数列综合练习题附答案

數列綜合練習題附答案一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分．)1．(文)(2011·山東)在等差數列{an}中，a1＝2，a2＋a3＝13，則a4＋a5＋a6等於()A．40B．42C．43D．45(理)(2011·江西)等差數列{an}の前n項和為Sn，且滿足eq\f(S3,3)－eq\f(S2,2)＝1，則數列{an}の公差是()A.eq\f(1,2)B．1C．2D．32．(2011·遼寧瀋陽二中檢測，遼寧丹東四校聯考)數列{an}滿足log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)且a2＋a4＋a6＝9，則logeq\f(1,3)(a5＋a7＋a9)の值是()A．－5B．－eq\f(1,5)C．5D.eq\f(1,5)3．(文){an}為等差數列，{bn}為正項等比數列，公式q≠1，假设a1＝b1，a11＝b11，則()A．a6＝b6 B．a6>b6C．a6<b6 D．以上都有可能(理)(聯考)a>0，b>0，A為a，bの等差中項，正數G為a，bの等比中項，則ab與AGの大小關係是()A．ab＝AG B．ab≥AGC．ab≤AG D．不能確定4．(2011·濰坊一中期末)各項都是正數の等比數列{an}の公比q≠1，且a2，eq\f(1,2)a3，a1成等差數列，則eq\f(a3＋a4,a4＋a5)の值為()A.eq\f(1－\r(5),2)B.eq\f(\r(5)＋1,2)C.eq\f(\r(5)－1,2) D.eq\f(\r(5)＋1,2)或eq\f(\r(5)－1,2)5．數列{an}滿足a1＝1，a2＝1，an＋1＝|an－an－1|(n≥2)，則該數列前2011項の和等於()A．1341B．669C．1340D．13396．數列{an}是公差不為0の等差數列，且a1、a3、a7為等比數列{bn}の連續三項，則數列{bn}の公比為()A.eq\r(2)B．4C．2D.eq\f(1,2)7．(文)數列{an}為等差數列，假设eq\f(a11,a10)<－1，且它們の前n項和Sn有最大值，則使得Sn>0の最大值n為()A．11B．19C．20D．21(理)在等差數列{an}中，其前n項和是Sn，假设S15>0，S16<0，則在eq\f(S1,a1)，eq\f(S2,a2)，…，eq\f(S15,a15)中最大の是()A.eq\f(S1,a1)B.eq\f(S8,a8)C.eq\f(S9,a9)D.eq\f(S15,a15)8.(文)(2011·天津河西區期末)將n2(n≥3)個正整數1,2,3，…，n2填入n×n方格中，使得每行、每列、每條對角線上の數の和相等，這個正方形就叫做n階幻方．記f(n)為n階幻方對角線上數の和，如右表就是一個3階幻方，可知f(3)＝15，則f(n)＝()816357492A.eq\f(1,2)n(n2＋1) B.eq\f(1,2)n2(n＋1)－3C.eq\f(1,2)n2(n2＋1) D．n(n2＋1)(理)(2011·海南嘉積中學模擬)假设數列{an}滿足：an＋1＝1－eq\f(1,an)且a1＝2，則a2011等於()A．1B．－eq\f(1,2)C．2D.eq\f(1,2)9．(文)(2011湖北荊門市調研)數列{an}是等差數列，公差d≠0，且a2046＋a1978－aeq\o\al(2,2012)＝0，{bn}是等比數列，且b2012＝a2012，則b2010·b2014＝()A．0B．1C．4D．8(理)(2011·豫南九校聯考)設數列{an}是以2為首項，1為公差の等差數列，{bn}是以1為首項，2為公比の等比數列，則ab1＋ab2＋…＋ab10＝()A．1033B．1034C．2057D．205810．(文)(2011·紹興一中模擬)在圓x2＋y2＝10x內，過點(5,3)有n條長度成等差數列の弦，最短弦長為數列{an}の首項a1，最長弦長為an，假设公差d∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))，那麼nの取值集合為()A．{4,5,6} B．{6,7,8,9}C．{3,4,5} D．{3,4,5,6}(理)(2010·青島質檢)在數列{an}中，an＋1＝an＋a(n∈N*，a為常數)，假设平面上の三個不共線の非零向量，，滿足＝a1＋a2010，三點A、B、C共線且該直線不過O點，則S2010等於()A．1005B．1006C．2010D．2012第二卷(非選擇題共90分)二、填空題(本大題共4個小題，每小題4分，共16分，把正確答案填在題中橫線上．)13．(2011·江蘇鎮江市質檢)1，x1，x2,7成等差數列，1，y1，y2,8成等比數列，點M(x1，y1)，N(x2，y2)，則線段MNの中垂線方程是________．14．(2010·無錫模擬)正項數列{an}の首項a1＝1，前n項和為Sn，假设以(an，Sn)為座標の點在曲線y＝eq\f(1,2)x(x＋1)上，則數列{an}の通項公式為________．15．(2011·蘇北)α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且sinα，sin2α，sin4α成等比數列，則αの值為________．16．(文)(2011·湖北荊門調研)秋末冬初，流感盛行，荊門市某醫院近30天每天入院治療流感の人數依次構成數列{an}，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，則該醫院30天入院治療流感の人數共有________人．(理)(2011·浙江寧波八校聯考)在如圖の表格中，每格填上一個數字後，使每一橫行成等差數列，每一縱列成等比數列，且從上到下所有公比相等，則a＋b＋cの值為________.acB612三、解答題17．(本小題滿分12分)(文)(2011·廣西田陽質檢){an}是公差為1の等差數列，{bn}是公比為2の等比數列，Pn，Qn分別是{an}，{bn}の前n項和，且a6＝b3，P10＝Q4＋45.(1)求{an}の通項公式；(2)假设Pn>b6，求nの取值範圍．(理)(2011·四川廣元診斷)數列{an}の前n項和Sn＝2n2－2n，數列{bn}の前n項和Tn＝3－bn.①求數列{an}和{bn}の通項公式；②設cn＝eq\f(1,4)an·eq\f(1,3)bn，求數列{cn}の前n項和Rnの運算式．18．(本小題滿分12分)(文)(2011·河南濮陽)數列{an}の前n項和記為Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1)．(1)求{an}の通項公式；(2)等差數列{bn}の各項為正數，前n項和為Tn，且T3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比數列，求Tn.(理)(2011·六校聯考)數列{bn}前n項和為Sn，且b1＝1，bn＋1＝eq\f(1,3)Sn.(1)求b2，b3，b4の值；(2)求{bn}の通項公式；(3)求b2＋b4＋b6＋…＋b2nの值．19．(本小題滿分12分)(文)(2011·寧夏銀川一中模擬)在各項均為負數の數列{an}中，點(an，an＋1)(n∈N*)在函數y＝eq\f(2,3)xの圖象上，且a2·a5＝eq\f(8,27).(1)求證：數列{an}是等比數列，並求出其通項；(2)假设數列{bn}の前n項和為Sn，且bn＝an＋n，求Sn.(理)(2011·黑龍江)a1＝2，點(an，an＋1)在函數f(x)＝x2＋2xの圖象上，其中n＝1,2,3，….(1)證明數列{lg(1＋an)}是等比數列；(2)設Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)，求Tn及數列{an}の通項．20．(本小題滿分12分)數列{bn}の通項為bn＝nan(a>0)，問{bn}是否存在最大項？證明你の結論．21．(本小題滿分12分)(2011·湖南長沙一中月考)f(x)＝mx(m為常數，m>0且m≠1)．設f(a1)，f(a2)，…，f(an)…(n∈N)是首項為m2，公比為mの等比數列．(1)求證：數列{an}是等差數列；(2)假设bn＝anf(an)，且數列{bn}の前n項和為Sn，當m＝2時，求Sn；(3)假设cn＝f(an)lgf(an)，問是否存在正實數m，使得數列{cn}中每一項恒小於它後面の項？假设存在，求出mの取值範圍；假设不存在，請說明理由．22．(本小題滿分12分)(文)(2011·四川資陽模擬)數列{an}の前n項和為Sn，且Sn＝n(n＋1)(n∈N*)．(1)求數列{an}の通項公式；(2)假设數列{bn}滿足：an＝eq\f(b1,3＋1)＋eq\f(b2,32＋1)＋eq\f(b3,33＋1)＋…＋eq\f(bn,3n＋1)，求數列{bn}の通項公式；(3)令cn＝eq\f(anbn,4)(n∈N*)，求數列{cn}の前n項和Tn.(理)(2011·湖南長沙一中期末)數列{an}和等比數列{bn}滿足：a1＝b1＝4，a2＝b2＝2，a3＝1，且數列{an＋1－an}是等差數列，n∈N*.求數列{an}和{bn}の通項公式；必修五數列練習題答案1、〔文〕B〔理〕C2、A3、〔文〕B〔理〕C4、C5、A6、C7、〔文〕B〔理〕B8、〔文〕A〔理〕C9、〔文〕C〔理〕A10、〔文〕A〔理〕A13、[答案]x＋y－7＝014、an＝n15、[答案]eq\f(2π,3)16、〔文〕255〔理〕2217、〔文〕[解析](1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋5＝4b1,10a1＋\f(10×9,2)＝\f(b1(1－24),1－2)＋45))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3,b1＝2))，∴an＝3＋(n－1)＝n＋2.(2)Pn＝eq\f(n(n＋2＋3),2)＝eq\f(n2＋5n,2)，b6＝2×26－1＝64.由eq\f(n2＋5n,2)>64⇒n2＋5n－128>0⇒n(n＋5)>128，又n∈N*，n＝9時，n(n＋5)＝126，∴當n≥10時，Pn>b6.〔理〕[解析]①由題意得an＝Sn－Sn－1＝4n－4(n≥2)而n＝1時a1＝S1＝0也符合上式∴an＝4n－4(n∈N＋)又∵bn＝Tn－Tn－1＝bn－1－bn，∴eq\f(bn,bn－1)＝eq\f(1,2)∴{bn}是公比為eq\f(1,2)の等比數列，而b1＝T1＝3－b1，∴b1＝eq\f(3,2)，∴bn＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n(n∈N＋)．②Cn＝eq\f(1,4)an·eq\f(1,3)bn＝eq\f(1,4)(4n－4)×eq\f(1,3)×3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝(n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，∴Rn＝C1＋C2＋C3＋…＋Cn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＋…＋(n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n∴eq\f(1,2)Rn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＋…＋(n－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋(n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1∴eq\f(1,2)Rn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－(n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1，∴Rn＝1－(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.18、〔文〕[解析](1)由an＋1＝2Sn＋1可得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，兩式相減得an＋1－an＝2an，∴an＋1＝3an(n≥2)，又a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3，∴a2＝3a1，故{an}是首項為1，公比為3の等比數列，∴an＝3n－1.(2)設{bn}の公差為d，由T3＝15得，b1＋b2＋b3＝15，可得b2＝5，故可設b1＝5－d，b3＝5＋d，又a1＝1，a2＝3，a3＝9，由題意可得(5－d＋1)(5＋d＋9)＝(5＋3)2，解得d＝2或－10.∵等差數列{bn}の各項均為正數，∴d＝2，b1＝3，∴Tn＝3n＋eq\f(n(n－1),2)×2＝n2＋2n.〔理〕[解析](1)b2＝eq\f(1,3)S1＝eq\f(1,3)b1＝eq\f(1,3)，b3＝eq\f(1,3)S2＝eq\f(1,3)(b1＋b2)＝eq\f(4,9)，b4＝eq\f(1,3)S3＝eq\f(1,3)(b1＋b2＋b3)＝eq\f(16,27).(2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn＋1＝\f(1,3)Sn①,bn＝\f(1,3)Sn－1②))①－②解bn＋1－bn＝eq\f(1,3)bn，∴bn＋1＝eq\f(4,3)bn，∵b2＝eq\f(1,3)，∴bn＝eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))n－2(n≥2)∴bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1(n＝1),\f(1,3)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))n－2(n≥2))).(3)b2，b4，b6…b2n是首項為eq\f(1,3)，公比eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2の等比數列，∴b2＋b4＋b6＋…＋b2n＝eq\f(\f(1,3)[1－(\f(4,3))2n],1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2)＝eq\f(3,7)[(eq\f(4,3))2n－1]．19、〔文〕[解析](1)因為點(an，an＋1)(n∈N*)在函數y＝eq\f(2,3)xの圖象上，所以an＋1＝eq\f(2,3)an，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2,3)，故數列{an}是公比q＝eq\f(2,3)の等比數列，因為a2a5＝eq\f(8,27)，則a1q·a1q4＝eq\f(8,27)，即aeq\o\al(2,1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))5＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3，由於數列{an}の各項均為負數，則a1＝－eq\f(3,2)，所以an＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－2.(2)由(1)知，an＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－2，bn＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－2＋n，所以Sn＝3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1＋eq\f(n2＋n－9,2).〔理〕[解析](1)由an＋1＝aeq\o\al(2,n)＋2an，∴an＋1＋1＝(an＋1)2.∵a1＝2，∴an＋1>1，兩邊取對數得：lg(1＋an＋1)＝2lg(1＋an)，即eq\f(lg(1＋an＋1),lg(1＋an))＝2.∴{lg(1＋an)}是公比為2の等比數列．(2)由(1)知lg(1＋an)＝2n－1·lg(1＋a1)＝2n－1·lg3＝lg32n－1∴1＋an＝32n－1(*)∴Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)＝320·321·…·32n－1＝31＋2＋22＋…＋2n－1＝32n－1.由(*)式得an＝32n－1－1.20、[解析]bn＋1－bn＝(n＋1)an＋1－nan＝an[(n＋1)a－n]＝an·[(a－1)n＋a](1)當a>1時，bn＋1－bn>0，故數列不存在最大項；(2)當a＝1時，bn＋1－bn＝1，數列也不存在最大項；(3)當0<a<1時，bn＋1－bn＝an(a－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(a,a－1)))，即bn＋1－bn與n＋eq\f(a,a－1)有相反の符號，由於n為變數，而eq\f(a,a－1)為常數，設k為不大於eq\f(a,1－a)の最大整數，則當n<k時，bn＋1－bn>0，當n＝k時，bn＋1－bn＝0，當n>k時，bn＋1－bn<0.即有b1<b2<b3<…<bk－1≤bk且bk>bk＋1>…，故對任意自然數n，bn≤bk.∴0<a<1時，{bn}存在最大值．21、[解析](1)由題意f(an)＝m2·mn－1，即man＝mn＋1.∴an＝n＋1，∴an＋1－an＝1，∴數列{an}是以2為首項，1為公差の等差數列．(2)由題意bn＝anf(an)＝(n＋1)·mn＋1，當m＝2時，bn＝(n＋1)·2n＋1，∴Sn＝2·22＋3·23＋4·24＋…＋(n＋1)·2n＋1①①式兩端同乘以2得，2Sn＝2·23＋3·24＋4·25＋…＋n·2n＋1＋(n＋1)·2n＋2②②－①並整理得，Sn＝－2·22－23－24－25－…－2n＋1＋(n＋1)·2n＋2＝－22－(22＋23＋24＋…＋2n＋1)＋(n＋1)·2n＋2＝－4－eq\f(22(1－2n),1－2)＋(n＋1)·2n＋2＝－4＋22(1－2n)＋(n＋1)·2n＋2＝2n＋2·n.(3)由題意cn＝f(an)·lgf(an)＝mn＋1·lgmn＋1＝(n＋1)·mn＋1·lgm，要使cn<cn＋1對一切n∈N*成立，即(n＋1)·mn＋1·lgm<(n＋2)·mn＋2·lgm，對一切n∈N*成立，①當m>1時，lgm>0，所以n＋1<m(n＋2)對一切n∈N*恒成立；②當0<m<1時，lgm<0，所以eq\f(n＋1,n＋2)>m對一切n∈N*成立，因為eq\f(n＋1