数列专题训练(含答案)

.；.数列专题训练1．在数列{an}中，已知a1＝2，a2＝7，an＋2等于anan＋1(n∈N*)的个位数，则a2014的值是A．8B．6C．4D．22．（合肥市2014年第一次教学质量检测）已知数列的前项和为，并满足：，，则（）A．7B．12C．14D．213．在等差数列中，,则数列的前11项和（）A．24 B．48 C．66 D．1324.设是等差数列的前项和，若，则使成立的最小正整数为A．6B．7C．8D．95.(南昌一中、南昌十中2014届高三两校上学期联考）设是等差数列的前项和，若，则＝()A．1 B．－1 C．2 D．6．设为等差数列的前项和，且，，则（） A． B． C．2008 D．20127.(2013·江西高考)等比数列x,3x＋3,6x＋6，…的第四项等于()A．－24B．0C．12D．248．（成都七中高2014届一诊模拟数学试卷）已知正项等比数列满足。若存在两项使得，则的最小值为()ABCD9．[江苏省苏北四市（徐、淮、连、宿）2012届高三10月抽测试卷]已知一个等比数列的前三项的积为3，后三项的积为9，且所有项的积为243，则该数列的项数为。10．（宁夏银川一中2014届高三年级月考）数列的通项为前项和为,则_________.11．已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8.(1)求等差数列{an}的通项公式；(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和．12．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.(1)设bn＝an＋1－2an，证明数列{bn}是等比数列．(2)在(1)的条件下证明eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是等差数列，并求an.13．数列满足，（）.（Ⅰ）证明：数列是等差数列；（Ⅱ）求数列的通项公式；（Ⅲ）设，求数列的前项和.14.设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝eq\f(1,2)nan＋an－c(c是常数，n∈N*)，a2＝6.(1)求c的值及数列{an}的通项公式；(2)证明eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)<eq\f(1,8).15.设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7，且3a2是a1＋3和a3＋4的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(an,(an＋1)(an＋1＋1))，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<eq\f(1,2).16.已知等比数列{an}满足an＋1＋an＝9·2n－1，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{an}的前n项和为Sn，若不等式Sn>kan－2对一切n∈N*恒成立，求实数k的取值范围．17.已知数列的前项n和为，，与的等差中项是．(1)证明数列为等比数列；(2)求数列的通项公式；(3)若对任意正整数n，不等式恒成立，求实数的最大值．18.已知数列中，（）．⑴求证：数列为等差数列；⑵设（），数列的前项和为，求满足的最小正整数．19.设是公差不为零的等差数列，为其前项和，满足．（1）求数列的通项公式及前项和；（2）试求所有的正整数，使得为数列中的项．20.已知,数列满足,数列满足；数列为公比大于的等比数列，且为方程的两个不相等的实根.（Ⅰ）求数列和数列的通项公式；（Ⅱ）将数列中的第项，第项，第项，……，第项，……删去后剩余的项按从小到大的顺序排成新数列，求数列的前项和.21.已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8.(1)求等差数列{an}的通项公式；(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和．参考答案：1.【解析】a1a2＝2×7＝14，所以a3＝4,4×7＝28，所以a4＝8,4×8＝32，所以a5＝2,2×8＝16，所以a6＝6，a7＝2，a8＝2，a9＝4，a10＝8，a11＝2，所以从第三项起，an成周期排列，周期数为6,2013＝335×6＋3，所以a2014＝a4＝8，故选2.【答案】C由知数列为等差数列，由得，所以3.【答案】D由题意可得，得，又（作为选择题，可以用常数列求解）4.【答案】C由题意知5.【答案】A6.【答案】A【解析】设等差数列的公差为，由得，又，所以，得，所以，解得，所以7.A8.【答案】A【解析】设数列的公比为q，由得，解得，由得，所以，所以9.【解析】由已知得,,两式相乘得所以由等比数列的性质得,所以.记,则,两式相乘得所以由题意可得,解得.10.【答案】150【解析】由数列的通项公式得，四项为一组，每组的和都是6，所以11.【解】(1)设等差数列{an}的公差为d，则a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝－3，,a1a1＋da1＋2d＝8.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2,d＝－3，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝3.))3分所以由等差数列通项公式可得an＝2－3(n－1)＝－3n＋5，或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7.故an＝－3n＋5，或an＝3n－7.5分(2)当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4,2，不成等比数列；6分当an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件.7分故|an|＝|3n－7|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3n＋7，n＝1，2，,3n－7，n≥3.))9分记数列{|an|}的前n项和为Sn.当n＝1时，S1＝|a1|＝4；当n＝2时，S2＝|a1|＋|a2|＝5；10分当n≥3时，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)＝5＋eq\f(n－2[2＋3n－7],2)＝eq\f(3,2)n2－eq\f(11,2)n＋10.当n＝2时，满足此式.12分综上，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,\f(3,2)n2－\f(11,2)n＋10，n>1.))13分12.(1)证明：由a1＝1，及Sn＋1＝4an＋2，有a1＋a2＝4a1＋2，a2＝3a1＋2＝5，∴b1＝a2－2a1由Sn＋1＝4an＋2①知当n≥2时，有Sn＝4an－1＋2②①－②得an＋1＝4an－4an－1，∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)又∵bn＝an＋1－2an，∴bn＝2bn－1，∴{bn}是首项b1＝3，公比为2的等比数列．(2)由(1)可得bn＝an＋1－2an＝3·2n－1，∴eq\f(an＋1,2n＋1)－eq\f(an,2n)＝eq\f(3,4)，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是首项为eq\f(1,2)，公差为eq\f(3,4)的等差数列．∴eq\f(an,2n)＝eq\f(1,2)＋(n－1)eq\f(3,4)＝eq\f(3,4)n－eq\f(1,4),an＝(3n－1)·2n－2.13.（Ⅰ）由已知可得，即，即∴数列是公差为1的等差数列……5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，∴……8分（Ⅲ）由（Ⅱ）知,……10分相减得：………12分∴………13分14.(1)解因为Sn＝eq\f(1,2)nan＋an－c，所以当n＝1时，S1＝eq\f(1,2)a1＋a1－c，解得a1＝2c，……当n＝2时，S2＝a2＋a2－c，即a1＋a2＝2a2－c，解得a2＝3c，……(3分)所以3c＝6，解得c＝2；……则a1＝4，数列{an}的公差d＝a2－a1＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.……(6分)(2)证明因为eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,(2n＋2)(2n＋4))＝eq\f(1,2)(eq\f(1,4)－eq\f(1,6))＋eq\f(1,2)(eq\f(1,6)－eq\f(1,8))＋…＋eq\f(1,2)(eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,2n＋4))＝eq\f(1,2)[(eq\f(1,4)－eq\f(1,6))＋(eq\f(1,6)－eq\f(1,8))＋…＋(eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,2n＋4))]……(8分)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,4)－eq\f(1,2n＋4))＝eq\f(1,8)－eq\f(1,4(n＋2)).…(10分)因为n∈N*，所以eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)<eq\f(1,8).……(12分)15.解：(1)由已知，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝7，,\f(a1＋3＋a3＋4,2)＝3a2.))解得a2＝2.设数列{an}的公比为q，则a1q＝2，∴a1＝eq\f(2,q)，a3＝a1q2＝2q.由S3＝7，可知eq\f(2,q)＋2＋2q＝7，∴2q2－5q＋2＝0，解得q1＝2，q2＝eq\f(1,2).由题意，得q>1，∴q＝2.∴a1＝1.故数列{an}的通项公式为a2＝2n－1.(2)证明：∵bn＝eq\f(an,(an＋1)(an＋1＋1))＝eq\f(2n－1,(2n－1＋1)(2n＋1))＝eq\f(1,2n－1＋1)－eq\f(1,2n＋1)，∴Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,20＋1)－\f(1,21＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,21＋1)－\f(1,22＋1)))＋eq\f(1,22＋1)－eq\f(1,23＋1)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1＋1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,1＋1)－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2n＋1)<eq\f(1,2).16.解：(1)设等比数列{an}的公比为q，∵an＋1＋an＝9·2n－1，n∈N*，∴a2＋a1＝9，a3＋a2＝18，∴q＝eq\f(a3＋a2,a2＋a1)＝eq\f(18,9)＝2，∴2a1＋a1＝9，∴a1＝3.∴an＝3·2n－1，n∈N*，经验证，满足题意．(2)由(1)知Sn＝eq\f(a1(1－qn),1－q)＝eq\f(3(1－2n),1－2)＝3(2n－1)，∴3(2n－1)>k·3·2n－1－2，∴k<2－eq\f(1,3·2n－1).令f(n)＝2－eq\f(1,3·2n－1)，则f(n)随n的增大而增大，∴f(n)min＝f(1)＝2－eq\f(1,3)＝eq\f(5,3).∴k<eq\f(5,3).∴实数k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,3))).17.解:（1）因为和的等差中项是，所以（），即，…………2分由此得（），………3分即（），……………4分又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列.……………5分（2）由（1）得，即（），………6分所以，当时，，…8分又时，也适合上式，所以.……………9分（3）要使不等式对任意正整数恒成立，即小于或等于的所有值.又因为是单调递增数列,……………10分且当时，取得最小值,……………11分要使小于或等于的所有值，即,……………13分所以实数的最大值为1.……………14分18.证明与求解：⑴由与得……1分，……3分，所以，为常数，为等差数列……5分⑵由⑴得……7分……8分所以…9分，……10分，……11分，由即得……13分，所以满足的最小正整数……14分．19.【解析】(1）设公差为，则，由性质得，因为，所以，即，（3分）又由得，解得，，所以数列的通项公式，前项和．(2)方法一=，设，则=，所以为8的约数，因为是奇数，所以可取的值为，当时，，是数列中的项；当时，，是数列中的最小项是，不符合；所以满足条件的正整数．（12分）方法二因为为数列中的项，故为整数，又由（1）知：为奇数，所以经检验，符合题意的正整数只有．．20.【解析】：（Ⅰ），……………3分因为为方程的两个不相等的实数根.所以，……………4分解得：，,所以：……………………6分（Ⅱ）由题知将数列中的第3项、第6项、第9项……删去后构成的新数列中的奇数列与偶数列仍成等比数列，首项分别是，公比均是…………9分………………12分21.【解】(1)设等差数列{an