数列---高考复习题(含答案)

第1页数列练习题1．{an}是首项a1＝1，公差为d＝3的等差数列，如果an＝2005，则序号n等于()．A．667B．668C．669D．6702．在各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1＝3，前三项和为21，则a3＋a4＋a5＝()．A．33B．72C．84D．1893．如果a1，a2，…，a8为各项都大于零的等差数列，公差d≠0，则()．A．a1a8＞a4a5B．a1a8＜a4a5C．a1＋a8＜a4＋a5D．a1a8＝a4a5+4．已知方程(x2－2x＋m)(x2－2x＋n)＝0的四个根组成一个首项为41的等差数列，则｜m－n｜等于()．A．1B．43C．21D．835．等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和为().A．81B．120C．168D．1926．若数列{an}是等差数列，首项a1＞0，a2003＋a2004＞0，a2003·a2004＜0，则使前n项和Sn＞0成立的最大自然数n是()．A．4005B．4006C．4007D．40087．已知等差数列{an}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列,则a2＝()．A．－4B．－6C．－8D．－108．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若35aa＝95，则59SS＝()．A．1B．－1C．2D．219．已知数列－1，a1，a2，－4成等差数列，－1，b1，b2，b3，－4成等比数列，则212baa的值是()．A．21B．－21C．－21或21D．4110．在等差数列{an}中，an≠0，an－1－2na＋an＋1＝0(n≥2)，若S2n－1＝38，则n＝()．A．38B．20C．10D．9二、填空题11．已知等比数列{an}中，(1)若a3·a4·a5＝8，则a2·a3·a4·a5·a6＝．(2)若a1＋a2＝324，a3＋a4＝36，则a5＋a6＝．(3)若S4＝2，S8＝6，则a17＋a18＋a19＋a20＝.第2页12．在38和227之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为．13．在等差数列{an}中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，则此数列前13项之和为.14．在等差数列{an}中，a5＝3，a6＝－2，则a4＋a5＋…＋a10＝.15．设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)＝；当n＞4时，f(n)＝．三、解答题16．(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n，求证数列{an}成等差数列.(2)已知a1，b1，c1成等差数列，求证acb，bac，cba也成等差数列.17．设{an}是公比为q的等比数列，且a1，a3，a2成等差数列．(1)求q的值；(2)设{bn}是以2为首项，q为公差的等差数列，其前n项和为Sn，当n≥2时，比较Sn与bn的大小，并说明理由．18．数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝nn2Sn(n＝1，2，3…)．求证：数列{nSn}是等比数列．19．已知数列{an}是首项为a且公比不等于1的等比数列，Sn为其前n项和，a1，2a7，3a4成等差数列.求证：12S3，S6，S12－S6成等比数列.第3页参考答案一、选择题1．C解析：由题设，代入通项公式an＝a1＋(n－1)d，即2005＝1＋3(n－1)，∴n＝699．2．C解析：本题考查等比数列的相关概念，及其有关计算能力．设等比数列{an}的公比为q(q＞0)，由题意得a1＋a2＋a3＝21，即a1(1＋q＋q2)＝21，又a1＝3，∴1＋q＋q2＝7．解得q＝2或q＝－3(不合题意，舍去)，∴a3＋a4＋a5＝a1q2(1＋q＋q2)＝3×22×7＝84．3．B．解析：由a1＋a8＝a4＋a5，∴排除C．又a1·a8＝a1(a1＋7d)＝a12＋7a1d，∴a4·a5＝(a1＋3d)(a1＋4d)＝a12＋7a1d＋12d2＞a1·a8．4．C解析：解法1：设a1＝41，a2＝41＋d，a3＝41＋2d，a4＝41＋3d，而方程x2－2x＋m＝0中两根之和为2，x2－2x＋n＝0中两根之和也为2，∴a1＋a2＋a3＋a4＝1＋6d＝4，∴d＝21，a1＝41，a4＝47是一个方程的两个根，a1＝43，a3＝45是另一个方程的两个根．∴167，1615分别为m或n，∴｜m－n｜＝21，故选C．解法2：设方程的四个根为x1，x2，x3，x4，且x1＋x2＝x3＋x4＝2，x1·x2＝m，x3·x4＝n．由等差数列的性质：若＋s＝p＋q，则a＋as＝ap＋aq，若设x1为第一项，x2必为第四项，则x2＝47，于是可得等差数列为41，43，45，47，∴m＝167，n＝1615，∴｜m－n｜＝21．第4页5．B解析：∵a2＝9，a5＝243，25aa＝q3＝9243＝27，∴q＝3，a1q＝9，a1＝3，∴S4＝3－13－35＝2240＝120．6．B解析：解法1：由a2003＋a2004＞0，a2003·a2004＜0，知a2003和a2004两项中有一正数一负数，又a1＞0，则公差为负数，否则各项总为正数，故a2003＞a2004，即a2003＞0，a2004＜0.∴S4006＝2＋006400641)(aa＝2＋006400420032)(aa＞0，∴S4007＝20074·(a1＋a4007)＝20074·2a2004＜0，故4006为Sn＞0的最大自然数.选B．解法2：由a1＞0，a2003＋a2004＞0，a2003·a2004＜0，同解法1的分析得a2003＞0，a2004＜0，∴S2003为Sn中的最大值．∵Sn是关于n的二次函数，如草图所示，∴2003到对称轴的距离比2004到对称轴的距离小，∴20074在对称轴的右侧．根据已知条件及图象的对称性可得4006在图象中右侧零点B的左侧，4007，4008都在其右侧，Sn＞0的最大自然数是4006．7．B解析：∵{an}是等差数列，∴a3＝a1＋4，a4＝a1＋6，又由a1，a3，a4成等比数列，∴(a1＋4)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝－8，∴a2＝－8＋2＝－6．8．A解析：∵59SS＝2)(52)(95191aaaa＝3559aa＝59·95＝1，∴选A．9．A(第6题)第5页解析：设d和q分别为公差和公比，则－4＝－1＋3d且－4＝(－1)q4，∴d＝－1，q2＝2，∴212baa＝2qd＝21．10．C解析：∵{an}为等差数列，∴2na＝an－1＋an＋1，∴2na＝2an，又an≠0，∴an＝2，{an}为常数数列，而an＝1212nSn，即2n－1＝238＝19，∴n＝10．二、填空题11．（1）32；（2）4；（3）32．解析：（1）由a3·a5＝24a，得a4＝2，∴a2·a3·a4·a5·a6＝54a＝32．（2）9136)(324222121qqaaaa，∴a5＋a6＝(a1＋a2)q4＝4．（3）2＝＋＝＋＋＋＝2＝＋＋＋＝4444821843214qqSSaaaSaaaaS，∴a17＋a18＋a19＋a20＝S4q16＝32．12．216．解析：本题考查等比数列的性质及计算，由插入三个数后成等比数列，因而中间数必与38，227同号，由等比中项的中间数为22738＝6，插入的三个数之积为38×227×6＝216．13．26．解析：∵a3＋a5＝2a4，a7＋a13＝2a10，∴6(a4＋a10)＝24，a4＋a10＝4，∴S13＝2＋13131)(aa＝2＋13104)(aa＝2413＝26．14．－49．解析：∵d＝a6－a5＝－5，第6页∴a4＋a5＋…＋a10＝2＋7104)(aa＝25＋＋－755)(dada＝7(a5＋2d)＝－49．15．5，21(n＋1)(n－2)．解析：同一平面内两条直线若不平行则一定相交，故每增加一条直线一定与前面已有的每条直线都相交，∴f(k)＝f(k－1)＋(k－1)．由f(3)＝2，f(4)＝f(3)＋3＝2＋3＝5，f(5)＝f(4)＋4＝2＋3＋4＝9，……f(n)＝f(n－1)＋(n－1)，相加得f(n)＝2＋3＋4＋…＋(n－1)＝21(n＋1)(n－2)．三、解答题16．分析：判定给定数列是否为等差数列关键看是否满足从第2项开始每项与其前一项差为常数．证明：（1）n＝1时，a1＝S1＝3－2＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5，n＝1时，亦满足，∴an＝6n－5(n∈N*)．首项a1＝1，an－an－1＝6n－5－[6(n－1)－5]＝6(常数)(n∈N*)，∴数列{an}成等差数列且a1＝1，公差为6．（2）∵a1，b1，c1成等差数列，∴b2＝a1＋c1化简得2ac＝b(a＋c)．acb＋＋cba＋＝acabacbc＋＋＋22＝accacab22＋＋＋)(＝acca2＋)(＝2＋＋2)()(cabca＝2·bca＋，∴acb＋，bac＋，cba＋也成等差数列．17．解：（1）由题设2a3＝a1＋a2，即2a1q2＝a1＋a1q，∵a1≠0，∴2q2－q－1＝0，第7页∴q＝1或－21．（2）若q＝1，则Sn＝2n＋21－)(nn＝23＋2nn．当n≥2时，Sn－bn＝Sn－1＝22＋1－))((nn＞0，故Sn＞bn．若q＝－21，则Sn＝2n＋21－)(nn(－21)＝49＋－2nn．当n≥2时，Sn－bn＝Sn－1＝4－11－)0)((nn，故对于n∈N+，当2≤n≤9时，Sn＞bn；当n＝10时，Sn＝bn；当n≥11时，Sn＜bn．18．证明：∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝nn2＋Sn，∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，整理得nSn＋1＝2(n＋1)Sn，所以1＋1＋nSn＝nSn2．故{nSn}是以2为公比的等比数列．19．证明：由a1，2a7，3a4成等差数列，得4a7＝a1＋3a4，即4a1q6＝a1＋3a1q3，变形得(4q3＋1)(q3－1)＝0，∴q3＝－41或q3＝1(舍)．由3612SS＝qqaqqa1)1(121)1(3161＝1213q＝161；6612SSS＝612SS－1＝qqaqqa1)1(1)1(61121－1＝1＋q6－1＝161；得3612SS＝6612SSS．∴12S3，S6，S12－S6成等比数列．