高二理科期末复习卷——数列
(完整版)高二数学数列专题练习题(含答案),推荐文档
高中数学《数列》专题练习1．与的关系：，已知求，应分时；n S n a 11(1)(1)n n n S n a S S n -=⎧⎪=⎨->⎪⎩n S n a 1=n 1a =1S 时，=两步，最后考虑是否满足后面的.2≥n n a 1--n n S S 1a n a 2.等差等比数列等差数列等比数列定义（）1n n a a d--=2n ≥*1()n na q n N a +=∈通项，dn a a n )1(1-+=(),()n m a a n m d n m =+->mn m n n n q a a q a a --==,11中项如果成等差数列，那么叫做与,,a A b A a 的等差中项．。
b 2a b A +=等差中项的设法：da a d a +-,,如果成等比数列，那么叫做与的等,,a G b G a b 比中项．abG =2等比中项的设法：，，aq a aq前项n 和，)(21n n a a nS +=d n n na S n 2)1(1-+=时；时1=q 1,na S n =1≠q qqa a q q a S n n n --=--=11)1(,11*(,,,,)m n p q a a a a m n p q N m n p q +=+∈+=+若，则2m p q =+qp ma a a +=2若，则q p n m +=+qp nm a a a a =2*2,,(,,,)m p q m p q a a a p q n m N =+=⋅∈若则有性质、、为等差数列n S 2n n S S -32n n S S -、、为等比数列n S 2n n S S -32n n S S -函数看数列12221()()22n n a dn a d An B d d s n a n An Bn=+-=+=+-=+111(1)11nn n n n n a a q Aq q a as q A Aq q q q===-=-≠--判定方法(1)定义法：证明为常数；)(*1N n a a n n ∈-+(2)等差中项：证明，*11(2N n a a a n n n ∈+=+-)2≥n (1)定义法：证明为一个常数)(*1N n a a n n ∈+(2)等比中项：证明21n n a a -=*1(,2)n a n N n +⋅∈≥(3)通项公式：均是不为0常数）(,nn a cq c q =3.数列通项公式求法：(1)定义法(利用等差、等比数列的定义)；(2)累加法；(3)累乘法(型)；n n n c a a =+1(4)利用公式；(5)构造法(型)；(6)倒数法等11(1)(1)n n n S n a S S n -=⎧⎪=⎨->⎪⎩b ka a n n +=+14.数列求和(1)公式法；(2)分组求和法；(3)错位相减法；(4)裂项求和法；(5)倒序相加法。
高二数学数列试题答案及解析
高二数学数列试题答案及解析1.设等差数列的公差为d，前项和为，等比数列的公比为．已知，，，．（Ⅰ）求数列，的通项公式；（Ⅱ）当时，记，求数列的前项和．【答案】（Ⅰ）或；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）由题意有，即，解得或故或．（Ⅱ）由，知，，故，于是，①．②①-②可得，故．【考点】本题综合考查等差数列、等比数列和错位相减法求和，属中档题．2.已知数列的前项和构成数列，若，则数列的通项公式________.【答案】【解析】当时，，当时，，综上所述，，故答案为.【考点】数列通项与前项和之间的关系以及公式的应用.【方法点睛】本题主要考查数列通项与前项和之间的关系以及公式的应用，属于难题.已知求的一般步骤：（1）当时，由求的值；（2）当时，由，求得的表达式；（3）检验的值是否满足（2）中的表达式，若不满足则分段表示；（4）写出的完整表达式.3.黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案：则第n个图案中有白色地面砖块．【答案】4n+2【解析】第个图案有块，第个图案有块，第个图案有块，所以第个图案有块【考点】观察数列的通项4.《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节的容积共为3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为升．【答案】【解析】由题意可知，解得，所以.【考点】等差数列通项公式．5.在等差数列{an }中，S15>0，S16<0，则使an>0成立的n的最大值为 ()．A．6B．7C．8D．9【答案】C【解析】依题意得S15＝＝15a8>0，即a8>0；S16＝＝8(a1＋a16)＝8(a8＋a9)<0，即a8＋a9<0，a9<－a8<0.因此使an>0成立的n的最大值是8，选C.6.已知数列是等比数列，，是和的等差中项.（１）求数列的通项公式；（２）设，求数列的前项和．【答案】（１）（２）【解析】（１）求等比数列通项公式，一般方法为待定系数法，即列出两个独立条件，解方程组即可，本题可利用等比数列通项公式广义定义求解，即，而是和的等差中项，都转化为：（２）先代入求解，再根据错位相减法求和，注意项的符号变化，项数的确定.试题解析：（１）设数列的公比为，因为，所以，．因为是和的等差中项，所以．即，化简得．因为公比，所以．所以（）．（２）因为，所以．所以．则，①. ②①－②得，，所以．【考点】等比数列通项公式，错位相减法求和7.等差数列，的前n项和分别为和，若则＝________．【答案】.【解析】根据等差数列的性质，由.【考点】等差数列的性质.8.数列的一个通项公式是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】设此数列为，其符号为其绝对值为，可得通项公式．选B【考点】数列的通项公式9.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的一部数学专著，书中有如下问题：今有女子善织，日增等尺，七日织28尺，第二日，第五日，第八日所织之和为15尺，则第九日所织尺数为A．8B．9C．10D．11【答案】B【解析】该数列为等差数列，且，即，解得.【考点】等差数列，数学文化.10.等差数列{an}共有2n+1项，其中奇数项之和为4，偶数项之和为3，则n的值是（）A．3B．5C．7D．9【答案】A【解析】利用等差数列的求和公式和性质得出，代入已知的值即可．解：设数列公差为d，首项为a1，奇数项共n+1项，其和为S奇===（n+1）an+1=4，①偶数项共n项，其和为S偶===nan+1=3，②得，，解得n=3故选A【考点】等差数列的前n项和．11.数列的一个通项公式是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】观察数列的前6项知，该数列是以1为首项2为公比的等比数列，所以．故选B．【考点】观察法求数列的通项公式．12.数列是等差数列，若，且它的前项和有最大值，那么当取得最小正值时，值等于( ）A．11B．17C．19D．21【答案】C【解析】由于前项和有最大值，所以，根据，有，，，所以，，结合选项可知，选C.【考点】等差数列的基本性质.13.设等差数列的公差为d，若数列为递减数列，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为是等差数列，则，又由于为递减数列，所以，故选C.【考点】1.等差数列的概念；2.递减数列.14.设数列{an }，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，那么由an＋bn所组成的数列的第37项的值为()A．0B．37C．100D．－37【答案】C【解析】数列{an }和{bn}都是等差数列，所以是等差数列，首项，所以数列是常数列，所以第37项的值为100【考点】等差数列15.设是等差数列的前项和，已知，则等于（）A．13B．35C．49D．63【答案】C【解析】依题意有，解得，所以.【考点】等差数列的基本概念.【易错点晴】本题主要考查等差数列的基本概念. 在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为和等基本量，通过建立方程(组)获得解．即等差数列的通项公式及前项和公式，共涉及五个量，知其中三个就能求另外两个,即知三求二，多利用方程组的思想，体现了用方程的思想解决问题,注意要弄准它们的值.运用方程的思想解等差数列是常见题型，解决此类问题需要抓住基本量、，掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算．16.设等差数列{an }的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36.则a7＋a8＋a9等于()A．63B．45C．36D．27【答案】B【解析】设公差为d，则解得a1＝1，d＝2，则a7＋a8＋a9＝3a8＝3(a1＋7d)＝45.17.已知等差数列中，，公差，则使前项和为取最小值的正整数的值是（）A．4和5B．5和6C．6和7D．7和8【答案】C【解析】，所以使前项和取最小值的正整数的值为6和7【考点】数列性质18.设是等差数列的前项和，已知，则等于（）A．13B．35C．49D．63【答案】C【解析】依题意有，解得，所以.【考点】等差数列的基本概念.【易错点晴】本题主要考查等差数列的基本概念. 在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为和等基本量，通过建立方程(组)获得解．即等差数列的通项公式及前项和公式，共涉及五个量，知其中三个就能求另外两个,即知三求二，多利用方程组的思想，体现了用方程的思想解决问题,注意要弄准它们的值.运用方程的思想解等差数列是常见题型，解决此类问题需要抓住基本量、，掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算．19.已知数列的通项公式为，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围_________.【答案】【解析】由题意可得，，即求的最大值，所以当n=3时，，所以，填。
2022高二期末专项复习——数列 (常考题型已覆盖,题目有一定难度)(后附答案解析)
2022秋高二期末专项复习——数列一．等差数列与等比数列 1．据有关文献记载：我国古代一座9层塔共挂了126盏灯，且相邻两层中的下一层灯数比上一层灯数都多(n n 为常数）盏，底层的灯数是顶层的13倍，则塔的底层共有灯( ) A ．2盏B ．3盏C ．26盏D ．27盏2．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且10a >，4110a a +>，780a a ⋅<，则( ) A ．数列{}n a 是递增数列B ．69S S >C ．当7n =时，n S 最大D ．当0n S >时，n 的最大值为143．已知数列{}n a 为等比数列，则下列结论正确的是( ) A ．数列1{}n n a a +−为等比数列 B ．数列2{}na 为等比数列 C ．数列1{}n n a a ++为等比数列D ．数列1{}n n a a +为等比数列4．设等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，且满足条件11a >，202220231a a ⋅>，20222023(1)(1)0a a −⋅−<，则下列选项正确的是( )A ．{}n a 为递减数列B ．202220231S S +<C ．2022T 是数列{}n T 中的最大项D ．40451T >5．在数列{43}n −中抽取部分项（按原来的顺序）构成一个新数列，记为{}n a ，再在数列{}n a 插入适当的项，使它们一起能构成一个首项为1，公比为3的等比数列{}n b ．若729k b =，则数列{}n b 中第k 项前（不含)k b 插入的项的和最小为( ) A ．30B ．91C ．273D ．8206．在①132b b a +=，②44a b =，③525S =−这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k 存在，求k 的值，若k 不存在，请说明理由．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，{}n b 是等比数列，______，15b a =，23b =，581b =−，是否存在k ，使得1k k S S +>且12k k S S ++>？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．二．数列递推式7．设n S 是数列{}n a 的前n 项和，1332n n n S a +=−，则n a = ；若不等式222n n n a k +对任意n N +∈恒成立，则正数k 的最小值为 ．8．数列{}n a 满足*11,1,21nn n a a a n N a +==∈+，则2022a = ． 9．已知数列{}n a 满足211232n n n n n n a a a a a a ++++−=，且1231a a ==，则7(a = ) A ．163B ．165C ．1127D ．112910．已知数列{}n a 的各项都是正数，2*11()n n n a a a n N ++−=∈．若数列{}n a 各项单调递增，则首项1a 的取值范围是；当123a =时，记1(1)1n n nb a −−=−，若1220211k b b b k <+++<+，则整数k = ．三．数列的求和11．已知数列{}n a 满足11a =，121()n n a a n N ++=+∈，记数列11(2)(2)n n n a a a +⎧⎫+⎨⎬++⎩⎭的前n 项和为n T ，若对于任意*n N ∈，不等式n k T >恒成立，则实数k 的取值范围为( )A ．1[,)2+∞B ．1(,)2+∞C ．1[,)3+∞D ．1(,)3+∞12．已知数列{}n a 满足21n a n =−，在任意相邻两项k a 与1(1k a k +=，2，)⋯之间插入2k 个2，使它们和原数列的项构成一个新的数列{}n b ．记n S 为数列{}n b 的前n 项和，则70S 的值为( ) A ．162B ．163C ．164D ．16513．2021年7月24日，中共中央办公厅、国务院印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》，这个政策就是我们所说的“双减”政策，“双减”政策极大缓解了教育的“内卷”现象，而“内卷”作为高强度的竞争使人精疲力竭．数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始，向外圈逐渐旋绕而形成的图案，它的画法是这样的：正方形ABCD 的边长为4，取正方形ABCD 各边的四等分点E ，F ，G ，H 作第二个正方形EFGH ，然后再取正方形EFGH 各边的四等分点M ，N ，P ，Q 作第3个正方形MNPQ ，以此方法一直循环下去，就可得到阴影部分图案，设正方形ABCD 边长为1a ，后续各正方形边长依次为2a ，3a ，⋯，n a ，⋯；如图（二)阴影部分，设直角三角形AEH 面积为1b ，后续各直角三角形面积依次为2b ，3b ，⋯，n b ，⋯下列说法正确的是( )A ．从正方形ABCD 开始，连续3个正方形面积之和为1294．B ．14n n a −=⨯． C ．使得不等式12n b >成立的n 的最大值为4．D ．数列{}n b 的前n 项和4n S <．14．已知等差数列{}n a 中，18a =，42a =． （1）分别求数列{}n a 的通项公式和前n 项和n S ； （2）设12||||||n n T a a a =+++，求n T ．15．等差数列{}n a 的公差d 不为0，满足513a =，1a ，2a ，6a 成等比数列．数列{}n b 满足2122232123log log log log 2n n nb b b b ++++=． （1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式： （2）若n n n c a b =，求数列{}n c 的前n 项和n S ．四．数列的应用16．设数列*{}()m a m N ∈，若存在公比为q 的等比数列*1{}()m b m N +∈，使得1k k k b a b +<<，其中1k =，2，3，，m ，则称数列1{}m b +为数列{}m a 的“等比分割数列”则下列说法中错误的是( ) A ．数列5{}:2b ，4，8，16，32是数列4{}:3a ，7，12，24的一个“等比分割数列” B ．若数列{}n a 存在“等比分割数列” 1{}n b +，则有11k k n a a a a −<<<<<和111k k n n b b b b b −+<<<<<<成立，其中2k n ，*k N ∈C ．数列3{}:3a −，1−，2存在“等比分割数列”4{}b D ．数列10{}a 的通项公式为2(1n n a n ==，2，，10)，若数列10{}a 的“等比分割数列”11{}b 的首项为1，则公比109(2,2)q ∈17．如图，由正方形可以构成一系列的长方形，在正方形内绘出一个圆的14，就可以近似地得到等角螺线，第一个和第二个正方形的边长为1，第三个正方形边长为2，，其边长依次记为1a ，2a ，3a ，，得到数列{}n a ，每一段等角螺线与正方形围成的扇形面积记为n b ，得到数列{}n b ，则下列说法正确的有( )A ．201918214()b b a a π−=B ．1214161a a a a +++=−C ．222121413152a a a a a +++=D ．22141613151514a a a a a a +=+参考答案与试题解析1．据有关文献记载：我国古代一座9层塔共挂了126盏灯，且相邻两层中的下一层灯数比上一层灯数都多(n n 为常数）盏，底层的灯数是顶层的13倍，则塔的底层共有灯( ) A ．2盏B ．3盏C ．26盏D ．27盏【分析】塔的每层的灯数形成等差数列{}k a ，公差d n =．由题意可得：19812692a n ⨯=+，911813a a n a =+=，联立解得：1a ，n ．解出即可得出．【解答】解：塔的每层的灯数形成等差数列{}k a ，公差d n =． 由题意可得：19812692a n ⨯=+， 911813a a n a =+=，联立解得：12a =，3n =． ∴塔的底层共有灯13226⨯=盏． 故选：C ．2．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且10a >，4110a a +>，780a a ⋅<，则( ) A ．数列{}n a 是递增数列B ．69S S >C ．当7n =时，n S 最大D ．当0n S >时，n 的最大值为14【分析】由已知可得70a >，80a <，然后结合等差数列的性质及求和公式分析各选项即可判断． 【解答】解：因为等差数列{}n a 中，10a >，411780a a a a +=+>，780a a ⋅<， 所以70a >，80a <，A 错误； 96789830S S a a a a −=++=<，所以96S S <，B 正确；由于70a >，80a <，故当7n =时，n S 最大，C 正确；由于14114787()7()0S a a a a =+=+>，11515815()1502a a S a +==<， 故当0n S >时，n 的最大值为14，D 正确．故选：BCD ．3．已知数列{}n a 为等比数列，则下列结论正确的是( ) A ．数列1{}n n a a +−为等比数列 B ．数列2{}na 为等比数列 C ．数列1{}n n a a ++为等比数列D ．数列1{}n n a a +为等比数列【分析】由已知结合等比数列的定义，通项公式及等比数列的性质分别检验各选项即可判断．【解答】解：由题意可知，1(n n aq q a +=为非零常数），当1q =时，数列{}n a 为常数数列，10n n a a +−=，故A 错误．∴2212n na q a +=，故数列2{}n a 为等比数列，故B 正确；若(1)n n a =−为等比数列，显然数列1{}{0}n n a a ++=，不是等比数列，故C 错误．221221(n n n n n na a a q q a a a ++++==为非零常数），故数列1{}n n a a +为等比数列，故D 正确， 故选：BD ．4．设等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，且满足条件11a >，202220231a a ⋅>，20222023(1)(1)0a a −⋅−<，则下列选项正确的是( )A ．{}n a 为递减数列B ．202220231S S +<C ．2022T 是数列{}n T 中的最大项D ．40451T >【分析】根据已知条件，结合等比数列的性质，推得公比1q <，即可依次求解．【解答】解：20222023(1)(1)0a a −⋅−<， 则202220231010a a −>⎧⎨−<⎩或202220231010a a −<⎧⎨−>⎩，11a >，202220231a a ⋅>，2022a ∴和2023a 同号，且一个大于1，一个小于1， 11a >，20221a ∴>，20231a <，即数列{}n a 的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1，对于A ，公比202320221a q a =<， 11a >，∴11n n a a q −=为减函数，故{}n a 为递减数列，故A 正确， 对于B ，20231a <，2023202320221a S S ∴=−<，即202220231S S +>，故B 错误，对于C ，等比数列{}n a 的前n 项积为n T ，且数列{}n a 的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1， 故2022T 是数列{}n T 中的最大项，故C 正确，对于D ，4045404512340452023T a a a a a =⋅⋅⋅=， 20231a <，∴404520231a <，即40451T <，故D 错误．故选：AC ． 5．在数列{43}n −中抽取部分项（按原来的顺序）构成一个新数列，记为{}n a ，再在数列{}n a 插入适当的项，使它们一起能构成一个首项为1，公比为3的等比数列{}n b ．若729k b =，则数列{}n b 中第k 项前（不含)k b 插入的项的和最小为( )A ．30B ．91C ．273D ．820【分析】先根据等比数列的通项求得k ，再列出数列{}n b 的前k 项，去掉{}n a 中的项即可． 【解答】解：等比数列{}n b 首项为1，公比为3，故其通项公式为：13n n b −=，令13729k −=，可得7k =，数列{}n b 的前6项为：1，3，9，27，81，243，其中1，9，81为数列{43}n −中的项，而3，27，243不是数列{43}n −的项， 又327243273++=，故数列{}n b 中第7项前（不含729)插入的项的和最小为273．故选：C ．6．在①132b b a +=，②44a b =，③525S =−这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k 存在，求k 的值，若k 不存在，请说明理由．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，{}n b 是等比数列，______，15b a =，23b =，581b =−，是否存在k ，使得1k k S S +>且12k k S S ++>？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【分析】（1）首先根据条件求出{}n b 的通项公式，再根据所选条件求出数列{}n a ，即可求出n S ；（2）依题意只需找到满足10k a +<且20k a +>的正整数k ，根据（1）中的通项公式得到不等式组，解得即可． 【解答】解：（1）因为在等比数列{}n b 中，23b =，581b =−，所以35227b q b ==−， 所以3q =−，从而222(3)3(3)n n n b b −−=−=⨯−，从而511a b ==−． 若选①：由132b b a +=，得21910a =−−=−，所以521(10)3523d a a d −−−−===−， 所以316n a n =−，所以2(13316)32922n n n n nS −+−−==，若选②：由4427a b ==，且51a =−，所以5428d a a =−=−，所以28139n a n =−+，所以2(11128139)125142n n nS n n −+==−，若选③：由15535()255~2a a S a +=−==解得35a =−，又511a b ==−，所以521(5)2523d a a d −−−−===−，从而211n a n =−，所以2(9211)102n n nS n n −+−==−，（2）若存在k ，使得1k k S S +>，即1k k k S S a +>+，从而10k a +<；同理，若使12k k S S +−<，即112k k k S S a +−+<+，从而20k a +>．若选①：316n a n =−，则3(1)1603(2)160k k +−<⎧⎨+−>⎩，解得101333k <<，因为k N ∈，所以当4k =时满足50a <，且60a >成立； 即当4k =时满足使得1k k S S +>且12k k S S +−<成立； 若选②：28139n a n =−+，所以数列{}n a 为递减数列， 故不存在10k a +<，且20k a +>；即不存在k 使得1k k S S +>且12k k S S ++<成立；若选③：211n a n =−，则2(1)1102(2)110k k +−<⎧⎨+−>⎩，解得7922k <<，因为k N ∈，所以当4k =时，能使50a <，60a >成立． 即当4k =时满足使得1k k S S +>且12k k S S +−<成立； 7．设n S 是数列{}n a 的前n 项和，1332n n n S a +=−，则n a =(42)3nn +⨯；若不等式222nn na k +对任意n N +∈恒成立，则正数k 的最小值为 ．【分析】由n S 与n a 关系，推出3n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，即可求出na ，再由原不等式转化为2231nn k ⨯恒成立，23n n b n ⨯=，可证出{}n b 为递增数列，不等式转化为1216b k=，即可得解．【解答】解：当1n =时，211332S a =−，得118a =，当2n 时，11332n n n S a −−=−，1332n n n S a +=−，两式相减得1332322n n n n a a a −=−−⨯，得1343n n n a a −=+⨯，所以114(2)33n n n n a a n −−−=， 又因为1163a =，所以3n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以6为首项，4为公差的等差数列， 所以423n n a n =+，即(42)3nn a n =+⨯， 因为222nn n a k +，所以222(42)3nn nn k ++⨯，即2231n n k ⨯， 记1233,11n n n n b nb n b n +⨯==>+，所以{}n b 为递增数列，16n b b =， 所以216k ，解得6||6k ， 则正数k 的最小值为6． 故答案为：(42)3n n a n =+⨯；6． 8．数列{}n a 满足*11,1,21nn n a a a n N a +==∈+，则2022a =14043．【分析】利用数列的递推关系式推出新数列是等差数列，求出通项公式，然后求解即可．【解答】解：数列{}n a 满足*11,1,21nn n a a a n N a +==∈+，可得112n n n n a a a a +++=，可得1112n n a a +−=，所以数列1{}n a 是等差数列，首项为1，公差为2， 所以11(1)221nn n a =+−⨯=−，则121n a n =−，2022112202214043a ==⨯−． 故答案为：14043．9．已知数列{}n a 满足211232n n n n n n a a a a a a ++++−=，且1231a a ==，则7(a = )A ．163B ．165C ．1127D ．1129【分析】对所给式子化简、变形，构造新数列，通过等比数列的定义求出新数列的通项公式，再用累加法求出11n a +，进而得到数列{}n a 的通项公式，即可得到答案．【解答】解：因为211232n n n n n n a a a a a a ++++−=，所以12132n n n n n a a a a a +++=−，则121132132n n n n n n na a a a a a a ++++−==−，有21111112()n n n n a a a a +++−=−，所以数列111n n a a +⎧⎫−⎨⎬⎩⎭是以21112a a −=为首项，2为公比的等比数列，则1111222n n n na a −+−=⨯=， 所以11111121111111111()()()222121n n n n n n n n a a a a a a a a −+++−=−+−++−+=++++=−，则11121n n a ++=−，所以771121127a ==−． 故选：C ．10．已知数列{}n a 的各项都是正数，2*11()n n n a a a n N ++−=∈．若数列{}n a 各项单调递增，则首项1a 的取值范围是 (0,2)；当123a =时，记1(1)1n n nb a −−=−，若1220211k b b b k <+++<+，则整数k = ．【分析】本题根据正数数列{}n a 是单调递增数列，可列出211120n n n n a a a a +++−=−<，通过求出1n a +的取值范围，得到2a 的取值范围，逆推出1a 的取值范围；第二空采用裂项相消法求出122021b b b ++⋯+的表达式，然后进行不等式范围计算，即可得到结果【解答】解：因为正数数列{}n a 是单调递增数列，且2*11()n n n a a a n N ++−=∈，所以211120n n n n a a a a +++−=−<，解得1(1,2)n a +∈， 所以2(1,2)a ∈．所以21221[4a a a =−∈−，2)，又因为10a >，所以102a <<，由211n n n a a a ++−=，可得：2111111111n n n n n a a a a a ++++==−−−， 所以111111n n n a a a ++=+−， 因为1(1)1n n n b a −−=−，所以12202112320211111 (1111)b b b a a a a +++=−+−+−−−−112232019202020202021111111111()()...()()1a a a a a a a a a =−+++−−+++−112232019201020202021111111111...1a a a a a a a a a =−−++−−−++−1120211111a a a =−+−20213132a =−−+2021912a =−+． 又因为123a =，且数列{}n a 是递增数列， 所以20212(3a ∈，2)，即202111(2a ∈，3)2，所以202191432a −<−+<−．所以整数4k =−．故答案为：(0,2)；4−．11．已知数列{}n a 满足11a =，121()n n a a n N ++=+∈，记数列11(2)(2)n n n a a a +⎧⎫+⎨⎬++⎩⎭的前n 项和为n T ，若对于任意*n N ∈，不等式n k T >恒成立，则实数k 的取值范围为( ) A ．1[,)2+∞B ．1(,)2+∞C ．1[,)3+∞D ．1(,)3+∞【分析】利用构造法112(1)n n a a ++=+，求出数列{}n a 的通项公式，即可得到数列11(2)(2)n n n a a a +⎧⎫+⎨⎬++⎩⎭的通项公式，再利用裂项相消法求出n T ，即可得出答案．【解答】解：数列{}n a 满足11a =，121()n n a a n N ++=+∈， 112(1)n n a a +∴+=+，且112a +=，∴数列{1}n a +是首项为2，公比为2的等比数列，12n n a ∴+=，即21n n a =−，∴1111211(2)(2)(21)(21)2121n n n n n n n n a a a ++++==−++++++， 22311111111111 (2121212121213213)n n n n T ++∴=−+−++−=−<+++++++， 13k∴， 故实数k 的取值范围为1[3，)+∞，故选：C ．12．已知数列{}n a 满足21n a n =−，在任意相邻两项k a 与1(1k a k +=，2，)⋯之间插入2k 个2，使它们和原数列的项构成一个新的数列{}n b ．记n S 为数列{}n b 的前n 项和，则70S 的值为( ) A ．162 B ．163 C ．164 D ．165【分析】确定数列{}n b 的前70项含有{}n a 的前6项和64个2，从而求出前70项的和．【解答】解：数列{}n a 满足21n a n =−，11a ∴=，23a =，35a =，47a =，59a =，611a =，在任意相邻两项k a 与1(1k a k +=，2，)⋯之间插入2k 个2，∴其中1a ，2a 之间插入2个2，2a ，3a 之间插入4个2，3a ，4a 之间插入8个2，4a ，5a 之间插入16个2，5a ，6a 之间插入32个2，6a ，7a 之间插入64个2，又624816326870+++++=<，624816326470++++++>， ∴数列{}n b 的前70项含有{}n a 的前6项和64个2， 故701357911264164S =++++++⨯=，故选：C ．13．2021年7月24日，中共中央办公厅、国务院印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》，这个政策就是我们所说的“双减”政策，“双减”政策极大缓解了教育的“内卷”现象，而“内卷”作为高强度的竞争使人精疲力竭．数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始，向外圈逐渐旋绕而形成的图案，它的画法是这样的：正方形ABCD 的边长为4，取正方形ABCD 各边的四等分点E ，F ，G ，H 作第二个正方形EFGH ，然后再取正方形EFGH 各边的四等分点M ，N ，P ，Q 作第3个正方形MNPQ ，以此方法一直循环下去，就可得到阴影部分图案，设正方形ABCD 边长为1a ，后续各正方形边长依次为2a ，3a ，⋯，n a ，⋯；如图（二)阴影部分，设直角三角形AEH 面积为1b ，后续各直角三角形面积依次为2b ，3b ，⋯，n b ，⋯下列说法正确的是( )A ．从正方形ABCD 开始，连续3个正方形面积之和为1294． B．14n n a −=⨯． C ．使得不等式12n b >成立的n 的最大值为4．D ．数列{}n b 的前n 项和4n S <．【分析】找到规律，得到1n n a a −=，推导出等比数列，求出通项公式，判断B 选项，进而得到从正方形ABCD 开始，连续3个正方形的面积之和，判断A 选项，得到{}n b 的通项公式，解不等式，判断C 选项，利用等比数列前n 项和公式进行判断D 选项．【解答】解：由题可得1214,4a a a ===，324a ==1n n a −==，则14n n a a −=，所以数列{}n a 是以4为首项，4为公比的等比数列，则14n n a −=⨯，显然B 正确； 由题意可得：22124AEHa a S ∆−=，即2222222311212,,,444n n n a a a a a a b b b +−−−===， 于是22213544()428n nn n b −−−==，为等比数列， 对A ：连续三个正方形面积之和22212325129161044S a a a =++=++=，A 正确； 对C ：令1351()282n n b −=>，则151()83n −>，而4151251()85123−=<，C 错误；对51()358:4[1()]452818n n n D S −=⋅=−<−，D 正确． 故选：ABD ．14．已知等差数列{}n a 中，18a =，42a =． （1）分别求数列{}n a 的通项公式和前n 项和n S ；（2）设12||||||n n T a a a =+++，求n T ．【分析】（1）由等差数列的通项公式与前n 项和公式，即可得解；（2）分类讨论，当5n 时，n n T S =；当5n >时，52n n T S S =−． 【解答】解：（1）公差4128233a a d −−===−， 所以数列{}n a 的通项公式为8(1)(2)102n a n n =+−⨯−=−，1()(8102)(9)22n n a a n n nS n n ++−⨯===−．（2）令1020n a n =−<，则5n >， 当5n 时，(9)n n T S n n ==−；当5n >时，2555[()]2254(9)940n n n T S S S S S n n n n =+−−=−=⨯⨯−−=−+， 综上所述，2(9),5940,5n n n n T n n n −⎧=⎨−+>⎩．15．等差数列{}n a 的公差d 不为0，满足513a =，1a ，2a ，6a 成等比数列．数列{}n b 满足2122232123log log log log 2n n nb b b b ++++=． （1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式： （2）若n n n c a b =，求数列{}n c 的前n 项和n S ．【分析】（1）直接利用已知条件建立方程组及对数的运算的应用进一步求出数列的通项公式； （2）利用（1）的结论，进一步利用乘公比错位相减法在数列求和中的应用求出数列的和．【解答】解：（1）由已知2216a a a =，又513a =， 故2(133)(134)(13)d d d −=−+， 解得0d =（舍去）或3d =；3(3)32n a a n d n ∴=+−=−． 2122232123log log log log 2n n nb b b b ++++=①， 故当1n =时，可知212111log 2log 2b b =⇒=， 14b ∴=当2n 时，可知2122232112311log log log log 2n n n b b b b −−−++++=②，①−②得221log 2log 2n n n b n b =⇒=， ∴4nn b =，又1b 也满足4n n b =， 故当*n N ∈时，都有4n n b =；（2）由（1）知(32)4n n n n c a b n ==−⨯，故1211444(35)4(32)4n n n s n n −=⨯+⨯+⋯+−⨯+−⨯③∴21414(35)4(32)4n n n s n n +=⨯+⋯+−⨯+−⨯④，由③−④得231343(444)(32)4n n n S n +−=+++⋯+−−⨯， 解得1(1)44n n S n +=−⨯+．16．设数列*{}()m a m N ∈，若存在公比为q 的等比数列*1{}()m b m N +∈，使得1k k k b a b +<<，其中1k =，2，3，，m ，则称数列1{}m b +为数列{}m a 的“等比分割数列”则下列说法中错误的是( ) A ．数列5{}:2b ，4，8，16，32是数列4{}:3a ，7，12，24的一个“等比分割数列” B ．若数列{}n a 存在“等比分割数列” 1{}n b +，则有11k k n a a a a −<<<<<和111k k n n b b b b b −+<<<<<<成立，其中2k n ，*k N ∈C ．数列3{}:3a −，1−，2存在“等比分割数列” 4{}b D ．数列10{}a 的通项公式为2(1n n a n ==，2，，10)，若数列10{}a 的“等比分割数列”11{}b 的首项为1，则公比109(2,2)q ∈【分析】利用“等比分割数列”的定义，对四个选项逐一分析判断即可．【解答】解：对于选项A ，因为234<<，478<<，81216<<，162432<<，即满足1k k k b a b +<<， 则数列5{}:2b ，4，8，16，32是数列4{}:3a ，7，12，24的一个“等比分割数列”，故选项A 正确； 对于选项B ，若数列{}n a 存在“等比分割数列” 1{}n b +，则1122344b a b a b a b <<<<<<<，所以11k k n a a a a −<⋯<<<⋯<，111k k n b b b b −+<⋯<<<⋯<成立，故选项B 正确； 对于选项C ，若数列3{}:3a −，1−，2，存在“等比分割数列”4{}b ， 则1234312b b b b <−<<−<<<， 即得到231111312b b q b q b q <−<<−<<<， 又因为131b q −<<−，所以23213q b q q −<<−，与312b q >矛盾，所以假设不成立，即不存在“等比分割数列” 4{}b ，故选项C 错误； 对于选项D ，可得到2233449910122222q q q q q q <<<<<<<<<<<<，可解得109(2,2)q ∈，故选项D 正确．故选：C ．17．如图，由正方形可以构成一系列的长方形，在正方形内绘出一个圆的14，就可以近似地得到等角螺线，第一个和第二个正方形的边长为1，第三个正方形边长为2，，其边长依次记为1a ，2a ，3a ，，得到数列{}n a ，每一段等角螺线与正方形围成的扇形面积记为n b ，得到数列{}n b ，则下列说法正确的有( )A ．201918214()b b a a π−=B ．1214161a a a a +++=−C ．222121413152a a a a a +++=D ．22141613151514a a a a a a +=+【分析】由图中数据可得121a a ==，12(3)n n n a a a n −−=+，由题意可得24n nb a π=，依据各项条件计算即可判断各项的正确性．【解答】解：由图中数据可得121a a ==，12(3)n n n a a a n −−=+， 由题意可得24n nb a π=， 对于2222201920192019201920191821:4()4()()()()44A b b a a a a a a a a a a πππππ−=−=−=−+=；故A 正确；对于12:n n n B a a a −−=+，可得21n n n a a a −−=−， 12143243161516216()()()1a a a a a a a a a a a a +++=−+−++−=−=−，故B 正确；对于12:n n n C a a a −−=−，21112n n n n n a a a a a −−−−∴=−，2222212141232134321415141312114151415()()()a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a ∴+++=+−+−++−=−+=，故C 错误；对于D ：若22141613151514a a a a a a +=+，221416151315140a a a a a a −+−=， 141614151315()()0a a a a a a ∴−+−=，14151514()0a a a a ∴+−=，显然成立，故D 正确．故选：ABD ．。
新高二数列测试题及答案
新高二数列测试题及答案一、选择题（每题4分，共20分）1. 下列数列中，不是等差数列的是（）。
A. 1, 3, 5, 7, 9B. 2, 4, 6, 8, 10C. 1, 2, 3, 4, 5D. 1, 3, 6, 10, 15答案：D2. 等比数列{a_n}中，若a_1=2，公比q=3，则a_3等于（）。
A. 6B. 18C. 54D. 162答案：B3. 已知数列{a_n}的前n项和S_n满足S_n=n^2+1，则a_3等于（）。
A. 4B. 7C. 10D. 13答案：B4. 已知数列{a_n}满足a_1=1，a_{n+1}=2a_n+1，则a_4等于（）。
A. 9B. 11C. 15D. 17答案：C5. 等差数列{a_n}中，若a_5=10，a_8=17，则a_1+a_9等于（）。
A. 13B. 27C. 34D. 41答案：B二、填空题（每题5分，共20分）6. 等差数列{a_n}中，若a_3+a_7=16，则a_5=（）。
答案：87. 等比数列{a_n}中，若a_1=3，公比q=2，则a_4=（）。
答案：248. 已知数列{a_n}满足a_1=2，a_{n+1}=a_n+n，则a_4=（）。
答案：109. 已知数列{a_n}满足a_1=1，a_{n+1}=a_n+n(n+1)，则a_3=（）。
答案：10三、解答题（每题15分，共40分）10. 已知等差数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_5=50，S_10=200，求a_6。
解：由题意可知，S_5=5a_1+10d=50，S_10=10a_1+45d=200。
解得a_1=2，d=4。
因此，a_6=a_1+5d=2+5×4=22。
答案：2211. 已知等比数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_3=7，S_6=28，求a_4+a_5+a_6。
解：由题意可知，S_3=a_1(1-q^3)/(1-q)=7，S_6=a_1(1-q^6)/(1-q)=28。
高二数学数列试题答案及解析
高二数学数列试题答案及解析1.在等差数列中，且.（1）求数列的通项公式；（2）若成等比数列，求数列的前项和.【答案】(1)或;(2).【解析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为，列方程组求出，由此求得数列的通项公式；（2）根据第一问的结论和成等比数列，判断，化简，这是等差数列乘以等比数列，用错位相减法求其前项和.试题解析：（1）得到，解得或当时：，此时；当时，，此时；或（2）由成等比数列，可知则两式相减得到故2.已知数列的前项和构成数列，若，则数列的通项公式________.【答案】【解析】当时，，当时，，综上所述，，故答案为.【考点】数列通项与前项和之间的关系以及公式的应用.【方法点睛】本题主要考查数列通项与前项和之间的关系以及公式的应用，属于难题.已知求的一般步骤：（1）当时，由求的值；（2）当时，由，求得的表达式；（3）检验的值是否满足（2）中的表达式，若不满足则分段表示；（4）写出的完整表达式.3.设是等差数列的前项和，若，则．【答案】1【解析】由等差数列的性质知【考点】等差数列的前n项和及性质.4.已知是等差数列，其中．（1）求的通项；（2）求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由是等差数列，其中，利用等差数列通项公式能求出公差，由此能求出；（2）是首项为，公差为的等差数列，共有项，由等差数列的前项和公式能求出其结果．试题解析：（1）∵，∴，∴；（2）是首项为，公差为的等差数列，共有项，其和．【考点】（1）等差数列的通项公式；（2）数列求和.5.一个三角形的三个内角A、B、C成等差数列，那么的值是A. B. C. D. 不确定【答案】B【解析】因为，三角形的三个内角A、B、C成等差数列，所以，由三角形内角和定理，B=60°，A+C=120°，=，故选B。
【考点】本题主要考查等差数列的概念，三角形内角和定理，特殊角的函数值。
点评：简单题，本题具有一定综合性，解答思路明确，涉及三角形问题，要注意挖掘“隐含条件”。
新高二数列测试题及答案
新高二数列测试题及答案一、选择题（每题4分，共20分）1. 已知数列{a_n}满足a_1=1，a_{n+1}=2a_n+1，求a_5的值。
A. 31B. 63C. 127D. 2552. 数列{b_n}是等差数列，若b_1+b_2+b_3=9，b_4+b_5+b_6=21，则b_7的值为多少？A. 5B. 7C. 9D. 113. 等比数列{c_n}的前三项依次为c_1=2，c_2=4，c_3=8，求c_5的值。
A. 32B. 64C. 128D. 2564. 数列{d_n}满足d_1=1，d_{n+1}=3d_n+2，求d_4的值。
A. 28B. 40C. 52D. 685. 数列{e_n}的通项公式为e_n=n^2-n+1，求e_5的值。
A. 15B. 21C. 25D. 31二、填空题（每题5分，共20分）6. 若数列{f_n}是等比数列，且f_1=3，f_3=12，则f_5的值为______。
7. 数列{g_n}的前n项和为S_n，已知S_1=1，S_2=4，S_3=9，求g_4的值。
8. 数列{h_n}满足h_1=2，h_{n+1}=h_n+n，求h_5的值。
9. 数列{i_n}是等差数列，若i_1=2，i_3=8，则i_5的值为______。
三、解答题（每题15分，共40分）10. 已知数列{j_n}满足j_1=1，j_{n+1}=3j_n+2，求证数列{j_n+1}是等比数列，并求出j_5的值。
11. 数列{k_n}的前n项和为S_n，已知S_1=1，S_2=3，S_3=6，求证数列{k_n}是等差数列，并求出k_4的值。
12. 数列{l_n}满足l_1=1，l_{n+1}=2l_n+1，求证数列{l_n+1}是等比数列，并求出l_5的值。
答案：1. B2. D3. D4. A5. D6. 487. 168. 109. 1410. 证明：由题意知j_{n+1}=3j_n+2，所以j_{n+1}+1=3(j_n+1)，即数列{j_n+1}是首项为2，公比为3的等比数列。
高二理科期末复习数列专题
《数列》专题复习1．n S 与n a 的关系：11(1)(1)n nn S n a S S n -=⎧⎪=⎨->⎪⎩ ，已知n S 求n a ，应分1=n 时1a = ；2≥n 时，n a = 两步，最后考虑1a 是否满足后面的n a .2.等差等比数列3.数列通项公式求法。
4.数列求和（1）公式法；（2）分组求和法；（3）错位相减法；（4）裂项求和法等差数列等比数列定义1n n a a d --=（2n ≥）*1()n na q n N a +=∈ 通项d n a a n )1(1-+=，(),()n m a a n m d n m =+->， 中项如果,,a A b 成等差数列，那么A 叫做a 与b 的等差中项．2a bA +=。
等差中项的设法：如果,,a G b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．等比中项的设法：aq，a ，aq 前n 项和 )(21n n a a nS +=，d n n na S n 2)1(1-+= 性 质*(,,,,)m n p q a a a a m n p q N m n p q +=+∈+=+若2m p q =+，则 若q p n m +=+，则2*2,,(,,,)m p q m p q a a a p q n m N =+=⋅∈若则有n S 、2n n S S -、32n n S S -为等差数列n S 、2n n S S -、32n n S S -为等比数列函数看数列12221()()22n n a dn a d An Bd d s n a n An Bn=+-=+=+-=+ 111(1)11nn n n n n a a q Aq qa as q A Aq q q q===-=-≠--判定方法（1）定义法：证明)(*1N n a a n n ∈-+为一个常数；（2）等差中项：证明*11(2N n a a a n n n ∈+=+-，)2≥n （3）通项公式:(,n a kn b k b =+为常数)(*N ∈n )（4）2n s An Bn =+(,A B 为常数)(∈*n N )（1）定义法：证明)(*1N n a a nn ∈+为一个常数 （2）中项：证明21nn a a -=*1(,2)n a n N n +⋅∈≥ （3）通项公式：(,nn a cq c q =均是不为0常数） （4）n n s Aq =A -(,A q为常数，≠≠A 0,q 0,1）5. n S 的最值问题：在等差数列{}n a 中,有关n S 的最值问题——常用邻项变号法求解：(1)当0,01<>d a 时，满足⎩⎨⎧≤≥+001m m a a 的项数m 使得m S 取最大值.(2)当 0,01><d a 时，满足⎩⎨⎧≥≤+001m m a a 的项数m 使得m S 取最小值。
高二数学(数列)试卷
高二数学（数列）练习卷一、选择题：本大题共有12小题，每小题5分，共60分．1，的一个通项公式是 ( )A. n a =B. n aC. n a =D. n a =2．已知数列{}n a 的首项11a =，且()1212n n a a n -=+≥，则5a 为 ( )A ．7B ．15 C.30 D ．313.下列各组数能组成等比数列的是 ( )A. 111,,369B. lg3,lg9,lg 27C. 6,8,10D. 3,- 4. 等差数列{}n a 的前m 项的和是30，前2m 项的和是100，则它的前3m 项的和是( )A ．130B ．170C ．210D ．2605．已知方程(x 2－2x ＋m )(x 2－2x ＋n )＝0的四个根组成一个首项为14的等差数列，则|m －n |等于( )A ．1B.34C.12D.386．{a n }是首项a 1＝2，公差为d ＝3的等差数列，如果a n ＝2009，则序号n 等于( )A ．667B ．668C ．669D ．6707．已知等差数列{a n }的首项a 1＝125，第10项是第一个比1大的项，则公差d 的取值范围是( )A ．d ＞875B ．d ＜825 C.875＜d ＜325 D.875＜d ≤3258.在等差数列{}n a 和{}n b 中，125a =，175b =，100100100a b +=，则数列{}n n a b +的 前100项和为 ( )A. 0B. 100C. 1000D. 100009．等差数列{a n }的前三项依次为x,2x ＋1,4x ＋2，则它的第5项为( )A ．5x ＋5B ．2x ＋1C ．5D ．410．等比数列{}n a 中，991a a 、为方程016102=+-x x 的两根，则805020a a a ⋅⋅ 的值为( )A ．32B ．64C ．256D ．±6411.在等差数列{}n a 中，若4681012120a a a a a ++++=，则101123a a -的值为 ( )A. 6B. 8C. 10D. 1612. 设由正数组成的等比数列，公比q=2，且3030212=a a a ……·，则30963a a a a ……··等于( )A ．102B ．202C ．162D ．152二、填空题：（共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上．）13.等差数列的前4项和为40，最后4项的和为80，所有各项的和为720，则这个数列 一共有 项.14.若{}n a 是等比数列，下列数列中是等比数列的所有代号为 .① {}2n a ② {}2n a ③ 1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭ ④ {}lg n a 15. 已知数列{}n a 的前n 项和n n S 23+=，则n a =__________.16.在等差数列{}n a 中，14101619100a a a a a ++++=，则161913a a a -+的值是________三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．已知{a n }为等差数列，分别根据下列条件写出它的通项公式．(1)a 3＝5，a 7＝13；(2)前三项为：a,2a －1,3－a .18．已知函数f (x )＝3x x ＋3，数列{x n }的通项由x n ＝f (x n －1)(n ≥2，且n ∈N ＋)确定． (1)求证：{1x n}是等差数列； (2)当x 1＝12时，求x 100.19．（12分）已知正项数列{}n a 满足11a 2=，且n n 1n a a .1a +=+ （1）求正项数列{}n a 的通项公式；（2）求和12n a a a 12n+++20．（12分）在数列{}n a 中，11a =，122n n n a a +=+；（1）设12n n n a b -=．证明：数列{}n b 是等差数列； （2）求数列{}n a 的前n 项和n S 。
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高二理科数学高二下学期期末复习卷——数列1．已知等比数列{}n a 为递增数列， n S 是其前n 项和.若15172a a +=， 244a a =，则6=S （）A. 2716B. 278C. 634D. 6322．已知等比数列{}n a 中，各项都是正数，且1321,,22a a a 成等差数列，则8978a a a a +=+（ ） A. 12+ B. 12- C. 322+ D. 322-3．已知数列{}n a 的前 n 项和记为 n S ，满足1785,3a a ==，且122n n n a a a ++=+，要使得n S 取到最大值，则n =（ ）A. 13 B. 14 C. 15或16 D. 164．用数学归纳法证明不等式，且时，第一步应证明下述哪个不等式成立 （ ） A. B. C. D.5.设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，则a 1a 2鬃?a n 的最大值为 . 6.已知数列{}n a 满足11a =，12n n a na n +=+，则n a =______________; 7．设数列{}n a 满足()112,34n n n a a a n *+=-=⋅∈N ；（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）令n n b n a =+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．8.设n S 为各项不相等的等差数列{}n a 的前n 项和，已知3573a a a =,39S =．（1）求数列{}n a 通项公式； （2）设n T 为数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，求1nn T a +的最大值．9.已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，233-=n n a S （+∈N n ）. （1）求数列}{n a 的通项公式；（2）若数列}{n b 满足143log +=⋅n n n a b a ，记n n b b b b T ++++= 321，求证：27<n T （+∈N n ）.10．设,)(,0xa axx f a +=>令*11),(,1N n a f a a n n ∈==+. （Ⅰ）求4321,,,a a a a 的值；（Ⅱ）猜想数列}{n a 的通项公式，并用数学归纳法证明.11．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足： 112n n na S a =+-，且*0,n a n N >∈. (Ⅰ)求123,,a a a ；(Ⅱ)猜想{}n a 的通项公式，并用数学归纳法证明．12．观察下列不等式：413<； 218125+<； 2211121237++<； 2221111612349+++<； ……（1）由上述不等式，归纳出与正整数n 有关的一个一般性结论； （2）用数学归纳法证明你得到的结论.高二理科数学高二下学期期末复习卷——数列答案1．【答案】D 【解析】∵数列{}n a 为等比数列且244a a =，∴154a a =，又∵15172a a +=且{}n a 为递增数列，∴112a =， 58a =，则公比2q =，故()66112632122S -==-，故选D.2．【答案】A 【解析】1321,,22a a a 成等差数列，23122,210,12,12a a a q q q q ∴=+∴--=∴=+=- (舍去)， 7889677812a a q q q a a q q++∴===+++ ，故选A.3．【答案】C 【解析】由于122n n n a a a ++=+，故数列为等差数列，依题意有7181757,33a a d d d =+=+==-，所以()21131266n n n n n S na d -=+⋅=-+，开口向下且对称轴为312n =，故15n =或16时取得最大值. 4．【答案】C 试题分析：由题：：则当2n =时，111223++< 5.6.解析：由12n n a na n +=+得：32412311234134561n n a a a a n a a a a n -⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅+－112(1)n a a n n ⨯⇒=+， 11a =，2(1)n a n n ∴=+ 7．【答案】（1）42n n a =-；（2）()2344123nn n n S -=+-． 【解析】（1）134nn n a a +-=⋅，∴1134n n n a a ---=⋅；21234n n n a a ----=⋅…….2134a a -=⋅，∴()121112413434344441n n n n a a ----=⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅==--，∴42n n a =-．（2）42nn n b n a n =+=+-， ∴()()12124442n n S n n =+++++++-()()()244113424124123n nn n n n n -+-=+-=+--．8．【解析】（1）设{}n a 的公差为d ，则由题意知()()()1111243632392a d a d a d a d ⎧++=+⎪⎨⨯+=⎪⎩， 解得103d a =⎧⎨=⎩（舍去）或112d a =⎧⎨=⎩，∴()2111n a n n =+-⨯=+．10．试题解析：（1）∵11=a ∴aaa f a a a a f a a a f a f a +==+==+===3)(,2)(,1)1()(342312， （2）猜想：*()(1)n aa n N n a=∈-+下面用数学归纳法证明： 当1=n 时，11=a ，猜想成立；假设当),1(*N k k k n ∈≥=时猜想成立，即：(1)k aa k a=-+则1(1)()(1)1(1)k k k k aa a a a k a af a a a a k a a k a+⋅⋅-+====+-+++-+[(1)1]a k a =+-+ ∴当1+=k n 时猜想也成立. 由①，②可知，对任意,*N n ∈都有an aa n +-=)1(成立.11.试题解析：(Ⅰ) 111111,2a a s a ==+-，所以113a =-±.又因为0n a >，所以131a =- 22122112a S a a a =+=+-，所以253a =- 331233112a S a a a a =++=+-，所以375a =- (Ⅱ)由(Ⅰ)猜想2121n a n n =+--， n N +∈ 下面用数学归纳法加以证明：①当1n =时，由（1）知131a =-成立．②假设n k = (k N +∈)时， 2121k a k k =+--成立．当1n k =+时， 1111111122k k k k k k k a a a S S a a ++++⎛⎫⎛⎫=-=+--+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭11111212111212222121k k k k a a k k k a a k k +++++--=+--=+-++-- 所以21122120k k a k a ++++-=,解得： 12321k a k k +=+-+，所以()()1211211k a k k +=++-+- 即当1n k =+时猜想也成立．综上可知，猜想对一切n N +∈都成立．12.试题解析：解：（1）观察上述各不等式，得到与正整数n 有关的一般不等式为2221111234+++++ 21421n n n <+. （2）以下用数学归纳法证明2221111234+++++ 21421nn n <+（*N n ∈）.①当1n =时，由题设可知，不等式显然成立.②假设当n k =（*N k ∈）时，不等式成立，即2221111234+++++ 21421kk k <+，那么，当1n k =+时，有2221111234+++++()()22211412111k k k k k +<++++. 下证()()()24141212111k k k k k ++<++++，即证()()2411423211k kk k k +<-+++. 即证()211232141k kk k k +<-+++ ()()12123k k =++， 即证()()()2412123k k k +>++， 即证22484483k k k k ++>++， 即证43>.而43>显然成立. 因此2221111234+++++()()22211412111k k k k k +<++++成立. 所以当1n k =+时，不等式也成立.根据①和②，不等式2221111234+++++21421nn n <+对任意*N n ∈都成立.。