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数列经典试题[含的答案解析]

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强力推荐人教版数学高中必修 5 习题

第二章 数列

1.{an}是首项 a1=1,公差为 d=3 的等差数列,如果 an=2 005,则序号 n 等于(

).

A.667

B.668

C.669

D.670

2.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.33

B.72

C.84

D.189

3.如果 a1,a2,…,a8 为各项都大于零的等差数列,公差 d≠0,则(

).

A.a1a8>a4a5

B.a1a8<a4a5

C.a1+a8<a4+a5 D.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 1 的等差数列,则 4

|m-n|等于( ).

A.1

B. 3 4

C. 1 2

5.等比数列{an}中,a2=9,a5=243,则{an}的前 4 项和为(

D. 3 8
).

A.81

B.120

C.168

D.192

6.若数列{an}是等差数列,首项 a1>0,a2 003+a2 004>0,a2 003·a2 004<0,则使前 n 项和 Sn>0 成立的最大自然数 n 是( ).

A.4 005

B.4 006

C.4 007

D.4 008

7.已知等差数列{an}的公差为 2,若 a1,a3,a4 成等比数列, 则 a2=(

).

A.-4

B.-6

C.-8

D. -10

8.设

Sn 是等差数列{an}的前

n

项和,若

a5 a3



5 9

,则

S9 S5

=(

).

A.1

B.-1

C.2

D. 1 2

9.已知数列-1,a1,a2,-4

成等差数列,-1,b1,b2,b3,-4

成等比数列,则

a2 ? b2

a1

的值是(

).

A. 1 2

B.- 1 2

C.- 1 或 1 22

D. 1 4

10.在等差数列{an}中,an≠0,an-1-

a

2 n

+an+1=0(n≥2),若

S2n-1=38,则

n=(

).

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A.38

B.20

C.10

D.9

二、填空题

11.设 f(x)= 1 ,利用课本中推导等差数列前 n 项和公式的方法,可求得 f(-5)+f(-4)+…+f(0)+…+f(5) 2x ? 2

+f(6)的值为

.

12.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=

.

13.在 8 和 27 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 . 32

14.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

.

15.在等差数列{an}中,a5=3,a6=-2,则 a4+a5+…+a10=

.

16.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

17.(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 1 , 1 , 1 成等差数列,求证 b ? c , c ? a , a ? b 也成等差数列.

abc

a

b

c

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18.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.
19.数列{an}的前 n 项和记为 Sn,已知 a1=1,an+1= n ? 2 Sn(n=1,2,3…). n
求证:数列{ Sn }是等比数列. n
20.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.
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第二章 数列

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 2 005=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=

1 4

,a2=

1 4

+d,a3=

1 4

+2d,a4=

1 4

+3d,而方程

x2-2x+m=0

中两根之和为

2,x2-2x+n=0



两根之和也为 2,

∴a1+a2+a3+a4=1+6d=4,

∴d= 1 ,a1= 1 ,a4= 7 是一个方程的两个根,a1= 3 ,a3= 5 是另一个方程的两个根.

2

4

4

4

4

∴ 7 , 15 分别为 m 或 n, 16 16

∴|m-n|= 1 ,故选 C. 2

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.
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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= 7 ,于是可得等差 4

数列为 1 , 3 , 5 , 7 , 4444

∴m= 7 ,n= 15 ,

16

16

∴|m-n|= 1 . 2

5.B

解析:∵a2=9,a5=243,

a5 a2

=q3=

243 =27, 9

∴q=3,a1q=9,a1=3,

∴S4=

3-35 1-3



240 2

=120.

6.B

解析:

解法 1:由 a2 003+a2 004>0,a2 003·a2 004<0,知 a2 003 和 a2 004 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 a2 003>a2 004,即 a2 003>0,a2 004<0.

∴S4 006=

4

006(a1+a4 2

) 006 =

4

006(a2

003+a2 2

) 004 >0,

∴S4 007=

4

007 2

·(a1+a4 007)=

4

007 2

·2a2 004<0,

故 4 006 为 Sn>0 的最大自然数. 选 B.

解法 2:由 a1>0,a2 003+a2 004>0,a2 003·a2 004<0,同

a2 004<0, ∴S2 003 为 Sn 中的最大值.

∵Sn 是关于 n 的二次函数,如草图所示,

∴2 003 到对称轴的距离比 2 004 到对称轴的距离小,

∴ 4 007 在对称轴的右侧. 2
根据已知条件及图象的对称性可得 4 006 在图象中右侧

都在其右侧,Sn>0 的最大自然数是 4 006. 7.B

(第 6 题)

解法 1 的分析得 a2 003>0, 零点 B 的左侧,4 007,4 008

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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

9(a1 ? a9 ) 解析:∵ S9 = 2 = 9 ? a5 = 9 · 5 =1,∴选 A.
S5 5(a1 ? a5 ) 5? a3 5 9
2

9.A

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,

∴ a2 ? a1 = d = 1 .

b2

? q2 2

10.C

解析:∵{an}为等差数列,∴

an2

=an-1+an+1,∴

a

2 n

=2an,

又 an≠0,∴an=2,{an}为常数数列,

而 an= S2n?1 ,即 2n-1= 38 =19,

2n ?1

2

∴n=10.

二、填空题

11. 3 2 .

解析:∵f(x)= 1 , 2x ? 2

∴f(1-x)= 1 21?x ?



2x



2 2 ? 2 ?2x

1 2x 2, 2 ? 2x

1 ? 2x 1? 1 ? 2x

1 ( 2 ? 2x)

∴f(x)+f(1-x)= 1 + 2 =

2 =2

= 2.

2 ? 2x

2 ? 2x

2 ? 2x

2 ? 2x

2

设 S=f(-5)+f(-4)+…+f(0)+…+f(5)+f(6),

则 S=f(6)+f(5)+…+f(0)+…+f(-4)+f(-5),

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∴2S=[f(6)+f(-5)]+[f(5)+f(-4)]+…+[f(-5)+f(6)]=6 2 ,

∴S=f(-5)+f(-4)+…+f(0)+…+f(5)+f(6)=3 2 . 12.(1)32;(2)4;(3)32.

解析:(1)由

a3·a5=

a

2 4

,得

a4=2,

∴a2·a3·a4·a5·a6=

a

5 4

=32.

(2)

?a1 ? a2 ? 324

? ?(a1

?

a2 )q2

?

36

?

q2

?

1 9



∴a5+a6=(a1+a2)q4=4.

(3)

??S4=a1+a2+a3+a4=2 ???S8=a1+a2+? ? ?+a8=S4+S4q4

?

q4=2



∴a17+a18+a19+a20=S4q16=32. 13.216. 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 8 , 27 同号,由等比中项的
32

中间数为 8 ? 27 =6,?插入的三个数之积为 8 × 27 ×6=216.

32

32

14.26.

解析:∵a3+a5=2a4,a7+a13=2a10,

∴6(a4+a10)=24,a4+a10=4,

∴S13= 13(a1+a13)= 13(a4+a10 ) = 13? 4 =26.

2

2

2

15.-49.

解析:∵d=a6-a5=-5,
∴a4+a5+…+a10 = 7(a4+a10 )
2 = 7(a5-d+a5+5d )
2 =7(a5+2d)

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=-49. 16.5, 1 (n+1)(n-2).
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)= 1 (n+1)(n-2).
2 三、解答题

17.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)∵ 1 , 1 , 1 成等差数列, abc

∴ 2 = 1 + 1 化简得 2ac=b(a+c). bac

b+c + a+b

a

c

= bc+c2+a2+ab = b(a+c)+a2+c2

ac

ac

= (a+c)2 ac



(a+c)2 b(a+c)

=2·

a+c b



2

∴ b+c , c+a , a+b 也成等差数列.

a

b

c

18.解:(1)由题设 2a3=a1+a2,即 2a1q2=a1+a1q,

∵a1≠0,∴2q2-q-1=0,

∴q=1 或- 1 . 2

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(2)若

q=1,则

Sn=2n+

n(n-1)= 2

n 2+3n 2



当 n≥2 时,Sn-bn=Sn-1= (n-1)(n+2)>0,故 Sn>bn. 2



q=-

1 2

,则

Sn=2n+

n(n-1) 2

(- 1 )= -n2+9n .

2

4

当 n≥2 时,Sn-bn=Sn-1=(n-1)(10-n) , 4

故对于 n∈N+,当 2≤n≤9 时,Sn>bn;当 n=10 时,Sn=bn;当 n≥11 时,Sn<bn.

19.证明:∵an+1=Sn+1-Sn,an+1= n+2 Sn, n

∴(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn),整理得 nSn+1=2(n+1) Sn,

所以 Sn+1 = 2Sn . n+1 n

故{ Sn }是以 2 为公比的等比数列. n

20.证明:由 a1,2a7,3a4 成等差数列,得 4a7=a1+3a4,即 4 a1q6=a1+3a1q3,

变形得(4q3+1)(q3-1)=0,

∴q3=- 1 或 q3=1(舍). 4

a1(1 ? q6 )

由 S6 = 1? q = 1? q3 = 1 ;

12S3 12a1(1 ? q3)

12

16

1? q

a1(1? q12)

S12 ? S6 = S12 -1= 1? q -1=1+q6-1= 1 ;

S6

S6

a1(1? q6 )

16

1? q

得 S6 = S12 ? S6 .

12S3

S6

∴12S3,S6,S12-S6 成等比数列.

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