数列综合练习及答案

景县育英学校数列局部综合练习题考试局部：高一必修五数列练习题一、选择题(本大题共12个小题，每题5分，共60分．)1．(文)(2011·山东)在等差数列{an}中，a1＝2，a2＋a3＝13，那么a4＋a5＋a6等于()A．40B．42C．43(理)(2011·江西)等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足eq\f(S3,3)－eq\f(S2,2)＝1，那么数列{an}的公差是()A.eq\f(1,2)B．1C．2D．2．(2011·辽宁沈阳二中检测，辽宁丹东四校联考)数列{an}满足log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)且a2＋a4＋a6＝9，那么logeq\f(1,3)(a5＋a7＋a9)的值是()A．－5B．－eq\f(1,5)C．5D.eq\f(1,5)3．(文){an}为等差数列，{bn}为正项等比数列，公式q≠1，假设a1＝b1，a11＝b11，那么()A．a6＝b6 B．a6>b6C．a6<b6 D．以上都有可能(理)(联考)a>0，b>0，A为a，b的等差中项，正数G为a，b的等比中项，那么ab与AG的大小关系是()A．ab＝AG B．ab≥AGC．ab≤AG D．不能确定4．(2011·潍坊一中期末)各项都是正数的等比数列{an}的公比q≠1，且a2，eq\f(1,2)a3，a1成等差数列，那么eq\f(a3＋a4,a4＋a5)的值为()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．数列{an}满足a1＝1，a2＝1，an＋1＝|an－an－1|(n≥2)，那么该数列前2011项的和等于()A．1341B．669C．1340D．6．数列{an}是公差不为0的等差数列，且a1、a3、a7为等比数列{bn}的连续三项，那么数列{bn}的公比为()A.eq\r(2)B．4C．2D.eq\f(1,2)7．(文)数列{an}为等差数列，假设eq\f(a11,a10)<－1，且它们的前n项和Sn有最大值，那么使得Sn>0的最大值n为()A．11B．19C．20D．(理)在等差数列{an}中，其前n项和是Sn，假设S15>0，S16<0，那么在eq\f(S1,a1)，eq\f(S2,a2)，…，eq\f(S15,a15)中最大的是()A.eq\f(S1,a1)B.eq\f(S8,a8)C.eq\f(S9,a9)D.eq\f(S15,a15)8.(文)(2011·天津河西区期末)将n2(n≥3)个正整数1,2,3，…，n2填入n×n方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形就叫做n阶幻方．记f(n)为n阶幻方对角线上数的和，如右表就是一个3阶幻方，可知f(3)＝15，那么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·海南嘉积中学模拟)假设数列{an}满足：an＋1＝1－eq\f(1,an)且a1＝2，那么a2011等于()A．1B．－eq\f(1,2)C．2D.eq\f(1,2)9．(文)(2011湖北荆门市调研)数列{an}是等差数列，公差d≠0，且a2046＋a1978－aeq\o\al(2,2012)＝0，{bn}是等比数列，且b2012＝a2012，那么b2010·b2014＝()A．0B．1C．4D．(理)(2011·豫南九校联考)设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，那么ab1＋ab2＋…＋ab10＝()A．1033B．1034C．2057D10．(文)(2011·绍兴一中模拟)在圆x2＋y2＝10x内，过点(5,3)有n条长度成等差数列的弦，最短弦长为数列{an}的首项a1，最长弦长为an，假设公差d∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))，那么n的取值集合为()A．{4,5,6} B．{6,7,8,9}C．{3,4,5} D．{3,4,5,6}(理)(2010·青岛质检)在数列{an}中，an＋1＝an＋a(n∈N*，a为常数)，假设平面上的三个不共线的非零向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))满足eq\o(OC,\s\up6(→))＝a1eq\o(OA,\s\up6(→))＋a2010eq\o(OB,\s\up6(→))，三点A、B、C共线且该直线不过O点，那么S2010等于()A．1005B．1006C．2010D．第二卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上．)13．(2011·江苏镇江市质检)1，x1，x2,7成等差数列，1，y1，y2,8成等比数列，点M(x1，y1)，N(x2，y2)，那么线段MN的中垂线方程是________．14．(2010·无锡模拟)正项数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，假设以(an，Sn)为坐标的点在曲线y＝eq\f(1,2)x(x＋1)上，那么数列{an}的通项公式为________．15．(2011·苏北)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成等比数列，那么α的值为________．16．(文)(2011·湖北荆门调研)秋末冬初，流感盛行，荆门市某医院近30天每天入院治疗流感的人数依次构成数列{an}，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，那么该医院30天入院治疗流感的人数共有________人．(理)(2011·浙江宁波八校联考)在如图的表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，且从上到下所有公比相等，那么a＋b＋c的值为________.acB612三、解答题17．(本小题总分值12分)(文)(2011·广西田阳质检){an}是公差为1的等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，Pn，Qn分别是{an}，{bn}的前n项和，且a6＝b3，P10＝Q4＋45.(1)求{an}的通项公式；(2)假设Pn>b6，求n的取值范围．(理)(2011·四川广元诊断)数列{an}的前n项和Sn＝2n2－2n，数列{bn}的前n项和Tn＝3－bn.①求数列{an}和{bn}的通项公式；②设cn＝eq\f(1,4)an·eq\f(1,3)bn，求数列{cn}的前n项和Rn的表达式．18．(本小题总分值12分)(文)(2011·河南濮阳)数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1)．(1)求{an}的通项公式；(2)等差数列{bn}的各项为正数，前n项和为Tn，且T3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，求Tn.(理)(2011·六校联考)数列{bn}前n项和为Sn，且b1＝1，bn＋1＝eq\f(1,3)Sn.(1)求b2，b3，b4的值；(2)求{bn}的通项公式；(3)求b2＋b4＋b6＋…＋b2n的值．19．(本小题总分值12分)(文)(2011·宁夏银川一中模拟)在各项均为负数的数列{an}中，点(an，an＋1)(n∈N*)在函数y＝eq\f(2,3)x的图象上，且a2·a5＝eq\f(8,27).(1)求证：数列{an}是等比数列，并求出其通项；(2)假设数列{bn}的前n项和为Sn，且bn＝an＋n，求Sn.(理)(2011·黑龙江)a1＝2，点(an，an＋1)在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，其中n＝1,2,3，….(1)证明数列{lg(1＋an)}是等比数列；(2)设Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)，求Tn及数列{an}的通项．20．(本小题总分值12分)数列{bn}的通项为bn＝nan(a>0)，问{bn}是否存在最大项？证明你的结论．21．(本小题总分值12分)(2011·湖南长沙一中月考)f(x)＝mx(m为常数，m>0且m≠1)．设f(a1)，f(a2)，…，f(an)…(n∈N)是首项为m2，公比为m的等比数列．(1)求证：数列{an}是等差数列；(2)假设bn＝anf(an)，且数列{bn}的前n项和为Sn，当m＝2时，求Sn；(3)假设cn＝f(an)lgf(an)，问是否存在正实数m，使得数列{cn}中每一项恒小于它后面的项？假设存在，求出m的取值范围；假设不存在，请说明理由．22．(本小题总分值12分)(文)(2011·四川资阳模拟)数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n(n＋1)(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)假设数列{bn}满足：an＝eq\f(b1,3＋1)＋eq\f(b2,32＋1)＋eq\f(b3,33＋1)＋…＋eq\f(bn,3n＋1)，求数列{bn}的通项公式；(3)令cn＝eq\f(anbn,4)(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Tn.(理)(2011·湖南长沙一中期末)数列{an}和等比数列{bn}满足：a1＝b1＝4，a2＝b2＝2，a3＝1，且数列{an＋1－an}是等差数列，n∈N*.求数列{an}和{bn}的通项公式；必修五数列练习题答案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)由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋5＝4b1,10a1＋\f(10×9,2)＝\f(b11－24,1－2)＋45))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3,b1＝2))，∴an＝3＋(n－1)＝n＋2.(2)Pn＝eq\f(nn＋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时，n(n＋5)＝126，∴当n≥10时，Pn>b6.〔理〕[解析]①由题意得an＝Sn－Sn－1＝4n－4(n≥2)而n＝1时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}是公比为eq\f(1,2)的等比数列，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)，两式相减得an＋1－an＝2an，∴an＋1＝3an(n≥2)，又a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3，∴a2＝3a故{an}是首项为1，公比为3的等比数列，∴an＝3n－1.(2)设{bn}的公差为d，由T3＝15得，b1＋b2＋b3＝15，可得b2＝5，故可设b1＝5－d，b3＝5＋d，又a1＝1，a2＝3，a3＝9，由题意可得(5－d＋1)(5＋d＋9)＝(5＋3)2，解得d＝2或－10.∵等差数列{bn}的各项均为正数，∴d＝2，b1＝3，∴Tn＝3n＋eq\f(nn－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(1n＝1,\f(1,3)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))n－2n≥2)).(3)b2，b4，b6…b2n是首项为eq\f(1,3)，公比eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2的等比数列，∴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)因为点(an，an＋1)(n∈N*)在函数y＝eq\f(2,3)x的图象上，所以an＋1＝eq\f(2,3)an，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2,3)，故数列{an}是公比q＝eq\f(2,3)的等比数列，因为a2a5＝eq\f(8,27)，那么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，由于数列{an}的各项均为负数，那么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>1，两边取对数得：lg(1＋an＋1)＝2lg(1＋an)，即eq\f(lg1＋an＋1,lg1＋an)＝2.∴{lg(1＋an)}是公比为2的等比数列．(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)当a>1时，bn＋1－bn>0，故数列不存在最大项；(2)当a＝1时，bn＋1－bn＝1，数列也不存在最大项；(3)当0<a<1时，bn＋1－bn＝an(a－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(a,a－1)))，即bn＋1－bn与n＋eq\f(a,a－1)有相反的符号，由于n为变量，而eq\f(a,a－1)为常数，设k为不大于eq\f(a,1－a)的最大整数，那么当n<k时，bn＋1－bn>0，当n＝k时，bn＋1－bn＝0，当n>k时，bn＋1－bn<0.即有b1<b2<b3<…<bk－1≤bk且bk>bk＋1>…，故对任意自然数n，bn≤bk.∴0<a<1时，{bn}存在最大值．21、[解析](1)由题意f(an)＝m2·mn－1，即man＝mn＋1.∴an＝n＋1，∴an＋1－an＝1，∴数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列．(2)由题意bn＝anf(an)＝(n＋1)·mn＋1，当m＝2时，bn＝(n＋1)·2n＋1，∴Sn＝2·22＋3·23＋4·24＋…＋(n＋1)·2n＋1①①式两端同乘以2得，2Sn＝2·23＋3·24＋4·25＋…＋n·2n＋1＋(n＋1)·2n＋2②②－①并整理得，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(221－2n,1－2)＋(n＋1)·2n＋2＝－4＋22(1－2n)＋(n＋1)·2n＋2＝2n＋2·n.(3)由题意cn＝f(an)·lgf(an)＝mn＋1·lgmn＋1＝(n＋1)·mn＋1·lgm，要使cn<cn＋1对一切n∈N*成立，即(n＋1)·mn＋1·lgm<(n＋2)·mn＋2·lgm，对一切n∈N*成立，①当m>1时，lgm>0，所以n＋1<m(n＋2)对一切n∈N*恒成立；②当0<m<1时，lgm<0，所以eq\f(n＋1,n＋2)>m对