0⇒2kπ－eq\f(2π,3)<x<2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)，f′(x)<0⇒2kπ＋eq\f(2π,3)<x<2kπ＋eq\f(4π,3)(k∈Z)，当x＝2kπ－eq\f(2π,3)(k∈Z)时，f(x)取得极小值，所以xn＝2nπ－eq\f(2π,3)(n∈N*)．(2)由(1)得xn＝2nπ－eq\f(2π,3)，Sn＝x1＋x2＋x3＋…＋xn＝2π(1＋2＋3＋…＋n)－eq\f(2nπ,3)＝n(n＋1)π－eq\f(2nπ,3).当n＝3k(k∈N*)时，sinSn＝sin(－2kπ)＝0；当n＝3k－1(k∈N*)时，sinSn＝sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),2)；当n＝3k－2(k∈N*)时，sinSn＝sineq\f(4π,3)＝－eq\f(\r(3),2).所以sinSn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，n＝3k，k∈N*，,\f(\r(3),2)，n＝3k－1，k∈N*，,－\f(\r(3),2)，n＝3k－2，k∈N*.))19解：(1)由2nSn＋1－2(n＋1)Sn＝n(n＋1)，得eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝eq\f(1,2).所以数列{eq\f(Sn,n)}是以首项为1，公差为eq\f(1,2)的等差数列．因此eq\f(Sn,n)＝S1＋(n－1)×eq\f(1,2)＝1＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)n＋eq\f(1,2)，即Sn＝eq\f(nn＋1,2).于是an＋1＝Sn＋1－Sn＝eq\f(n＋1n＋2,2)－eq\f(nn＋1,2)＝n＋1.因为a1＝1，所以an＝n.又因为bn＋2－2bn＋1＋bn＝0，所以数列{bn}是等差数列．由S9＝eq\f(9b3＋b7,2)＝63，b3＝5，得b7＝9.所以公差d＝eq\f(9－5,7－3)＝1.所以bn＝b3＋(n－3)×1＝n＋2.(2)由(1)知cn＝eq\f(bn,an)＋eq\f(an,bn)＝eq\f(n＋2,n)＋eq\f(n,n＋2)＝2＋2(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2))，所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝2n＋2×(1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2))＝2n＋2(1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2))＝3－2(eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2))＋2n.所以Tn－2n＝3－2(eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2))．设An＝Tn－2n＝3－2(eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2))．因为An＋1－An＝3－2(eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3))－[3－2(eq\f(