高中数学数列(二)习题及答案

众享教育品质精、简、心、细我们始终追求的品质！数列（二）9.151.若两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别是Sn和Tn，已知，则=（）A．7B．C．D．2.已知数列{an}的首项为2，且数列{an}满足1a1aann1n，设数列{an}的前n项和为Sn，则S2017=（）A．﹣586B．﹣588C．﹣590D．﹣5043.若数列{an}是正项数列，且++…+=n2+n，则a1++…+等于（）A．2n2+2nB．n2+2nC．2n2+nD．2（n2+2n）4.设Sn是等差数列{an}的前n项和，若=（）A．1B．﹣1C．2D．5.等差数列{an}中，已知S15=90，那么a8=（）A．12B．4C．3D．66.已知数列{an}满足，前n项的和为Sn，关于an，Sn叙述正确的是（）A．an，Sn都有最小值B．an，Sn都没有最小值C．an，Sn都有最大值D．an，Sn都没有最大值7.已知数列{an}中，a1=2，an+1=2an+3•2n，则数列{an}的通项公式an=．8.数列{an}的a1=，an+1=，{an}的通项公式是．10.已知正项数列{an}的前n项的和为Sn，且满足：，（n∈N+）（1）求a1，a2，a3的值（2）求数列{an}的通项公式．11.设正项数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn+1=a2Sn+a1，S3=14．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn=an﹣1，求211bba+322bba+…+1nnnbba．众享教育品质精、简、心、细我们始终追求的品质！已知数列{an}，a1=1，满足．（1）求证：数列是等差数列，并求数列{an}的通项公式；（2）若数列{bn}满足b1+2b2+…+nbn=an，对一切n∈N*都成立，求数列{bn}的通项公式．13.（12分）已知数列{an}、{bn}中，对任何正整数n都有：a1bn+a2bn﹣1+a3bn﹣2…+an﹣1b2+anb1=2n+1﹣n﹣2．（1）若数列{an}是首项和公差都是1的等差数列，求b1，b2，并证明数列{bn}是等比数列；（2）若数列{bn}是等比数列，数列{an}是否是等差数列，若是请求出通项公式，若不是请说明理由；（3）若数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，求证：11ba1+22ba1+…+nnba1＜23．14.已知数列{an}的首项a1=1，前n项和为Sn，且an+1=2an+1，n∈N*．（1）证明数列{an+1}是等比数列并求数列{an}的通项公式；（2）证明：．15.设Tn是数列{an}的前n项之积，并满足：Tn=1﹣an（n∈N*）．（Ⅰ）求a1，a2，a3．（Ⅱ）证明数列{}等差数列；（Ⅲ）令bn=，证明{bn}前n项和Sn＜．16已知数列{an}的前n项和，令bn=log9an+1．（1）求数列{bn}的通项公式；（2）若数列{bn}的前n项和为Tn，数列的前n项和为Hn，求H2017．17.已知数列{an}中，．（1）求数列{an}的通项公式an；（2）求数列{n2an}的前n项和Tn；（3）若存在n∈N*，使关于n的不等式an≤（n+1）λ成立，求常数λ的最小值．众享教育品质精、简、心、细我们始终追求的品质！已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn=t（Sn﹣an+1）（t为常数，且t≠0，t≠1）．（1）证明：{an}成等比数列；（2）设，若数列{bn}为等比数列，求t的值；（3）在满足条件（2）的情形下，设cn=4an+1，数列{cn}的前n项和为Tn，若不等式≥2n﹣7对任意的n∈N*恒成立，求实数k的取值范围．19.已知数列{an}的前n项和为Sn，且an是Sn与2的等差中项，数列{bn}中，b1=1，点P（bn，bn+1）在直线x﹣y+2=0上，n∈N*．（1）求数列{an}，{bn}的通项an和bn；（2）求证：；（3）设cn=an•bn，求数列{cn}的前n项和Tn．20.已知数列{an}满足：，anan+1＜0（n≥1），数列{bn}满足：bn=an+12﹣an2（n≥1）．（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式（Ⅱ）证明：数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列．试卷答案1.D【考点】等差数列的性质．【分析】由已知，根据等差数列的性质，把转化为求解．【解答】解：．故选：D．2.A【考点】8E：数列的求和．【分析】a1=2，⇒，，，众享教育品质精、简、心、细我们始终追求的品质！…可得数列{an}是周期为4的周期数列，即可求解．【解答】解：∵a1=2，，∴，，，…可得数列{an}是周期为4的周期数列．S2017=，故选：A．3.A【考点】8H：数列递推式．【分析】利用数列递推关系可得an，再利用等差数列的求和公式即可得出．【解答】解：∵++…+=n2+n，∴n=1时，=2，解得a1=4．n≥2时，++…+=（n﹣1）2+n﹣1，相减可得：=2n，∴an=4n2．n=1时也成立．∴=4n．则a1++…+=4（1+2+…+n）=4×=2n2+2n．故选：A．4.A【考点】等差数列的性质．【分析】充分利用等差数列前n项和与某些特殊项之间的关系解题．【解答】解：设等差数列{an}的首项为a1，由等差数列的性质可得a1+a9=2a5，a1+a5=2a3，∴====1，故选A．众享教育品质精、简、心、细我们始终追求的品质！【点评】本题主要考查等差数列的性质、等差数列的前n项和公式以及等差中项的综合应用，已知等差数列{an}的前n项和为Sn，则有如下关系S2n﹣1=（2n﹣1）an．5.D【考点】等差数列的性质．【分析】由题意可得：S15=（a1+a15）=90，由等差数列的性质可得a1+a15=2a8，代入可得答案．【解答】解：因为数列{an}是等差数列，所以，a1+a15=2a8，则S15=（a1+a15）=15a8，又S15=90，所以，15a8=90，则a8=6．故选：D．【点评】本题考查等差数列的性质和求和公式，属基础题．6.A【考点】数列的函数特性．【分析】利用数列通项的单调性和正负即可判断出答案．【解答】解：①∵，∴当n≤5时，an＜0且单调递减；当n≥6时，an＞0，且单调递减．故当n=5时，a5=﹣3为最小值；②由①的分析可知：当n≤5时，an＜0；当n≥6时，an＞0．故可得S5最小．综上可知：．an，Sn都有最小值．故选A．【点评】正确分析数列通项的单调性和正负是解题的关键．7.（3n﹣1）•2n﹣1【考点】数列递推式．【分析】把已知等式两边同时除以2n+1，可得数列{}是以1为首项，以为公差的等差数列，再由等差数列的通项公式求得答案．【解答】解：由an+1=2an+3•2n，得，众享教育品质精、简、心、细我们始终追求的品质！即，又，∴数列{}是以1为首项，以为公差的等差数列，则，∴．故答案为：（3n﹣1）•2n﹣1．8.an=【考点】8H：数列递推式．【分析】由an+1=，两边取倒数可得：=+，变形为：﹣1=（﹣1），利用等比数列的通项公式即可得出．【解答】解：由an+1=，两边取倒数可得：=+，变形为：﹣1=（﹣1），∴数列{﹣1}是等比数列，首项为，公比为．∴﹣1=．∴an=．故答案为：an=．【点评】本题考查了等比数列的通项公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．9.【考点】数列的求和；数列的概念及简单表示法．【分析】（1）由题得an2+an=2Sn，an+12+an+1=2Sn+1，两式子相减得{an}是首项为1，公差为1众享教育品质精、简、心、细我们始终追求的品质！的等差数列，即可求数列{an}的通项公式；（2）若bn=，利用错位相减法，求数列{bn}的前n项和Tn．【解答】解：（1）由题得an2+an=2Sn，an+12+an+1=2Sn+1，两式子相减得：结合an＞0得an+1﹣an=1…..令n=1得a12+a1=2S1，即a1=1，所以{an}是首项为1，公差为1的等差数列，即an=n…..（2）因为bn==（n≥2）所以Tn=+…+①Tn=+…++②…..（8分）①﹣②得Tn=1++…+﹣=﹣，所以数列{bn}的前n项和Tn=3﹣．…..（12分）【点评】本题考查数列的通项与求和，考查错位相减法的运用，属于中档题．10.【考点】数列递推式．【分析】（1）分别在已知数列递推式中取n=1、2、3，结合an＞0求得a1，a2，a3的值；（2）由+an，得，两式作差后，可得{an}是首项为1，公差为1的等差数列，再由等差数列的通项公式得答案．【解答】解：（1）由，取n=1，得，∵an＞0，得a1=1，取n=2，得，解得a2=2，取n=3，得，解a3=3；（2）∵+an，①∴，②②﹣①得（an+1+an）（an+1﹣an﹣1）=0，∵an＞0，∴an+1+an＞0，则an+1﹣an=1，众享教育品质精、简、心、细我们始终追求的品质！∴{an}是首项为1，公差为1的等差数列，∴an=1+（n﹣1）×1=n．【点评】本题考查数列递推式，考查了等差关系的确定，训练了等差数列通项公式的求法，是中档题．11.【考点】数列的求和；数列递推式．【分析】（I）Sn+1=a2Sn+a1，S3=14．可得n=1时，a1+a2=+a1，a2＞0，解得a1．n=2时，2+a2+a3=+2=14，解得a2，可得Sn+1=2Sn+2，利用递推关系与等比数列的通项公式即可得出．（II）bn=an﹣1=2n﹣1，可得==．利用“裂项求和”方法即可得出．【解答】解：（I）∵Sn+1=a2Sn+a1，S3=14．∴n=1时，a1+a2=+a1，a2＞0，解得a1=2．n=2时，2+a2+a3=+2=14，解得a2=4，∴Sn+1=2Sn+2，n≥2时，Sn=2Sn﹣1+2，可得：an+1=2an（n=1时也成立）．∴数列{an}是等比数列，首项与公比都为2，∴an=2n．（II）bn=an﹣1=2n﹣1，∴==．∴++…+=++…+=1﹣．12.【考点】数列的求和；等差数列的通项公式．【分析】（1）将已知等式两边同除以2n+1，结合等差数列的定义和通项公式，即可得到所求；众享教育品质精、简、心、细我们始终追求的品质！（2）运用数列的递推式，n=1时，求得b1，n≥2时，n换为n﹣1，相减可得所求，注意检验n=1的情况．【解答】（1）证明：∵，∴，∴数列构成以为首项，为公差的等差数列，即．（2）解：b1+2b2+…+nbn=an，即，n=1时，由b1+2b2+3b3+…+nbn=an，得b1=a1=1．n≥2时，由b1+2b2+3b3+…+nbn=an，①b1+2b2+3b3+…+（n﹣1）bn﹣1=an﹣1，②①﹣②得：，，检验n=1时满足上式．∴．【点评】本题考查等差数列的定义和通项公式的运用，考查数列递推式的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题．13.【考点】数列与不等式的综合．【分析】（1）利用递推关系式得出bn+2bn﹣1+3bn﹣2+…+（n﹣1）b2+nb1=2n+1﹣n﹣2，bn﹣1+2bn﹣2+3bn﹣3+…+（n﹣2）b2+（n﹣1）b1=2n﹣n﹣1，（n≥2），相减得出bn+bn﹣1+…+b2+b1=2n﹣1，利用前n项的和Sn求解bn=2n﹣1，证明即可．（2）bqn﹣1a1+bqn﹣2a2+bqn﹣3a3+…+bqan﹣1+ban=2n+1﹣n﹣2，又bqn﹣2a1+bqn﹣3a2+bqn﹣4a3+…+ban﹣1=2n﹣n﹣1（n≥2），an=×2n×n，讨论求解即可．（3）求解++…+=+…+＜++…+求解为和的形式，放缩即可．【解答】