数列性质专项练习
高中数学必修一数列性质专项习题及答案
高中数学必修一数列性质专项习题及答案1. 数列基础概念题1：已知数列${a_n}$的通项公式为$a_n = 3n - 2$，求$a_1, a_2,a_3$的值。
答案：$a_1 = 3 \times 1 - 2 = 1$ <br>$a_2 = 3 \times 2 - 2 = 4$ <br>$a_3 = 3 \times 3 - 2 = 7$题2：已知数列${b_n}$的通项公式为$b_n = 2^n$，求$b_1, b_2,b_3$的值。
答案：$b_1 = 2^1 = 2$ <br>$b_2 = 2^2 = 4$ <br>$b_3 = 2^3 = 8$2. 等差数列题1：已知数列${c_n}$为等差数列，且首项$a_1 = 2$，公差$d = 3$，求$c_1, c_2, c_3$的值。
答案：$c_1 = a_1 = 2$ <br>$c_2 = a_1 + d = 2 + 3 = 5$ <br>$c_3 = c_2 + d = 5 + 3 = 8$题2：已知数列${d_n}$为等差数列，且首项$a_1 = -1$，公差$d = -2$，求$d_1, d_2, d_3$的值。
答案：$d_1 = a_1 = -1$ <br>$d_2 = a_1 + d = -1 + (-2) = -3$ <br>$d_3 = d_2 + d = -3 + (-2) = -5$3. 等比数列题1：已知数列${e_n}$为等比数列，且首项$a_1 = 2$，公比$q = 3$，求$e_1, e_2, e_3$的值。
答案：$e_1 = a_1 = 2$ <br>$e_2 = a_1 \times q = 2 \times 3 = 6$ <br>$e_3 = e_2 \times q = 6 \times 3 = 18$题2：已知数列${f_n}$为等比数列，且首项$a_1 = -2$，公比$q = -\frac{1}{2}$，求$f_1, f_2, f_3$的值。
高中数学数列知识及练习题附答案
数列的概念和性质（一）练习题及时反馈1.（1）2+n n ；（2）1)1(2+-n n 一.巩固提高 1.C.；2.A ； 3D. 二.能力提升 5.（1）n a ＝)12)(12(+-n n n ：（2）n a ＝)1()1(1+--n n n（3）n a ＝n 3174－（为了寻求规律，将分子统一为4，则有144，114，84，54，……；所以n a ＝n3174－）（4）n a ＝110-n （5）n a ＝9934（1102-n ）. 由（4）的求法可得1a ＝9934（102－1）， 2a ＝9934（104－1），3a ＝9934（106－1），……故n a ＝9934（1102-n ）6.(1))12(3--n ； (2)1)1()1(+++n n n n ；（3）⎪⎩⎪⎨⎧-=为正偶数）为正奇数）（n n n n a n (221；或41)1(2--+=n n n a .（评注：⎩⎨⎧=为正偶数）为正奇数）（n n g n n f a n ()()(，则：)(4)1(1)(2)1(1n g n f a nn n -++--=）数列的概念和性质（二）答案：即时反馈1. ⎩⎨⎧∈≥--==),2(22)1(1*N n n n n a n 即时反馈2.分析：)32)(12(2232)11(1211+++=+++=++n n n n a n b bn nn 138448422>++++=n n n n ，所以数列}{n b 是单调递增数列.即时反馈3.数列}{n a 中最小的项是7a ＝8a ＝16 分析：法1：直接由二次函数性质求出法2：由n a >1－n a 且n a <1＋n a 求出： 及时反馈4.(1)21(2) 1+n a 43=n a （),1*N n n ∈≥1+n S 43=21+n S （),1*N n n ∈≥ 巩固提高.1.Ｄ 2.Ｄ 3.Ｂ 4.Ｂ能力提升.5.D. 分析：n a ＝2212121)1(-=⋯⋯⋯⋯-n n a a a a a a n n ，所以5a ＝16256. B. 分析：经计算可知每6个数数列将会重复出现，2008a ＝4a ＝－17.⎩⎨⎧==12b c 或⎩⎨⎧=-=63b c ;. 8. 320-=a分析：计算出32-=a ，33=a ，4a ＝0，所以20a ＝32-=a 9.n a =n110. 3a ＝2 分析：当n ＝3时，3a 4a ＝（3＋2）（0＋2）＝10，由于n a 为非负整数，所以3a 的可能取值为1，2，5，10.当3a ＝1时，4a ＝10，4a 5a ＝（1＋2）（3＋2）＝15，得5a ＝23，不合题意； 当3a ＝2时，4a ＝5，4a 5a ＝（2＋2）（3＋2）＝20，得5a ＝4；此时5a 6a ＝（5＋2） （2＋2）＝28，6a ＝7，……当3a ＝5时，4a ＝2，4a 5a ＝（5＋2）（3＋2）＝35，得5a ＝235不合题意； 当3a ＝10时，4a ＝1，4a 5a ＝（10＋2）（3＋2）＝60，得5a ＝60；此时5a 6a ＝（1＋2）（10＋2）＝36，6a ＝53，不合题意 综合可知：3a ＝211.(1)1,21, 31,41,51. (2) n a =n 1. 12.⎪⎩⎪⎨⎧∈≥+==),2(12)1(0＋n N n n n n a等差数列概念和性质等差数列性质应用答案即时反馈1. B; 即时反馈2. ；即时反馈3. ；即时反馈4. 5个 巩固提高 1：B. 由于奇偶－S S ＝5d ＝15，所以d ＝32：B. 由15321=++a a a 可知52=a ，所以5（5－d ）（5＋d ）＝80，故d ＝3而=++131211a a a 312a ＝3（d a 102＋）＝105 3：B. 由于25a ＝1264=+a a ，所以5a ＝6，所以9S ＝95a ＝544： B. 由于41a a ＋＝1332=+a a 且21=a 得4a ＝11，所以d ＝3，而=++654a a a 35a ＝3（4a ＋d ）＝425：=m 0；公差d ＝2. 由公式Bn An S n +=2（2dA =）直接可得 能力提升 6. C7. 130. 由于230a ＝15a ＋45a ，所以30a ＝50，而60a ＋15a ＝30a ＋45a ，所以60a ＝130 8.11-+n n . 由于有21+n 个奇数项，21-n 个偶数项，所以项数之比为11-+n n 9. 5 . 由3227=偶奇S S 得奇偶奇偶＋－S S S S ＝27322732＋－，即5953546=d ，所以d ＝5 10. 10. 由于奇偶－S S ＝50d ＝25，且奇偶S S +＝45，所以奇S ＝1011. d ＝－1 .10S －5S ＝++76a a ……＋10a ＝－15，（10S －5S ）－5S ＝5×5d ＝－25，所以d ＝－112. 16. 奇偶－S S ＝nd ＝6，=--112a a n 2（d n )1-＝10.5，相除得n ＝8因此项数为16 13.72-. 1991955512()99,2192a a S a a a a a a +⨯==-+=⇒=-∴+=-，11651216()16()1691672222a a a a S +⨯+⨯-⨯====-等差数列性质应用（二）等差数列性质应用（二）练习答案：即时反馈1.（1）当1,231==d a 时，n n n n n S n +=-+=2212)1(23，由2)(2k k S S =得，2224)21(21k k k k +=+，即0)141(3=-k k ，又0≠k ，所以4=k ． （2）设数列{}n a 的公差为d ，则在2)(2k k S S =中分别取2,1=k 得⎩⎨⎧==224211)()(S S S S 即⎪⎩⎪⎨⎧⨯+=⨯+=211211)2122(2344 d a d a a a ，由（1）得01=a 或11=a ．当01=a 时，代入（2）得：0=d 或6=d ；当0,01==d a 时，0,0==n n S a ，从而2)(2k k S S =成立；当6,01==d a 时，则)1(6-=n a n ，由183=S ，216,324)(923==S S 知，239)(S S ≠，故所得数列不符合题意；当11=a 时，0=d 或2=d ，当11=a ，0=d 时，n S a n n ==,1，从而2)(2k k S S =成立；当11=a ，2=d 时，则2,12n S n a n n =-=，从而2)(2k k S S =成立，综上 共有3个满足条件的无穷等差数列；0=n a 或1=n a 或12-=n a n ．另解：由2)(2k k S S =得22221111[(1)][(1)]22k a k d k a k d +-=+-，整理得12222211111111()()()042242d d k da d k a a d d da -+-+-++-=对于一切正整数k 都 成立，则有12212211110421*******d d da d a a d d da ⎧-=⎪⎪⎪-=⎨⎪⎪-++-=⎪⎩解之得：100d a =⎧⎨=⎩或101d a =⎧⎨=⎩或121d a =⎧⎨=⎩所以所有满足条件的数列为：0=n a 或1=n a 或12-=n a n ．即时反馈2不是.提示：令1=n 得，321=+a a ，所以a a -=32当3≥n 时，12-=n a n ，若数列}{n a 是等差数列，则1a ＝a 1=，a a -=323=此时0=a 故这样的a 不存在.所以数列}{n a 不是等差数列即时反馈3.n a ＝）－（）（－1211n n +（*N n ∈） 分析：（1）当n ＝1时，1a ＝1S ＝1（2）当2≥n 时，n a ＝n S －1-n S ＝）－（）（－1211n n +，当n ＝1时，也适合， 所以n a ＝）－（）（－1211n n +（2≥n ），（*N n ∈） 即时反馈4. A巩固提高：1. B 2.C 3.D 4.B 5.C能力提升：6.证明略7. 解+++963a a a ……99a +＝66分析：设1T ＝+++741a a a ……97a +，2T ＝+++852a a a ……98a +，3T ＝+++963a a a ……99a +，则3T －2T ＝33d ，2T －1T ＝33d ，即2T ＝3T －33d ，1T ＝3T －66d所以1T ＋2T ＋3T ＝33T －99d ＝99，所以3T ＝668. 变式1.即n ＝7或n ＝8，n S 取最大值.分析：若用解法1，当n ＝215时，取最大值，但是215*N ∉,因此需取距215较近的正整数， 即n ＝7或n ＝8，n S 取最大值. 另两种解法略（同学们一定自己认真完成）变式2.（1）若n m +为偶数，则2n m k +=*N ∈，所以2n m S +最大 （2）若n m +为奇数，则2n m k +=*N ∉，所以21++n m S ＝21-+n m S 最大 分析：用解法3非常简单，另两种解法略（同学们一定自己认真完成） 解：由)(n m S S n m ≠=可知，对称轴为2n m k +=（1）若n m +为偶数，则2n m k +=*N ∈，所以2n m S +最大 （2）若n m +为奇数，则2n m k +=*N ∉，所以21++n m S ＝21-+n m S 最大9.①228n a n =+②21n a n =+③21n a n =④121(2)33n n a -=+⋅- 10. 4(1)n a n n =+。
等差数列的性质及应用
D．8
【解析】选 A.因为 OB＝a1 OA ＋a200 OC，且 A，B，C 三点共线，所以 a1＋a200＝1，
所以 a99＋a102＝a1＋a200＝1.
4．已知{an}是等差数列，若 a1＋a5＋a9＝8π，则 cos (a3＋a7)的值为( )
A．
3 2
B．－
3 2
C．12
D．－12
【解析】选 D.{an} 是等差数列，a1＋a5＋a9＝8π＝3a5 得 a5＝83π ，a3＋a7＝2a5＝163π ，
1．在 1 和 17 之间插入 n－2 个数，使这 n 个数成等差数列，若这 n－2 个数中第一个
为 a，第 n－2 个为 b，当1a ＋2b5 取最小值时，n 的值为(
)
A．6 B．7 C．8 D．9
【解析】选 D.由已知得 a＋b＝18，则
1 a
＋2b5
＝1a＋2b5
a＋b × 18
＝118 1＋25＋ba＋2b5a ≥118 26＋10 ＝2，
等差数列的性质及应用
(15 分钟 30 分) 1．已知等差数列{an}中，a7＋a9＝16，a4＝1，则 a12 等于( ) A．15 B．30 C．31 D．64
【解析】选 A.a7＋a9＝a a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则 a9－13 a11 的值为(
6．已知{an} 是等差数列，且 a1－a4＋a8－a12＋a15＝2，则 a3＋a13 的值为________．
【解析】由{an} 是等差数列，a1＋a15＝a4＋a12＝2a8，
所以 a1－a4＋a8－a12＋a15＝a8＝2，所以 a3＋a13＝2a8＝4. 答案：4
7．已知等差数列{an}中，a1＋a4＋a7＝15，a2a4a6＝45，求此数列的通项公式．
2023届高考数学解答题专练-数列的性质(含答案)
2025届高考数学解答题专练：数列的性质一、解答题（共13题）1.我们知道，在等差数列{a n}中，当公差d>0时，{a n}单调递增；当公差d<0时，{a n}单调递减．请你探究等比数列{b n}单调递增的充要条件．2.在数列{a n}中，a n=2n−5，求数列{a n}的最大项与最小项．2n−7a n，n∈N∗．3.已知各项都是正数的数列{a n}的前n项和为S n，S n=a n2+12(1) 求数列{a n}的通项公式；}的前n项和T n，求证：(2) 设数列{b n}满足：b1=1，b n−b n−1=2a n(n≥2)，数列{1b nT n<2；(3) 若T n≤λ(n+4)对任意n∈N∗恒成立，求λ的取值范围．4.已知有限数列{a n}共有30项，其中前20项成公差为d的等差数列，后11项成公比为q的等比数列，记数列的前n项和为S n．从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求：条件①：a2=4，S5=30，a21=20；条件②：S3=0，a20=−36，a22=−9；条件③：S1=48，a21=20，a24=160．(1) d，q的值；(2) 数列{a n}中的最大项．5.在公比大于0的等比数列{a n}中已知a3a5=a4，且a2，3a4，a3成等差数列．(1) 求{a n}的通项公式；(2) 已知S n=a1a2⋯a n，试问当n为何值时，S n取得最大，并求S n的最大值（n∈N∗，a∈R，且a≠0）．6.已知数列{a n}中，a n=1+1a+2(n−1)(1) 若a=−7，求数列{a n}中的最大项和最小项的值；(2) 若对任意的n∈N∗，都有a n≤a6成立，求实数a的取值范围．7. 在数列 {a n } 中，若 a n ∈N ∗，且 a n+1={a n2,a n 是偶数a n +3,a n 是奇数（n =1,2,3,⋯），则称 {a n } 为“J 数列”．设 {a n } 为“J 数列”，记 {a n } 的前 n 项和为 S n ． (1) 若 a 1=10，求 S 3n 的值； (2) 若 S 3=17，求 a 1 的值；(3) 证明：{a n } 中总有一项为 1 或 3．8. 用 [x ] 表示一个小于或等于 x 的最大整数．如：[2]=2，[4.1]=4，[−3.1]=−4．已知实数列 a 0，a 1，⋯ 对于所有非负整数 i 满足 a i+1=[a i ]⋅(a i −[a i ])，其中 a 0 是任意一个非零实数． (1) 若 a 0=−2.6，写出 a 1，a 2，a 3； (2) 若 a 0>0，求数列 {[a i ]} 的最小值；(3) 证明：存在非负整数 k ，使得当 i ≥k 时，a i =a i+2．9. 若数列 {a n } 是首项为 6−12t ，公差为 6 的等差数列；数列 {b n } 的前 n 项和为 S n =3n −t ． (1) 求数列 {a n } 和 {b n } 的通项公式；(2) 若数列 {b n } 是等比数列，试证明：对于任意的 n (n ∈N,n ≥1)，均存在正整数 c n ，使得b n+1=ac n ，并求数列 {c n } 的前 n 项和 T n ．(3) 设数列 {d n } 满足 d n =a n b n ，且 {d n } 中不存在这样的项 d k ，使得“d k <d k−1 与 d k <d k+1”同时成立（其中 k ≥2，k ∈N ∗），试求实数的取值范围．10. 已知等比数列 {a n } 的公比为 q ，a 1=32，其前 n 项和为 S n (n ∈N ∗)，S 2，S 4，S 3 成等差数列．(1) 求数列 {a n } 的通项公式； (2) 求 b n =S n −1S n(n ∈N ∗) ,求 b n 的最大值与最小值．11. 在数列 {a n } 中，a 1=1，a n+1=1−14a n，b n =12an−1，其中 n ∈N ∗． (1) 证明数列 {b n } 是等差数列，并写出证明过程；(2) 设 c n =2bn2b n−1，数列 {c n } 的前 n 项和为 T n ，求 T n ；(3) 已知当 n ∈N ∗且 n ≥6 时，(1−mn+3)n<(12)m，其中 m =1,2,⋯n ，求满足等式 3n +4n +⋯+(n +2)n =(b n +3)b n 的所有 n 的值之和．12. 设 m 为正整数，各项均为正整数的数列 {a n } 定义如下：a 1=1，a n+1={a n2,a n 为偶数a n +m,a n 为奇数．(1) 若m=5，写出a8，a9，a10；(2) 求证：数列{a n}单调递增的充要条件是m为偶数；(3) 若m为奇数，是否存在n>1满足a n=1？请说明理由．13.已知数列{a n}的前n项和为S n，且a1=1，a2=a．(1) 若数列{a n}是等差数列，且a8=15，求实数a的值；(2) 若数列{a n}满足a n+2−a n=2(n∈N∗)，且S19=19a10，求证：{a n}是等差数列；(3) 设数列{a n}是等比数列，试探究当正实数a满足什么条件时，数列{a n}具有如下性质M：对于任意的n≥2(n∈N∗)，都存在m∈N∗，使得(S m−a n)(S m−a n+1)<0，写出你的探究过程，并求出满足条件的正实数a的集合．答案一、解答题（共13题）1. 【答案】b1>0，q>1或b1<0，0<q<1，其中q是等比数列{b n}的公比．2. 【答案】{a n}的最大项为a4=3，最小项为a3=−1．3. 【答案】(1) n=1时，a1=a12+12a1，所以a1=12，{S n+1=a n+12+12a n+1,S n=a n2+12a n⇒a n=a n2−a n−12+12a n−12a n−1⇒(a n+a n−1)(a n−a n−1−12)=0，因为a n>0，所以a n−a n−1=12，所以{a n}是以12为首项，12为公差的等差数列，所以a n=12n．(2) b n−b n−1=n，{b2−b1=2,b3−b2=3,⋮b n−b n−1=n⇒b n−b1=(n+2)(n−1)2⇒b n=n(n+1)2，1 b n =2n(n+1)=2(1n−1n+1)，所以T n=2(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=2(1−1n+1)=2nn+1．(3) 由2nn+1≤λ(n+4)得λ≥2n(n+1)(n+4)=2n+4n+5，当且仅当n=2时，2n+4n+5有最大值29，所以λ≥29．4. 【答案】(1) 选择条件①：a2=4，S5=30，a21=20．因为{a n}的前20项成等差数列，a2=4，S5=30，所以 {a 1+d =4,5a 1+5×42d =30, 解得 {a 1=2,d =2.所以 a 20=2+19×2=40．因为数列 {a n } 后 11 项成公比为 q 的等比数列， 所以 q =a 21a 20=12．综上，d =2，q =12．选择条件②：S 3=0，a 20=−36，a 22=−9．因为 {a n } 的前 20 项成等差数列，S 3=0，a 20=−36， 所以 {3a 1+3d =0,a 1+19d =−36,所以 {a 1=2,d =−2.因为数列 {a n } 后 11 项成公比为 q 的等比数列，a 20=−36， 又因为 a 22=−9，q 2=a22a 20=14，所以 q =±12．综上，d =−2，q =±12．选择条件③：S 1=48，a 21=20，a 24=160．因为数列 {a n } 后 11 项成公比为 q 的等比数列，a 21=20，a 24=160， 所以 q 3=a24a 21=8，解得 q =2，所以 a 20=a 21q=10，又因为 {a n } 的前 20 项成等差数列，S 1=a 1=48， 所以 d =a 20−a 120−1=−2，综上，d =−2，q =2．(2) 选择条件①：a 2=4，S 5=30，a 21=20． {a n } 的前 20 项成等差数列，d >0，所以前 20 项为递增数列．即：前 20 项的最大项为 a 20=40， 数列 {a n } 的后 11 项成等比数列，q =12，所以后 11 项是递减数列．即：后 11 项的最大项为 a 20=40， 综上，数列 {a n } 的最大项为第 20 项，其值为 40．选择条件②：S 3=0，a 20=−36，a 22=−9．{a n } 的前 20 项成等差数列，d <0，所以前 20 项为递减数列，前 20 项的最大项为 a 1=2， 因为 q =±12，ⅰ．当 q =12 时，a n =−36(12)n−20（20≤n ≤30 且 n ∈N ∗），所以当 20≤n ≤30 时，a n <0，此时，数列 {a n } 的最大项为第 1 项，其值为 2． ⅱ．当 q =−12 时，a n =−36(−12)n−20（20≤n ≤30 且 n ∈N ∗），后 11 项的最大项为 a 21=18，此时，数列 {a n } 的最大项为第 21 项，其值为 18．综上，当 q =12 时，数列 {a n } 的最大项为第 1 项，其值为 2； 当 q =−12 时，数列 {a n } 的最大项为第 21 项，其值为 18． 选择条件③：S 1=48，a 21=20，a 24=160． {a n } 的前 20 项成等差数列，d <0，所以前 20 项为递减数列，前 20 项的最大项为 a 1=48， {a n } 的后 11 项成等比数列，而 a 20=10，q =2， a n =10⋅2n−20（20≤n ≤30 且 n ∈N ∗），所以后 11 项为递增数列，后 11 项的最大项为 a 30=10240， 综上，数列 {a n } 的最大项为第 30 项，其值为 10240．5. 【答案】(1) 设 {a n } 的公比为 q ，由 a 3a 5=a 4，得 a 4=1． 因为 a 2，3a 4，a 3 成等差数列，所以 a 2+a 3=6a 4，则 6q 2−q −1=0， 解得 q =12 或 q =−13（舍），故 a 1=8． 所以 a n =8×(12)n−1=24−n ．(2) S n =a 1a 2⋯a n =23+2+1+⋯+(4−n )=2(7−n )n 2，当 n =3或4 时，S n 取得最大值，(S n )max =64．6. 【答案】(1) 因为 a n =1+1a+2(n−1)（n∈N ∗，a ∈R ，且 a ≠0），a =−7，所以 a n =1+12n−9．结合函数 f (x )=1+12x−9 的单调性，可知 1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>⋯>a n >1(n ∈N ∗)．所以数列 {a n } 中的最大项为 a 5=2，最小项为 a 4=0． (2) a n =1+1a+2(n−1)=1+12n−2−a 2．因为对任意的 n ∈N ∗，都有 a n ≤a 6 成立，并结合函数 f (x )=1+12x−2−a 2的单调性，所以 5<2−a 2<6，所以 −10<a <−8．即实数 a 的取值范围为 (−10,−8)．7. 【答案】(1) 由 a 1=10，a n+1={a n2,a n 是偶数a n +3,a n 是奇数（n =1,2,3,⋯）， 得 a 2=5，a 3=8，a 4=4，a 5=2，a 6=1，a 7=4，⋯， 由上可知，数列 {a n } 自第四项起以 3 为周期周期出现， 当 n =1 时，S 3n =23；当 n ≥2 时，S 3n =23+3(n −1)=3n +20． 所以 S 3n ={23,n =13n +20,n ≥2．(2) S 3=a 1+a 2+a 3=17， 若 a 1 为偶数，则 a 2=a 12， 若 a 2 为偶数，则 a 3=a 14，此时 S 3=74a 1=17，a 1=687（舍）；若 a 2 为奇数，则 a 3=a 12+3，此时 S 3=2a 1+3=17，a 1=7（舍）；若 a 1 为奇数，则 a 2=a 1+3 为偶数，则 a 3=a 1+32，此时 S 3=5a 1+92=17，a 1=5；综上，a 1 的值为 5．(3) 利用数学归纳法（Ⅱ）证明如下： （1）当 a 1=1,2,3 时，对应的数列分别为： 1，4，2，1，4，2，1，⋯ 2，1，4，2，1，4，2，⋯ 3，6，3，6，3，6，3，⋯ 可知当 a 1=1,2,3 时，命题为真；（2）假设当 a 1<k （k ≥4）命题成立，下面证明 a 1=k 时命题成立．若 k 为偶数，则 a 2=k2<k ，由归纳假设，自 a 2 以后，必然出现 1 或 3，命题为真；若 k 为奇数，则 a 2=k +3，a 3=k+32<k （k ≥4），由归纳假设，自 a 3 以后，必然出现 1 或3，命题为真．综（1）（2）可知，{a n } 中总有一项为 1 或 3．8. 【答案】(1) a 1=−1.2，a 2=−1.6，a 3=−0.8．(2) 因 a 0>0，则 [a 0]≥0，所以 a 1=[a 0](a 0−[a 0])≥0，设 [a i ]≥0，i ≥1，则 a i+1=[a i ](a i −[a i ])≥0，所以 [a i ]≥0，∀i ≥0．又因 0≤a i −[a i ]<1，则 a i+1=[a i ](a i −[a i ])≤[a i ]，则 [a i+1]≤[a i ]，∀i ≥0． 假设 ∀i ≥0，都有 [a i ]>0 成立，则 a i+1=[a i ](a i −[a i ])<[a i ]， 则 [a i+1]<[a i ]，∀i ≥0，即 [a i+1]≤[a i ]−1，∀i ≥0， 则 [a n ]≤[a 0]−n ，∀n ≥1，则当 n ≥[a 0] 时，[a n ]≤0， 这与假设矛盾，所以 [a i ]>0，∀i ≥0 不成立，即存在 k ∈N ，[a k ]=0，从而 {[a i ]} 的最小值为 0．(3) 当 a 0>0 时，由（2）知，存在 k ∈N ，[a k ]=0，所以 a k+1=0，所以 [a k+1]=0，所以 a i =0，∀i ≥k ，成立． 当 a 0<0 时，若存在 k ∈N ，a k =0，则 a i =0，∀i ≥k ，得证； 若 a i <0，∀i ≥0，则 [a i ]≤−1，则 a i+1=[a i ](a i −[a i ])>[a i ]， 则 [a i+1]≥[a i ]，∀i ≥0，所以数列 {[a i ]} 单调不减． 由于 [a i ] 是负整数，所以存在整数 m 和负整数 c ， 使得当 i ≥m 时，[a i ]=c ．所以，当 i ≥m 时，a i+1=c (a i −c )， 则 a i+1−c 2c−1=c (a i −c 2c−1)，令 b i =a i −c 2c−1，即 b i+1=cb i ，i ≥m ．当 b m =0 时，则 b i =0，i ≥m ，则 a i =c 2c−1，i ≥m ，得证． 当 b m ≠0 时，b i ≠0，i ≥m ，b i =c i−m b m ，i ≥m ，因当 i ≥m 时，[a i ]=c ，则 a i ∈[c,c +1)，则 {b i } 有界， 所以 ∣c∣≤1，所以负整数 c =−1．所以 a i =−12+(−1)i−m b m =−12+(−1)i−m (a m +12)(i ≥m )，则 a i ={a m ,i =m,m +2,m +4,⋯−1−a m ,i =m +1,m +3,⋯．令 k =m ，满足当 i ≥k 时，a i =a i+2．综上，存在非负整数 k ，使得当 i ≥k 时，a i =a i+2．9. 【答案】(1) 因为 {a n } 是等差数列，所以 a n =(6−12t )+6(n −1)=6n −12t ，而数列 {b n } 的前 n 项和为 S n =3n −t ，所以当 n ≥2 时，b n =(3n −1)−(3n−1−1)=2×3n−1， 又 b 1=S 1=3−t ，所以 b n ={3−t,n =12×3n−1,n ≥2．(2) 因为 {b n } 是等比数列，所以 3−t =2×31−1=2，即 t =1， 所以 a n =6n −12．对任意的 n (n ∈N,n ≥1)，由于 b n+1=2×3n =6×3n−1=6×(3n−1+2)−12，令 c n =3n−1+2∈N ∗，则 a c n =6(2+3n−1)−12=b n+1，所以命题成立． 数列 {c n } 的前 n 项和 T n =2n +1−3n 1−3=12×3n +2n −12．(3) 易得 d n ={6(3−t )(1−2t ),n =14(n −2t )3n ,n ≥2，由于当 n ≥2 时，d n+1−d n =4(n +1−2t )3n+1−4(n −2t )3n =8[n −(2t −32)]×3n ，所以（ⅰ）若 2t −32<2，即 t <74，则 d n+1>d n ， 所以当 n ≥2 时，{d n } 是递增数列，故由题意得 d 1≤d 2，即 6(3−t )(1−2t )≤36(2−2t )， 解得−5−√974≤t ≤−5+√974<74．（ⅱ）若 2≤2t −32<3，即 74≤t <94， 则当 n ≥3 时，{d n } 是递增数列，故由题意得 d 2=d 3，即 4(2t −2)32=4(2t −3)33，解得 t =74．（ⅲ）若 m ≤2t −32<m +1(m ∈N ∗,m ≥3)，即m 2+34≤t <m 2+53(m ∈N,m ≥3)，则当 2≤n ≤m 时，{d n } 是递减数列，当 n ≥m +1 时，{d n } 是递增数列， 则由题意，得 d m =d m+1，即 4(2t −m )3m =4(2t −m −1)3m+1，解得 t =2m+34．综上所述，取值范围是 −5−√974≤t ≤−5+√974或 t =2m+34（m ∈N ，m ≥2）．10. 【答案】(1) 若 q =1，又 a 1=32，所以 S 2=2a 1=3，S 4=4a 1=6，S 3=3a 1=92，则 2S 4≠S 2+S 3，不满足条件，所以 q ≠1，由 S 2，S 4，S 3 成等差数列，得 2S 4=S 2+S 3，所以2a 1(1−q 4)1−q=a 1(1−q 2)1−q+a 1(1−q 3)1−q,整理得2q 4=q 2+q 3,又 q ≠0，所以 2q 2=1+q ，解得 q =−12 或 q =1 (舍)，所以q =−12,所以a n =a 1q n−1=32(−12)n−1.(2) 由（1）知 S n =32[1−(−12)n ]1−(−12)=1−(−12)n={1+(12)n,n 为奇数,1−(12)n,n 为偶数.①当 n 为奇数时，S n 随着 n 的增大而减少，所以 1<S n ≤S 1=32，因为 y =x −1x 在 (0,+∞) 上为增函数，故 0<S n −1S n≤S 1−1S 1=32−23=56，即0<b n ≤56;②当 n 为偶数时，S n 随着 n 的增大而增大，所以 S 2≤S n <1， 因为 y =x −1x 在 (−∞,0) 上为增函数，故 S 2−1S 2≤S n −1S n<0，又 S 2=1−(12)2=34，则S 2−1S 2=34−43=−712,所以 −712≤S n −1S n<0，即 −712≤b n <0，综上，∀n ∈N ∗，总有 −712≤b n ≤56，且 b n ≠0，所以 b n 的最大值为 56，最小值为 −712．11. 【答案】(1) 因为 a 1=1，a n+1=1−14a n，b n =12an −1，所以b n+1−b n=12a n+1−1−12an −1=12(1−14a n)−1−12an −1=11−12a n−12an −1=2a n2a n−1−12a n −1=1.所以数列 {b n } 是以 1 为公差，1 为首项的等差数列． (2) 由（1）可得 b n =1+n −1=n ， 所以 c n =2b n 2b n−1=2n 2n−1=2n ⋅(12)n−1，所以 T n =2[(12)0+2(12)1+3(12)2+⋯+(n −1)(12)n−2+n (12)n−1]，12T n =2[(12)1+2(12)2+3(12)3+⋯+(n −1)(12)n−1+n (12)n]，所以12T n=2[(12)0+(12)1+(12)2+(12)3+⋯+(12)n−1]−2n (12)n =2⋅1−(12)n1−12−2n (12)n=4−4(12)n −2n (12)n .所以 T n =8−8(12)n −4n (12)n ． (3) 由（1）将 3n +4n +⋯+(n +2)n =(b n +3)b n 化为 3n +4n +⋯+(n +2)n =(n +3)n ， 即 (3n+3)n +(4n+3)n +⋯+(n+2n+3)n =1，所以 (1−n n+3)n +(1−n−1n+3)n +⋯+(1−1n+3)n =1，因为当 n ∈N ∗ 且 n ≥6 时，(1−m n+3)n <(12)m ，所以 (1−1n+3)n <12，(1−2n+3)n <(12)2，⋯⋯，(1−n n+3)n <(12)n ， 所以 (1−n n+3)n +(1−n−1n+3)n +⋯+(1−1n+3)n <12+(12)2+⋯+(12)n =1−(12)n<1， 所以当 n ≥6 时，3n +4n +⋯+(n +2)n <(n +3)n ，当 n =1 时，31<(1+3)1，当 n =2 时，32+42=(2+3)2， 当 n =3 时，33+43+53=(3+3)3=216，当 n =4 时，34+44+54+64=2258<(4+3)4=2401，当 n =5 时，35+45+55+65+75=12168<(5+3)5=32768， 所以满足 3n +4n +⋯+(n +2)n =(b n +3)b n 的所有 n =2和3，其和为 5．12. 【答案】(1) a 8=6，a 9=3，a 10=8．(2) 先证“充分性”．当 m 为偶数时，若 a n 为奇数，则 a n+1 为奇数．因为 a 1=1 为奇数，所以归纳可得，对 ∀n ∈N ∗，a n 均为奇数，则 a n+1=a n +m ， 所以 a n+1−a n =m >0，所以数列 {a n } 单调递增．再证“必要性”．假设存在 k ∈N ∗ 使得 a k 为偶数，则 a k+1=a k 2<a k ，与数列 {a n } 单调递增矛盾， 因此数列 {a n } 中的所有项都是奇数．此时 a n+1=a n +m ，即 m =a n+1−a n ，所以 m 为偶数．(3) 存在 n >1 满足 a n =1，理由如下：因为 a 1=1，m 为奇数，所以 a 2=1+m ≤2m 且 a 2 为偶数，a 3=1+m 2≤m ．假设a k为奇数时，a k≤m；a k为偶数时，a k≤2m．当a k为奇数时，a k+1=a k+m≤2m，且a k+1为偶数；当a k为偶数时，a k+1=a k2≤m．所以若a k+1为奇数，则a k+1≤m；若a k+1为偶数，则a k+1≤2m．因此对∀n∈N∗都有a n≤2m．所以正整数数列{a n}中的项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项．设集合A={(r,s)∣a r=a s,r<s}，设集合B={r∈N∗∣(r,s)∈A}⊆N∗．因为A≠∅，所以B≠∅．令r1是B中的最小元素，下面证r1=1．设r1>1且a r1=a s1(r1<s1)．当a r1≤m时，a r1−1=2a r1，a s1−1=2a s1，所以a r1−1=a s1−1；当a r1>m时，a r1−1=a r1−m，a s1−1=a s1−m，所以a r1−1=a s1−1．所以若r1>1，则r1−1∈B且r1−1<r1，与r1是B中的最小元素矛盾．所以r1=1，且存在1<s1∈N∗满足a s1=a1=1，即存在n>1满足a n=1．13. 【答案】(1) 设等差数列{a n}的公差为d．由a1=1，a8=15得1+7d=15，解得d=2，则得a2=a1+d=1+2=3，所以a=3．(2) 由S19=19a10，得10×1+10×92×2+9a+9×82×2=19×(a+8)，解得a=2，由a n+2−a n=2，且a1=1，a2=2，得当n为奇数时，a n=a1+n−12×2=n；当n为偶数时，a n=a2+n−22×2=n．所以对任意n∈N∗，都有a n=n，当n≥2时，a n−a n−1=1，所以数列{a n}是以1为首项、1为公差的等差数列．(3) 由题意a n=a n−1．①当0<a<1时，a3<a2<a1≤S m，所以对任意m∈N∗，都有(S m−a2)(S m−a3)>0，因此数列{a n}不具有性质M；②当a=1时，a n=1，S n=n，所以对任意m∈N∗，都有(S m−a2)(S m−a3)=(m−1)2≥0，因此数列{a n}不具有性质M；③当1<a<2时，(a−1)2>0⇔a(2−a)<1⇔12−a >a⇔log a12−a>1n≥log a12−a ⇔a n−1a−1≥a n⇔S n≥a n+1，n<log a12−a ⇔a n−1a−1<a n⇔S n<a n+1，取⌈log a12−a⌉=n0（⌈x⌉表示不小于x的最小整数），则S n0≥a n0+1，S n0−1<a n．所以对于任意m∈N∗，(S m−a n0)(S m−a n0+1)≥0，即对于任意m∈N∗，S m都不在区间(a n0,a n0+1)内，所以数列{a n}不具有性质M；④当a≥2时，S n−a n+1=a n−1a−1−a n=(2−a)a n−1a−1<0，且S n>a n，即对任意的n≥2(n∈N∗)，都有(S m−a n)(S m−a n+1)<0，所以当a≥2时，数列{a n}具有性质M．综上，使得数列{a n}具有性质M的正实数a的集合为[2,+∞)．③④的另解：当a>1时，{a n}单调递增，{S n}单调递增，且n≥2时，S n>a n．若对任意n≥2(n∈N∗)，都存在m∈N∗，使得(S m−a n)(S m−a n+1)<0，即存在S m在区间(a n,a n+1)内．观察(a2,a3)，(a3,a4)，⋯，发现在(a n,a n+1)内的S m只能是S n．证明：在n−1个区间(a2,a3)，(a3,a4)，⋯，(a n,a n+1)内需要n−1个S m，因为S1<a2，S n+1>a n+1，所以可选择的S m只能是S2，S3，⋯，S n，共n−1个．由S2<S3<⋯<S n，得a n<S n<a n+1．所以只需满足S n<a n+1恒成立，即a n−1a−1<a n，得2−1a n<a对任意n∈N∗都成立．因为数列{2−1a n }单调递增，且limn→∞(2−1a n)=2，所以a≥2．综上，使得数列{a n}具有性质M的正实数a的集合为[2,+∞)．结束。
数列练习题高中
数列练习题高中一、等差数列1. 已知等差数列的前三项分别为3，5，7，求第10项的值。
2. 在等差数列{an}中，若a1=1，公差d=2，求前10项的和。
3. 已知等差数列的通项公式为an=3n2，求前n项和的表达式。
4. 在等差数列{an}中，若a5+a8=34，a3+a6=26，求首项a1和公差d。
二、等比数列1. 已知等比数列的前三项分别为2，6，18，求第6项的值。
2. 在等比数列{bn}中，若b1=3，公比q=3，求前5项的和。
3. 已知等比数列的通项公式为bn=2^n，求前n项和的表达式。
4. 在等比数列{bn}中，若b3•b6=144，b4•b5=108，求首项b1和公比q。
三、数列的综合应用1. 已知数列{cn}的通项公式为cn=n^2+n，求前n项和。
2. 在数列{dn}中，若d1=1，d2=3，dn=dn1+dn2（n≥3），求第10项的值。
3. 已知数列{en}的前n项和为Sn=2^n1，求通项公式。
4. 设数列{fn}的通项公式为fn=3n+2，求证：数列{fn+1 fn}是等差数列。
四、数列的极限1. 求极限：lim(n→∞) (1+1/n)^n。
2. 求极限：lim(n→∞) (n^2 n) / (2n^2 + 3n + 1)。
3. 求极限：lim(n→∞) (sqrt(n^2+1) sqrt(n^21))。
五、数列的应用题1. 一等差数列的前5项和为35，前10项和为110，求前15项和。
2. 一等比数列的第3项为12，第6项为48，求首项和公比。
3. 一数列的前n项和为2^n 1，求第10项的值。
4. 一数列的通项公式为an=n^2+n，求证：该数列的前n项和为(n+1)(n+2)/2。
六、数列的性质与判定3. 已知数列{gn}的通项公式为gn=2n1，判断数列{gn+1 gn}是否为等差数列。
4. 已知数列{hn}的通项公式为hn=n^3，判断数列{hn+1 / hn}是否为等比数列。
数列专项训练试卷
数列专项训练试卷一、选择题（每题5分，共30分）1. 在等差数列{a_n}中，若a_1 = 2，a_3+a_5=10，则a_7=（）A. 5.B. 8.C. 10.D. 14.2. 等比数列{a_n}的公比q = 2，a_1+a_2+a_3=21，则a_3+a_4+a_5=（）A. 42.B. 84.C. 168.D. 336.3. 已知数列{a_n}的前n项和S_n=n^2-2n + 1，则a_n=（）A. 2n - 3，n≥slant2；0，n = 1B. 2n - 3，n≥slant1C. 2n - 1，n≥slant2；0，n = 1D. 2n - 1，n≥slant14. 设等差数列{a_n}的前n项和为S_n，若S_10=100，S_100=10，则S_110=（）A. - 90.B. 90.C. - 110.D. 110.5. 等比数列{a_n}中，a_3=9，a_5=1，则a_7=（）A. (1)/(9)B. (1)/(3)C. ±(1)/(3)D. (1)/(27)6. 数列{a_n}满足a_n + 1=a_n+2n，a_1=1，则a_n=（）A. n^2-n + 1B. n^2+n - 1C. n^2-1D. n^2+1二、填空题（每题5分，共20分）1. 等差数列{a_n}中，a_2=4，a_4+a_7=15，则a_n=______。
2. 等比数列{a_n}的前n项和S_n=2^n-1，则a_1^2+a_2^2+·s+a_n^2=______。
3. 已知数列{a_n}满足a_1=1，a_n + 1=3a_n+1，则a_n=______。
4. 数列{a_n}的通项公式a_n=(n + 1)/(n)，则它的前n项和S_n=______。
三、解答题（每题10分，共50分）1. 已知等差数列{a_n}的前n项和为S_n，a_3=5，S_6=36。
求数列{a_n}的通项公式；设b_n=2^a_n，求数列{b_n}的前n项和T_n。
等比数列的性质(含解析)
等比数列的性质班级：____________ 姓名：__________________1．等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于( )A ．－24B ．0C ．12D ．242．对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( )A ．a 1，a 3，a 9成等比数列B ．a 2，a 3，a 6成等比数列C ．a 2，a 4，a 8成等比数列D ．a 3，a 6，a 9成等比数列3．在等比数列{a n }中，T n 表示前n 项的积，若T 5＝1，则( )A ．a 1＝1B ．a 3＝1C ．a 4＝1D ．a 5＝14．已知等比数列{a n }中，a 3a 11＝4a 7，数列{b n }是等差数列，且b 7＝a 7，则b 5＋b 9等于( )A ．2B ．4C ．8D ．165．已知数列{a n }为等差数列，a 1，a 2，a 3成等比数列，a 1＝1，则a 2 016＝( )A ．5B ．1C ．0D ．－16．在正项等比数列{a n }中，a n ＋1<a n ，a 2·a 8＝6，a 4＋a 6＝5，则a 5a 7等于( ) A.56B.65C.23D.327．已知公差不为0的等差数列的第2,3,6项依次构成一个等比数列，则该等比数列的公比q 为( ) A.13B ．3C ．±13D ．±38．已知各项均为正数的等比数列{a n }中，lg(a 3a 8a 13)＝6，则a 1·a 15的值为( )A ．100B ．－100C ．10 000D ．－10 0009．在3和一个未知数间填上一个数，使三数成等差数列，若中间项减去6，成等比数列，则此未知数是________．10．已知－7，a 1，a 2，－1四个实数成等差数列，－4，b 1，b 2，b 3，－1五个实数成等比数列，则a 2－a 1b 2＝________.11．某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少，从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%，则第n 年初M 的价值a n ＝________.12．在正项等比数列{a n }中，a 1a 5－2a 3a 5＋a 3a 7＝36，a 2a 4＋2a 2a 6＋a 4a 6＝100，求数列{a n }的通项公式．等比数列的性质班级：____________ 姓名：__________________1．等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于( )A ．－24B ．0C ．12D ．24解析：选A 由题意知(3x ＋3)2＝x (6x ＋6)，即x 2＋4x ＋3＝0，解得x ＝－3或x ＝－1(舍去)，所以等比数列的前3项是－3，－6，－12，则第四项为－24.2．对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( )A ．a 1，a 3，a 9成等比数列B ．a 2，a 3，a 6成等比数列C ．a 2，a 4，a 8成等比数列D ．a 3，a 6，a 9成等比数列解析：选D 设等比数列的公比为q ，因为a 6a 3＝a 9a 6＝q 3， 即a 26＝a 3a 9，所以a 3，a 6，a 9成等比数列．故选D.3．在等比数列{a n }中，T n 表示前n 项的积，若T 5＝1，则( )A ．a 1＝1B ．a 3＝1C ．a 4＝1D ．a 5＝1解析：选B 由题意，可得a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝1，即(a 1·a 5)·(a 2·a 4)·a 3＝1，又a 1·a 5＝a 2·a 4＝a 23，所以a 53＝1，得a 3＝1.4．已知等比数列{a n }中，a 3a 11＝4a 7，数列{b n }是等差数列，且b 7＝a 7，则b 5＋b 9等于( )A ．2B ．4C ．8D ．16解析：选C 等比数列{a n }中，a 3a 11＝a 27＝4a 7，解得a 7＝4，等差数列{b n }中，b 5＋b 9＝2b 7＝2a 7＝8.5．已知数列{a n }为等差数列，a 1，a 2，a 3成等比数列，a 1＝1，则a 2 016＝( )A ．5B ．1C ．0D ．－1解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ，则由a 1，a 2，a 3成等比数列得(1＋d )2＝1＋2d ，解得d ＝0，所以a 2 016＝a 1＝1.6．在正项等比数列{a n }中，a n ＋1<a n ，a 2·a 8＝6，a 4＋a 6＝5，则a 5a 7等于( ) A.56B.65C.23D.32解析：选D 设公比为q ，则由等比数列{a n }各项为正数且a n ＋1<a n 知0<q <1，由a 2·a 8＝6，得a 25＝6. ∴a 5＝6，a 4＋a 6＝6q ＋6q ＝5. 解得q ＝26，∴a 5a 7＝1q 2＝⎝⎛⎭⎫622＝32. 7．已知公差不为0的等差数列的第2,3,6项依次构成一个等比数列，则该等比数列的公比q 为( ) A.13B ．3C ．±13D ．±3解析：选B 设等差数列为{a n }，公差为d ，d ≠0.则a 23＝a 2·a 6，∴(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )·(a 1＋5d )， 化简得d 2＝－2a 1d ，∵d ≠0，∴d ＝－2a 1，∴a 2＝－a 1，a 3＝－3a 1，∴q ＝a 3a 2＝3. 8．已知各项均为正数的等比数列{a n }中，lg(a 3a 8a 13)＝6，则a 1·a 15的值为( )A ．100B ．－100C ．10 000D ．－10 000解析：选C ∵a 3a 8a 13＝a 38，∴lg(a 3a 8a 13)＝lg a 38＝3lg a 8＝6.∴a 8＝100.又a 1a 15＝a 28＝10 000，故选C.9．在3和一个未知数间填上一个数，使三数成等差数列，若中间项减去6，成等比数列，则此未知数是________．解析：设此三数为3，a ，b ，则⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＝3＋b ，(a －6)2＝3b ， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝3，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝15，b ＝27.所以这个未知数为3或27. 答案：3或2710．已知－7，a 1，a 2，－1四个实数成等差数列，－4，b 1，b 2，b 3，－1五个实数成等比数列，则a 2－a 1b 2＝________.解析：由题意，知a 2－a 1＝－1－(－7)3＝2，b 22＝(－4)×(－1)＝4.又因为b 2是等比数列中的第三项，所以b 2与第一项同号，即b 2＝－2，所以a 2－a 1b 2＝2－2＝－1. 答案：－111．某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少，从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%，则第n 年初M 的价值a n ＝________.解析：当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列，故a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ；当n ≥7时，a 6，a 7，…，a n 是首项为a 6＝70，公比为34的等比数列， 故a n ＝70×⎝⎛⎭⎫34n －6.综上可得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 130－10n ，n ≤6，70×⎝⎛⎭⎫34n －6，n ≥7. 答案：⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n ≤6，70×⎝⎛⎭⎫34n －6，n ≥712．在正项等比数列{a n }中，a 1a 5－2a 3a 5＋a 3a 7＝36，a 2a 4＋2a 2a 6＋a 4a 6＝100，求数列{a n }的通项公式．解：∵a 1a 5＝a 23，a 3a 7＝a 25，∴由题意，得a 23－2a 3a 5＋a 25＝36， 同理得a 23＋2a 3a 5＋a 25＝100， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ (a 3－a 5)2＝36，(a 3＋a 5)2＝100.即⎩⎪⎨⎪⎧a 3－a 5＝±6，a 3＋a 5＝10. 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＝2，a 5＝8或⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＝8，a 5＝2. 分别解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝12，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12.∴a n ＝2n －2或a n ＝26－n .。
数列测试题及答案解析
数列测试题及答案解析一、选择题1. 已知数列{an}满足a1=2，an+1 = 2an，判断数列{an}是否为等比数列。
A. 是B. 不是C. 无法判断答案：A2. 若数列{bn}是等差数列，且b3=5，b5=9，求b7。
A. 11B. 13C. 无法确定答案：B二、填空题1. 给定数列{cn}，其中c1=1，cn+1 = cn + n，求c5的值。
答案：152. 已知等差数列{dn}的首项d1=3，公差d=2，求d20的值。
答案：43三、解答题1. 求等比数列{en}的前n项和Sn，若e1=1，公比q=3。
解：根据等比数列前n项和公式Sn = e1 * (1 - q^n) / (1 - q)，代入e1=1和q=3，得到Sn = (1 - 3^n) / (1 - 3)。
2. 已知等差数列{fn}的前n项和为Tn，若f1=2，d=3，求T10。
解：根据等差数列前n项和公式Tn = n/2 * (2a1 + (n - 1)d)，代入f1=2和d=3，得到T10 = 10/2 * (2*2 + (10 - 1)*3) = 5 * (4 + 27) = 5 * 31 = 155。
四、证明题1. 证明数列{gn}，其中gn = n^2，是一个单调递增数列。
证明：设n≥2，我们需要证明对于任意的n，有gn ≥ gn-1。
即证明n^2 ≥ (n-1)^2。
展开得n^2 - (n-1)^2 = 2n - 1 > 0，所以数列{gn}是单调递增的。
2. 证明等差数列{hn}的任意两项hn和hm（m > n）之和等于它们中间项的两倍。
证明：设等差数列{hn}的首项为h1，公差为d。
根据等差数列的定义，hn = h1 + (n - 1)d，hm = h1 + (m - 1)d。
将两项相加得hn + hm = 2h1 + (m + n - 2)d。
由于m > n，所以m + n - 2 = m - 1 + n - 1，即hn + hm = h1 + (m - 1)d + h1 + (n - 1)d = 2h1 + (m + n - 2)d = 2h((m + n - 1)/2)，这正是它们中间项的两倍。
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数列性质专项练习一、选择题1 ．（昆明一中2013届高三摸底）设n S 为等差数列{}n a n 的前项和，若3963,27a S S =-=，则该数列的首项1a 等于 （ ）A ．65-B ．35-C．65 D ．35【答案】D 【解析】由11123936(615)27a d a d a d +=⎧⎨+-+=⎩得112379a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得135a =，选D ．2 ．（甘肃省天水市一中2013届考试数学理试题）已知等差数列{}n a 的前项和为n S ，且424S S =,则64S S = （ ）A ．94B ．32C ．53D ．4【答案】A 【解析】设2424264,4--S x S x S S S S S ==则，因为、、成等差数列，所以646-=5,=9S S x S x 即，所以649944S x S x ==。
选A 。
3 ．（玉溪一中2013届高三月考理科数学）已知定义在R 上的函数()()f x g x 、满足()()x f x a g x =，且'()()()'()f x g x f x g x <， 25)1()1()1()1(=--+g f g f ，若有穷数列()()f n g n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭（n N *∈）的前n 项和等于3231，则n 等于 （ ）A ．4B ．5C ．6D ．7【答案】B 【解析】2()'()()()'()[]'()()f x f xg x f x g x g x g x -=，因为'()()()'()f x g x f x g x <，所以2()'()()()'()[]'0()()f x f xg x f x g x g x g x -=<，即函数()()x f x a g x =单调递减，所以01a <<.又25)1()1()1()1(=--+g f g f ，即152a a -+=，即152a a +=，解得2a =（舍去）或12a =.所以()1()()2x f x g x =，即数列()1()()2n f n g n =为首项为112a =，公比12q =的等比数列，所以111()(1)1121()112212n nnn a q S q --==⨯=---，由1311()232n -=得11()232n =，解得5n =，选B ．4． (2014·安徽省“江南十校”联考)已知函数f (x )＝x a的图象过点(4，2)，令a n ＝1f （n ＋1）＋f （n ），n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 013＝( )A. 2 012－1B. 2 013－1C. 2 014－1D. 2 014＋1解析：选C.由f(4)＝2可得4a＝2，解得a ＝12，则f(x)＝x 12.∴a n ＝1f （n ＋1）＋f （n ）＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 013＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 013＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 014－2 013)＝ 2 014－1.5 ．（玉溪一中2013届月考理科数学）设等差数列}{n a 的前n 项和为,n S 且满足,0,01615<>S S 则15152211,,,a S a S a S 中最大的项为.A 66a S .B 77a S .C 99a S .D 88a S 【答案】 D 【解析】由11515815()=1502a a S a +=>，得80a >.由116981615()15()=022a a a a S ++=<，得980a a +<，所以90a <，且0d <.所以数列{}n a 为递减的数列.所以18,a a 为正，9,n a a 为负，且115,0S S >，16,0n S S >，则990S a <，10100S a <，880S a >，又8118,S S a a >>，所以81810S S a a >>，所以最大的项为88S a ，选 D ．6 ．在等差数列{a n }中a n ＞0，且a 1＋a 2＋…＋a 10＝30，则a 5·a 6的最大值等于( )A ．3B ．6C ．9D ．36．解析：选C.∵a 1＋a 2＋…＋a 10＝30，得a 5＋a 6＝305＝6，又a n ＞0，∴a 5·a 6≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a 5＋a 622＝⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝9.7．（昆明一中2013届高三双基检测数学理）已知公差不为零的等差数列81049{},,n n S a n S a S a =的前项和为若则等于 （ ）A ．4B ．5C ．8D ．10【答案】A 【解析】由104a S =得1114394462a d a d a d ⨯+=+=+，即10a d =≠。
所以811878828362S a d a d d ⨯=+=+=，所以8913636489S d da a d d===+,选A ． 8．在等差数列{a n }中，a 5＜0，a 6＞0，且a 6＞|a 5|，S n 是数列的前n 项的和，则下列正确的是( )A ．S 1，S 2，S 3均小于0，S 4，S 5，S 6…均大于0B ．S 1，S 2，…S 5均小于0，S 6，S 7，…均大于0C ．S 1，S 2…S 9均小于0，S 10，S 11…均大于0D ．S 1，S 2，…S 11均小于0，S 12，S 13…均大于0 解析：选 C.由题意可知a 6＋a 5＞0，故S 10＝（a 1＋a 10）×102＝（a 5＋a 6）×102＞0，而S 9＝（a 1＋a 9）×92＝2a 5×92＝9a 5＜0，故选C.9．（兰州一中2013届高三月月考数学）在数列{}n a 中，若对任意的n 均有12n n n a a a ++++为定值（*n N ∈），且79982,3,4a a a ===，则数列{}n a 的前100项的和100S =（ ）A ．132B ．299C ．68D ．99【答案】B 【解析】不妨设1212+3,+n n n n n n a a a T a a a T ++++++=+=同理：，所以3n n a a +=，所以数列{}n a 是以3为周期的周期数列，所以17392982,3,4a a a a a a ======，()100123133299S a a a a =+++=。
10．（天水一中2013届高三第二次检测）在等差数列{}n a 中,2616a a a ++为一个确定的常数,n S 为其前n 项和,则下列各个和中也为确定的常数的是( )（ ）A ．17SB ．10SC ．8SD ．15S【答案】D ．11．（甘肃省通高中2013届高三第二次联合考试）设等差数列{}n a 的前n 项和为S n ，若a 1=-15,a 3+a 5= -18,则当S n 取最小值时n 等于（ ）A ．9B ．8C ．7D ．6【答案】B12．（玉溪一中2013届月考理科数学）已知数列｛n a ｝满足11a =，12()1()n n na n a a n +⎧=⎨+⎩为正奇数为正偶数，则其前6项之和是 （ ）A ．16B ．20C ．33D ．120【答案】C 【解析】2122a a ==，32431326a a a a =+===，，546517214a a a a =+===，，所以6123671433S =+++++=,选 C ．13．已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，a 1＝1，a 2＝3，记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，则下列结论正确的是( ) A ．a 100＝－1，S 100＝5 B ．a 100＝－3，S 100＝5 C ．a 100＝－3，S 100＝2D ．a 100＝－1，S 100＝210．解析：选A.依题意a n ＋2＝a n ＋1－a n ＝－a n －1，即a n ＋3＝－a n ，a n ＋6＝－a n ＋3＝a n ，故数列{a n }是以6为周期的数列a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝(a 1＋a 4)＋(a 2＋a 5)＋(a 3＋a 6)＝0.注意到100＝6×16＋4，因此有a 100＝a 4＝－a 1＝－1，S 100＝16(a 1＋a 2＋…＋a 6)＋(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＝a 2＋a 3＝a 2＋(a 2－a 1)＝2×3－1＝5，故选A. 二、填空题14．（【解析】云南省玉溪一中2013届高三上学期期中考试理科数学）已知等差数列{}n a 的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为35，则这个数列的项数为______________ ；【答案】20【解析】因为项数是偶数，所以由题意知13115n a a a -+++=，2435n a a a +++=，两式相减得2143()()()35n n a a a a a a --+-++-=-=，即202nd =，所以4040202n d ===。
15．（云南师大附中2013届高考适应性月考卷(八)理科数学试题（详解））已知函数*(1)()log (2)()m f m m m N +=+∈,令(1)(2)()f f f m k ⋅⋅⋅=,当[]1,2013m ∈,且*k N ∈时,满足条件的所有k 的值的和为________________.【答案】234(1)(1)(2)()log 3log 4log 5log (2)m f f f m m +=+…… 2log (2)m k =+=,22k m =-,[1,2013],m k ∈∈*N ∵,101121024,22013=>,所以,k 值组成的集合为{2,3,4,5,6,7,8,9,10},2391054++++=….16．（省昆明市2013届高三适应性检测试题）数列{}n a 的首项为1,数列{}n b 为等比数列且1n n na b a +=,若10112b b ⋅=,则21a =__________. 【答案】102417．（贵州省遵义四中2013届高三第四月考理科数学）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且936S =-,13104S =-，等比数列{}n b 中，55b a =，77b a =，则6b = ．【答案】±【解析】在等差数列中，由936S =-,13104S =-得，119893621312131042a d a d ⨯⎧+=-⎪⎪⎨⨯⎪+=-⎪⎩，即114468a d a d +=-⎧⎨+=-⎩，解得14,2a d ==-。