数列章节课后习题及答案

数列习题及答案详解选择题1．在数列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋1，则a5的值为()．A．30B．31C．32解析a5＝2a4＋1＝2(2a3＋1)＋1＝22a3＋2＋1＝23a2＋22＋2＋1＝24a1＋23＋答案B2．设数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a8的值为()．A．15B．16C．49解析由于Sn＝n2，∴a1＝S1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，又a1＝1适合上式．∴an＝2n－1，∴a8＝2×8－1＝15.答案A3．设数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a6＝2且S5＝30，则S8等于()．A．31B．32C．33D解析由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝2，,5a1＋10d＝30，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(26,3)，,d＝－\f(4,3).))∴S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)d＝32.答案B4．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝eq\f(1,4)，则公比q等于()．A．－eq\f(1,2)B．－2C．2D.eq\f(1,2)解析由题意知：q3＝eq\f(a5,a2)＝eq\f(1,8)，∴q＝eq\f(1,2).答案D5．在等比数列{an}中，a4＝4，则a2·a6等于()．A．4B．8C．16D解析由等比数列的性质得：a2a6＝aeq\o\al(2,4)＝16.答案C6．设{an}是公差不为0的等差数列，a1＝2且a1，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝()．A.eq\f(n2,4)＋eq\f(7n,4)B.eq\f(n2,3)＋eq\f(5n,3)C.eq\f(n2,2)＋eq\f(3n,4)D．n2＋n7．设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a5＝0，则eq\f(S5,S2)＝()．A．－11B．－8C．5D解析设等比数列的首项为a1，公比为q.因为8a2＋a5＝0，所以8a1q＋a1q4∴q3＋8＝0，∴q＝－2，∴eq\f(S5,S2)＝＝eq\f(1－q5,1－q2)＝－11.答案A8．等差数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，其前n项的和为Sn，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前10项的和为()．A．120B．70C．75D．100解析∵，eq\f(Sn,n)＝n＋2.∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))前10项的和为：(1＋2＋…＋10)＋20＝75.答案C9．设数列{(－1)n}的前n项和为Sn，则对任意正整数n，Sn＝()．A.B.C. D.解析因为数列{(－1)n}是首项与公比均为－1的等比数列，所以Sn＝＝.答案D10．等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，且4a1,2a2，a3成等差数列，则S4＝(A．7B．8C．15D解析设数列{an}的公比为q，则4a2＝4a1＋a3，∴4a1q＝4a1＋a1q2，即q2－4q＋4＝0，∴q＝2.∴S4＝eq\f(1－24,1－2)＝答案C11．已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，数列{bn}是等差数列，且a6＝b7，则有()．A．a3＋a9≤b4＋b10B．a3＋a9≥b4＋b10C．a3＋a9≠b4＋b10D．a3＋a9与b4＋b10的大小关系不确定解析12．已知等差数列的前项和为，且，那么数列的公差（）A．1 B．2 C．3 D．4答案A二、填空题13．若Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，S50＝________.解析S50＝1－2＋3－4＋…＋49－50＝(－1)×25＝－25.答案－2514．等差数列{an}前9项的和等于前4项的和．若a1＝1，ak＋a4＝0，则k＝________.解析设{an}的公差为d，由S9＝S4及a1＝1，得9×1＋eq\f(9×8,2)d＝4×1＋eq\f(4×3,2)d，所以d＝－eq\f(1,6).又ak＋a4＝0，所以，即k＝10.答案1015.《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为解析设竹子从上到下的容积依次为a1，a2，…，a9，由题意可得a1＋a2＋a3＋a4＝3，a7＋a8＋a9＝4，设等差数列{an}的公差为d，则有4a1＋6d＝3①，3a1＋21d＝4②，由①②可得d＝eq\f(7,66)，a1＝eq\f(13,22)，所以a5＝a1＋4d＝eq\f(13,22)＋4×eq\f(7,66)＝eq\f(67,66).答案eq\f(67,66)16.已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则其通项公式为________．解析当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]＝6n－5，显然当n＝1时，不满足上式．故数列的通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,6n－5，n≥2.))答案an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1,6n－5，n≥2))17.等比数列{an}中，若a1＝eq\f(1,2)，a4＝－4，则公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________.解析设等比数列{an}的公比为q，则a4＝a1q3，代入数据解得q3＝－8，所以q＝－2；等比数列{|an|}的公比为|q|＝2，则|an|＝eq\f(1,2)×2n－1，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝eq\f(1,2)(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝eq\f(1,2)(2n－1)＝2n－1－eq\f(1,2).答案－22n－1－eq\f(1,2)三、解答题18.知数列{an}的前n项和Sn是n的二次函数，且a1＝－2，a2＝2，S3＝6.(1)求Sn；(2)证明：数列{an}是等差数列．(1)解设Sn＝An2＋Bn＋C(A≠0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2＝A＋B＋C，,0＝4A＋2B＋C，,6＝9A＋3B＋C，))解得：A＝2，B＝－4，C＝0.∴Sn＝2n2－4n.(2)证明当n＝1时，a1＝S1＝－2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－4n－[2(n－1)2－4(n－1)]＝4n－6.∴an＝4n－6(n∈N*)．当n＝1时符合上式，故an＝4n－6，∴an＋1－an＝4，∴数列{an}成等差数列．19.知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋24n(n∈N*)．(1)求{an}的通项公式；(2)当n为何值时，Sn达到最大？最大值是多少？解(1)n＝1时，a1＝S1＝23.n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋24n＋(n－1)2－24(n－1)＝－2n＋25.经验证，a1＝23符合an＝－2n＋25，∴an＝－2n＋25(n∈N*)．(2)法一∵Sn＝－n2＋24n，∴n＝12时，Sn最大且Sn＝144.法二∵an＝－2n＋25，∴an＝－2n＋25＞0，有n＜eq\f(25,2).∴a12＞0，a13＜0，故S12最大，最大值为144.20.d为非零实数，an＝eq\f(1,n)[Ceq\o\al(1,n)d＋2Ceq\o\al(2,n)d2＋…＋(n－1)Ceq\o\al(n－1,n)dn－1＋nCeq\o\al(n,n)dn](n∈N*)．(1)写出a1，a2，a3并判断{an}是否为等比数列．若是，给出证明；若不是，说明理由；(2)设bn＝ndan(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.解(1)由已知可得a1＝d，a2＝d(1＋d)，a3＝d(1＋d)2.当n≥2，k≥1时，eq\f(k,n)Ceq\o\al(k,n)＝Ceq\o\al(k－1,n－1)，因此an＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))eq\f(k,n)Ceq\o\al(k,n)dk＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))Ceq\o\al(k－1,n－1)dk＝deq\o(∑,\s\up6(n－1),\s\do4(k＝0))Ceq\o\al(k,n－1)dk＝d(d＋1)n－1.由此可见，当d≠－1时，{an}是以d为首项，d＋1为公比的等比数列；当d＝－1时，a1＝－1，an＝0(n≥2)，此时{an}不是等比数列．(2)由(1)可知，an＝d(d＋1)n－1，从而bn＝nd2(d＋1)n－1Sn＝d2[1＋2(d＋1)＋3(d＋1)2＋…＋(n－1)(d＋1)n－2＋n(d＋1)n－1]．①当d＝－1时，Sn＝d2＝1.当d≠－1时，①式两边同乘d＋1得(d＋1)Sn＝d2[(d＋1)＋2(d＋1)2＋…＋(n－1)(d＋1)n－1＋n(d＋1)n]．②①，②式相减可得－dSn＝d2[1＋(d＋1)＋(d＋1)2＋…＋(d＋1)n－1－n(d＋1)n]＝.化简即得Sn＝(d＋1)n(nd－1)＋1.综上，Sn＝(d＋1)n(nd－1)＋1.21.知数列{an}是首项为a1＝eq\f(1,4)，公比q＝eq\f(1,4)的等比数列，设(n∈N*)，数列{cn}满足cn＝an·bn.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)求数列{cn}的前n项和Sn.[尝试解答](1)由题意，知an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n(n∈N*)，又，故bn＝3n－2(n∈N*)．(2)由(1)，知an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n，bn＝3n－2(n∈N*)，∴cn＝(3n－2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n(n∈N*)．∴Sn＝1×eq\f(1,4)＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＋7×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3＋…＋(3n－5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n－1＋(3n－2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n，于是eq\f(1,4)Sn＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3＋7×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))4＋…＋(3n－5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n＋(3n－2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n＋1，两式相减，得eq\f(3,4)Sn＝eq\f(1,4)＋3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n))－(3n－2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n＋1＝eq\f(1,2)－(3n＋2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n＋1，∴Sn＝eq\f(2,3)－eq\f(3n＋2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n(n∈N*)．22.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，其前n项和为Tn，且T3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，求Tn.解(1