数列测试题及答案5则范文

第一篇：数列测试题及答案

数列测试题及答案：

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．

1．在等差数列{an}中，若a1＋a2＋a12＋a13＝24，则a7为()

A．6 B．7 C．8 D．9

解析：∵a1＋a2＋a12＋a13＝4a7＝24，∴a7＝6.答案：A

2．若等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S33－S22＝1，则数列{an}的公差是()

A.12 B．1 C．2 D．

3解析：由Sn＝na1＋n(n－1)2d，得S3＝3a1＋3d，S2＝2a1＋d，代入S33－S22＝1，得d＝2，故选C.答案：C

3．已知数列a1＝1，a2＝5，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，则a2 011等于()

A．1 B．－4 C．4 D．

5解析：由已知，得a1＝1，a2＝5，a3＝4，a4＝－1，a5＝－5，a6＝－4，a7＝1，a8＝5，…

故{an}是以6为周期的数列，∴a2 011＝a6×335＋1＝a1＝1.答案：A

4．设{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5＜S6，S6＝S7＞S8，则下列结论错误的是()

A．d＜0 B．a7＝0

C．S9＞S5 D．S6与S7均为Sn的最大值

解析：∵S5＜S6，∴a6＞0.S6＝S7，∴a7＝0.又S7＞S8，∴a8＜0.假设S9＞S5，则a6＋a7＋a8＋a9＞0，即2(a7＋a8)＞0.∵a7＝0，a8＜0，∴a7＋a8＜0.假设不成立，故S9＜S5.∴C错误.答案：C

5．设数列{an}是等比数列，其前n项和为Sn，若S3＝3a3，则公比q的值为()

A．－12 B.1

2C．1或－12 D．－2或12[

解析：设首项为a1，公比为q，则当q＝1时，S3＝3a1＝3a3，适合题意．

当q≠1时，a1(1－q3)1－q＝3a1q2，∴1－q3＝3q2－3q3，即1＋q＋q2＝3q2,2q2－q－1＝0，解得q＝1(舍去)，或q＝－12.综上，q＝1，或q＝－12.答案：C

6．若数列{an}的通项公式an＝5 252n－2－425n－1，数列{an}的最大项为第x项，最小项为第y项，则x＋y等于()

A．3 B．4 C．5 D．6

解析：an＝5252n－2－425n－1＝525n－1－252－45，∴n＝2时，an最小；n＝1时，an最大．

此时x＝1，y＝2，∴x＋y＝3.答案：A

7．数列{an}中，a1 ＝15,3an＋1＝ 3an－2(n∈N *)，则该数列中相邻两项的乘积是负数的是()

A．a21a22 B．a22a23 C．a23a24 D．a24a25

解析：∵3an＋1＝3an－2，∴an＋1－an＝－23，即公差d＝－23.∴an＝a1＋(n－1)d＝15－23(n－1)．

令an＞0，即15－23(n－1)＞0，解得n＜23.5.又n∈N*，∴n≤23，∴a23＞0，而a24＜0，∴a23a24＜0.答案：C

8．某工厂去年产值为a，计划今后5年内每年比上年产值增加10%，则从今年起到第5年，这个厂的总产值为()

A．1.14a B．1.15a

C．11×(1.15－1)a D．10×(1.16－1)a

解析：由已知，得每年产值构成等比数列a1＝a，w

an＝a(1＋10%)n－1(1≤n≤6)．

∴总产值为S6－a1＝11×(1.15－1)a.答案：C

9．已知正数组成的等差数列{an}的前20项的和为100，那么a7a14的最大值为()

A．25 B．50 C．1 00 D．不存在解析：由S20＝100，得a1＋a20＝10.∴a7＋a14＝10.又a7＞0，a14＞0，∴a7a14≤a7＋a1422＝25.答案：A

10．设数列{an}是首项为m，公比为q(q≠0)的等比数列，Sn是它的前n项和，对任意的n∈N*，点an，S2nSn()

A．在直线mx＋qy－q＝0上

B．在直线qx－my＋m＝0上

C．在直线qx＋my－q＝0上

D．不一定在一条直线上

解析：an＝mqn－1＝x，①S2nSn＝m(1－q2n)1－qm(1－qn)1－q＝1＋qn＝y，②

由②得qn＝y－1，代入①得x＝mq(y－1)，即qx－my＋m＝0.答案：B

11．将以2为首项的偶数数列，按下列方法分组：(2)，(4,6)，(8,10,12)，…，第n组有n个数，则第n组的首项为()

A．n2－n B．n2＋n＋2

C．n2＋n D．n2－n＋2

解析：因为前n－1组占用了数列2,4,6，…的前1＋2＋3＋…＋(n－1)＝(n－1)n2项，所以第n组的首项为数列2,4,6，…的第(n－1)n2＋1项，等于2＋(n－1)n2＋1－12＝n2－n＋2.答案：D

12．设m∈N*，log2m的整数部分用F(m)表示，则F(1)＋F(2)＋…＋F(1 024)的值是()

A．8 204 B．8 192

C．9 218 D．以上都不对

解析：依题意，F(1)＝0，F(2)＝F(3)＝1，有2 个

F(4)＝F(5)＝F(6)＝F(7)＝2，有22个．

F(8)＝…＝F(15)＝3，有23个．

F(16)＝…＝F(31)＝4，有24个．

…

F(512)＝…＝F(1 023)＝9，有29个．

F(1 024)＝10，有1个．

故F(1)＋F(2)＋…＋F(1 024)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋…＋9×29＋10.令T＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋9×29，①

则2T＝1×22＋2×23＋…＋8×29＋9×210.②

①－②，得－T＝2＋22＋23＋…＋29－9×210 ＝

2(1－29)1－2－9×210＝210－2－9×210＝－8×210－2，∴T＝8×210＋2＝8 194，m]

∴F(1)＋F(2)＋…＋F(1 024)＝8 194＋10＝8 204.答案：A

第Ⅱ卷(非选择 共90分)

二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．

13．若数列{an} 满足关系a1＝2，an＋1＝3an＋2，该数 列的通项公式为__________．

解析：∵an＋1＝3an＋2两边加上1得，an＋1＋1＝3(an＋1)，∴{an＋1}是以a1＋1＝3为首项，以3为公比的等比数列，∴an＋1＝33n－1＝3n，∴an＝3n－1.答案：an＝3n－

114．已知公差不为零的等差数列{an}中，M＝anan＋3，N＝an＋1an＋2，则M与N的大小关系是__________．

解析：设{an}的公差为d，则d≠0.M－N＝an(an＋3d)－[(an＋d)(an＋2d)]

＝an2＋3dan－an2－3dan－2d2＝－2d2＜0，∴M＜N.答案：M＜N

15．在数列{an}中，a1＝6，且对任意大于1的正整数n，点(an，an－1)在直线x－y＝6上，则数列{ann3(n＋1)}的前n项和Sn＝__________.解析：∵点(an，an－1)在直线x－y＝6上，∴an－an－1＝6，即数列{an}为等差数列．

∴an＝a1＋6(n－1)＝6＋6(n－1)＝6n，∴an＝6n2.∴ann3(n＋1)＝6n2n3(n＋1)＝6n(n＋1)＝61n－1n＋1

∴Sn＝61－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1.＝61－1n＋1＝6nn＋1.答案：6nn＋1

16．观察下表：3

4 5 6 75 6 7 8 9 10

…

则第__________行的各数之和等于2 0092.解析：设第n行的各数之和等于2 0092，则此行是一个首项a1＝n，项数为2n－1，公差为1的等差数列．

故S＝n×(2n－1)＋(2n－1)(2n－2)2＝2 0092，解得n＝1 005.答案：1 00

5三、解答题：本大题共6小题，共70分．

17．(10分)已知数列{an}中，a1＝12，an＋1＝12an＋1(n∈N*)，令bn＝an－2.(1)求证：{bn}是等比数列，并求bn；

(2)求通项an并求{an}的前n项和Sn.解析：(1)∵bn＋1bn＝an＋1－2an－2＝12an＋1－2an－2＝12an－1an－2＝12，∴{bn}是等比数列．

∵b1＝a1－2＝－32，∴bn＝b1qn－1＝－32×12n－1＝－32n.(2)an＝bn＋2＝－32n＋2，Sn＝a1＋a2＋…＋an

＝－32＋2＋－322＋2＋－323＋2＋…＋－32n＋2

＝－3×12＋122＋…＋12n＋2n＝－3×12×1－12n1－12＋2n＝32n＋2n－3.18．(12分)若数列{an}的前n项和Sn＝2n.(1)求{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足b1＝－1，bn＋1＝bn＋(2n－1)，且cn＝anbnn，求数列{cn}的通项公式及其前n项和Tn.解析：(1)由题意Sn＝2n，得Sn－1＝2n－1(n≥2)，两式相减，得an＝2n－2n－1＝2n－1(n≥2)．

当n＝1时，21－1＝1≠S1＝a1＝2.∴an＝2(n＝1)，2n－1(n≥2).(2)∵bn＋1＝bn＋(2n－1)，∴b2－b1＝1，b3－b2＝3，b4－b3＝5，…

bn－bn－1＝2n－3.以上各式相加，得

bn－b1＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)

＝(n－1)(1＋2n－3)2＝(n－1)2.∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n，∴cn＝－2(n＝1)，(n－2)×2n－1(n≥2)，∴Tn＝－2＋0×21＋1×22＋2×23＋…＋(n－2)×2n－1，∴2Tn＝－4＋0×22＋1×23＋2×24＋…＋(n－2)×2n.∴－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－1－(n－2)×2n

＝2(1－2n－1)1－2－(n－2)×2n

＝2n－2－(n－2)×2n

＝－2－(n－3)×2n.∴Tn＝2＋(n－3)×2n.19．(12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且S3＋S5＝50，a1，a4，a13成等比数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若从数列{an}中依次取出第2项，第4项，第8项，…，第2n项，…，按原来顺序组成一个新数列{bn}，记该数列的前n项和为Tn，求Tn的表达式．

解析：(1)依题意，得

3a1＋3×22d＋5a1＋5×42d＝50，(a1＋3d)2＝a1(a1＋12d)，解得a1＝3，d＝2.∴an＝a1＋(n－1)d＝3＋2(n－1)＝2n＋1，即an＝2n＋1.(2)由已知，得bn＝a2n＝2×2n＋1＝2n＋1＋1，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn

＝(22＋1)＋(23＋1)＋…＋(2n＋1＋1)

＝4(1－2n)1－2＋n＝2n＋2－4＋n.20．(12分)设数列{an}的前n项和为Sn，且ban－2n＝(b－1)Sn.(1)证明：当b＝2时，{an－n2n－1}是等比数列；

(2)求通项an.新 课 标 第 一 网

解析：由题意知，a1＝2，且ban－2n＝(b－1)Sn，ban＋1－2n＋1＝(b－1)Sn＋1，两式相减，得b(an＋1－an)－2n＝(b－1)an＋1，即an＋1＝ban＋2n.①

(1)当b＝2时，由①知，an＋1＝2an＋2n.于是an＋1－(n＋1)2n＝2an＋2n－(n＋1)2n

＝2an－n2n－1.又a1－ 120＝1≠0，∴{an－n2n－1}是首项为1，公比为2的等比数列．

(2)当b＝2时，由(1)知，an－n2n－1＝2n－1，即an＝(n＋1)2n－1

当b≠2时，由①得

an ＋1－12－b2n＋1＝ban＋2n－12－b2n＋1＝ban－b2－b2n

＝ban－12－b2n，因此an＋1－12－b2n＋1＝ban－12－b2n＝2(1－b)2－bbn.得an＝2，n＝1，12－b[2n＋(2－2b)bn－1]，n≥2.21．(12分)某地在抗洪抢险中接到预报，24小时后又一个超历史最高水位的洪峰到达，为保证万无一失，抗洪指挥部决定在24小时内另筑起一道堤作为第二道防线．经计算，如果有 20辆大型翻斗车同时作业25小时，可以筑起第二道防线，但是除了现有的一辆车可以立即投入作业外，其余车辆需从各处紧急抽调，每隔20分钟就有一辆车到达并投入工作．问指挥部至少还需组织多少辆车这样陆续工作，才能保证24小时内完成第二道防线，请说明理由．

解析：设从现有这辆车投入工作算起，各车的工作时间依次组成数列{an}，则an－an－1＝－13.所以各车的工作时间构成首项为24，公差为－13的等差数列，由题知，24小时内最多可抽调72辆车．

设还需组织(n－1)辆车，则

a1＋a2＋…＋an＝24n＋n(n－1)2×－13≥20×25.所以n2－145n＋3 000≤0，解得25≤n≤120，且n≤73.所以nmin＝25，n－1＝24.故至少还需组织24辆车陆续工作，才能保证在24小时内完成第二道防线．

22．(12分)已知点集L＝{(x，y)|y＝mn}，其中m＝(2x－2b,1)，n＝(1,1＋2b)，点列Pn(an，bn)在点集L中，P1为L的轨迹与y轴的交点，已知数列{an}为等差数列，且公差为1，n∈N*.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(3)设cn＝5nan|PnPn＋1|(n≥2)，求c2＋c3＋c4＋…＋cn的值．

解析：(1)由y＝mn，m＝(2x－2b,1)，n＝(1,1＋2b)，得y＝2x＋1，即L：y＝2x＋1.∵P1为L的轨迹与y轴的交点，∴P1(0,1)，则a1＝0，b1＝1.∵数列{an}为等差数列，且公差为1，∴an＝n－1(n∈N*)．

代入y＝2x＋1，得bn＝2n－1(n∈N*)．

(2)∵Pn(n－1,2n－1)，∴Pn＋1(n,2n＋1)．

＝5n2－n－1＝5n－1102－2120.∵n∈N*，(3)当n≥2时，Pn(n－1,2n－1)，∴c2＋c3＋…＋cn

＝1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＝1－1n.

第二篇：数列测试题及答案

数列

一、选择题

1、（2010全国卷2理数）如果等差数列an中，a3a4a512，那么a1a2...a7（A）14（B）21（C）28（D）35 【答案】C

【解析】a3a7)

4a53a412,a44,a1a2

aa1a7

7（27a428

2、（2010辽宁文数）设Sn为等比数列an的前n项和，已知3S3a42，3S2a32，则公比q

（A）

3（B）

4（C）

5（D）6

解析：选B.两式相减得，3a3a4a3，a44a3,q

a4

a4.33、（2010安徽文数）设数列{an}的前n项和Snn2，则a8的值为（A）15(B)16(C)49（D）64 答案：A

【解析】a8S8S7644915.4、（2010浙江文数）设sS

5n为等比数列{an}的前n项和，8a2a50则S

2(A)-1

1(B)-8(C)5(D)115、(2009年广东卷文)已知等比数列{an}的公比为正数，且a

23·a9=2a5，a2=1，则a1=A.12B.2

2C.2D.2

【答案】B

【解析】设公比为q,由已知得a2

81qa1q2

a41q

2,即q

2,又因为等比数列{an}的公比为正数，所以q故aa21

q

2,选B

6、（2009广东卷理）已知等比数列{a，且a2n

n}满足an0,n1,2,5a2n52(n3)，则当n1时，log2a1log2a3log2a2n1

A.n(2n1)B.(n1)2C.n

2D.(n1)2

【解析】由an2

5a2n522(n3)得an22n，an0，则ann2，log2a1log2a3

log2a2n113(2n1)n2，选C.7、（2009江西卷文）公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn.若a4是a3与a7的等比中项, S832,则S10等于

A.18B.24C.60D.90 答案：C

【解析】由a

24a3a7得(a13d)2(a12d)(a16d)得2a13d0,再由S88a56

1

2d32得 2a17d8则d2,a13,所以S1010a1

d60,.故选C

8、（2009辽宁卷理）设等比数列{ a6n}的前n 项和为Sn，若

SS=3，则S= 3S6

（A）2（B）

73（C）8

3（D）3 【解析】设公比为q ,则S6(1q3)S

3S

＝1＋q3＝3q3＝2 3S3

于是S391qq61247

S1q3

 6123

【答案】B9、（2009安徽卷理）已知an为等差数列，a1+a3+a5=105，a2a4a6=99，以Sn表示an的前n项和，则

使得Sn达到最大值的n是

（A）21（B）20（C）19（D）18

[解析]：由a1+a3+a5=105得3a3105,即a335，由a2a4a6=99得3a499即a433，∴d2，a2)412n，由

an0

na4(n4)(得n20，选Ban

1010、2009上海十四校联考）无穷等比数列1,22,12,24,…各项的和等于（）

A．22 B．22

C．2

1D．21

答案B11、（2009江西卷理）数列{a2

2nn}的通项ann(cos

3sin2n)，其前n项和为Sn，则S30为 A．470B．490C．495D．510 答案：A

【解析】由于{cos

n3sin2n

以3 为周期,故 (12223)(4252S2

3062(282292

22)

3022)

[(3k2)2(3k1)210

(3k)2

]k12[9k5]9101125470故选k

122A12、2009湖北卷文）设xR,记不超过x的最大整数为[x],令{x}=x-[x]，则{512}，[51

12],2A.是等差数列但不是等比数列B.是等比数列但不是等差数列 C.既是等差数列又是等比数列

D.既不是等差数列也不是等比数列 【答案】B

【解析】可分别求得

，1.则等比数列性质易得三者构成等比数列.二、填空题

13、(2010辽宁文数）（14）设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S33，S624，则a9

S33a12d3解析：填15.2,解得65a11d2，a9a18d15.

S66a

12d24

14、（2010福建理数）11．在等比数列an中,若公比q=4,且前3项之和等于21,则该数列的通项公式

an．

【答案】

4n-

1【解析】由题意知an-1

14a116a121，解得a11，所以通项an4。

15、（2009浙江理）设等比数列{an}的公比q12，前n项和为SS

n，则4a

4答案：1

5【解析】对于sa41(1q)

3s41q441q,a4a1q,a315

4q(1q)

16、（2009北京理）已知数列{an}满足：a4n31,a4n10,a2nan,nN,则a2009________；

a2014=_________.【答案】1，0

【解析】本题主要考查周期数列等基础知识.属于创新题型.依题意，得a2009a450331，三、解答题17、2009全国卷Ⅱ文）

已知等差数列{an}中，a3a716,a4a60,求{an}前n项和sn.解：设an的公差为d，则



a12da16d16

5d0

a13da1a218da2即112d16

a4d

1解得

a18,a18

2,或 d

d

2因此Sn8nnn1nn9，或Sn8nnn1nn9

18、（2010重庆文数）

已知an是首项为19，公差为-2的等差数列，Sn为an的前n项和.（Ⅰ）求通项an及Sn；

（Ⅱ）设bnan是首项为1，公比为3的等比数列，求数列bn的通项公式及其前n项和Tn.19、（2010山东理数）（18）（本小题满分12分）

已知等差数列an满足：a37，a5a726，an的前n项和为Sn．（Ⅰ）求an及Sn；

（Ⅱ）令b

1n=a21

(nN*)，求数列bn的前n项和Tn．

n【解析】（Ⅰ）设等差数列an的公差为d，因为a37，a5a726，所以有



a12d7，解得2a10d26

a13,d2，1所以an3（2n1)=2n+1；Sn(n-1)

n=3n+

22=n2+2n。（Ⅱ）由（Ⅰ）知a1

111111n2n+1，所以bn=

a21=（2n+1)21=4n(n+1)=

4(n-n+1)，n所以T1n=

(1-111+111142+23+n-n+1)=4(1-n+1)=n

4(n+1)，即数列bn的前n项和Tn

n=

4(n+1)。

20、2009全国卷Ⅱ理）设数列{an}的前n项和为Sn, 已知a11,Sn14an2（I）设bnan12an，证明数列{bn}是等比数列

（II）求数列{an}的通项公式。

解：（I）由a11,及Sn14an2，有a1a24a12,a23a125,b1a22a13由Sn14an2，．．．①则当n2时，有Sn4an12．．．．．② ②－①得an14an4an1,an12an2(an2an1)又

bnan12an，bn2bn1{bn}是首项b13，公比为２的等比数列．

（II）由（I）可得b1，

an1nan12an32n2n

1an

32n

4数列{

an

2n

是首项为12，公差为3

4的等比数列．an1(n13n3，1a22n2444

n(3n1)2n 21、（2009江西卷文）（本小题满分12分）数列{a2

2nn}的通项ann(cos3sin2n)，其前n项和为Sn.(1)求Sn;

(2)bS3n

n

n4n,求数列｛bn｝的前n项和Tn.解:(1)由于cos2n3sin2n2n3cos

3,故

S3k(a1a2a3)(a4a5a6)

(a3k2a3k1a3k)

(122232)(425262(3k2)2(3k1)2 22)

(2

(3k)2))



1318k5k(9k2312



24)

2, Sk(49k)

3k1S3ka3k2,SSak(49k)(3k1)213k2

13k2

3k13k1222k36,n1,n3k2

36故S(n1)(13n),n3k1(kN*n



6)n(3n4)



6,n3k(2)bn

S3nn4n9n

424

n,T113229n4n2[4424n

], 4T1229n4n2[1344

n1],两式相减得

3T199n

2[1349n419n419nn4n14n]2[13]14n822n322n1, 4

故T81n3

322n33n

22n1

.22、（2009执信中学）设函数

fx

x2a

bxc

b,cN.若方程fxx的根为0和2, 且

f2

.(1)求函数

fx的解析式；

(2)已知各项均不为零的数列

an满足: 4Snf(1a)1(Sn为该数列前n项和),求该数列的通项an.n

【解析】



⑴设xa220ca0bxcx,得1bxcxa0,1cab,

b1 

201b

2f(x)x2(1c)xc,f(2)21

c3, 1c2又 b,cNx2

,c2,bc，fx

2x1x1⑵由已知得2Sna22

nan,2Sn1an1an1,两式相减得anan1anan110, anan1或anan11.当n

1，2a21a1a1a11，若anan1，则a21，这与an1矛盾.anan11,ann.⑶由an1

fanaan111n1

2a211

n2an1an2

22,an10或an12.若an1

0，则an13；若an12，则aanan2n1an

2a0

n1an在n2时单调递减.a2

2a1482a8

2，ana23在n2时成立122423

3.

第三篇：第二章 数列测试题(题目+答案)

第2章 数列 单元测试

一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）

1.在数列1,1,2,3,5,8,x,21,34,55中，x等于（）A．1

1B．1C．1

3D．1

41答案：C anan1an2

2．21与21，两数的等比中项是（）

A．1

B．1

C．1

D．21 22.答案C x(21)(21)1,x1

3．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答案：C

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． 4．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＜a4a

5C．a1＋a8＜a4＋a5 D．a1a8＝a4a5 4答案．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． 5．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 5答案．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．

6．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若A．1 B．－1

a5S5＝，则9＝（）． a3S59

C．2

D．2

9(a1a9)9a5S9526答案．A

解析：∵9＝＝＝·＝1，∴选A．

5(a1a5)5a3S5592og7．等比数列an的各项均为正数，且a5a6a4a718，则l31alog32a..log310a（）

A．12

B．10

C．1log35

D．2log35

7答案：B

log3a1log3a2...log3a10log3(a1a2...a10)log3(a4a5)log3(3)10 8．数列an的通项公式anA．2

B．3 8答案：B an5101nn1，则该数列的前15项之和等于（）。

C．4

D．5

1nn1n1n,Sn2132...n1n=n11

S1515113

29．在等差数列{an}中，an≠0，an－1－an＋an＋1＝0(n≥2)，若S2n－1＝38，则n＝（）．

A．38

B．20

C．10

D．9

229．答案C

解析：∵{an}为等差数列，∴an＝an－1＋an＋1，∴an＝2an，又an≠0，∴an＝2，{an}为常数数列，而an＝

S2n138，即2n－1＝＝19，2n122∴n＝10．

n10．等比数列an前n项的和为21，则数列an前n项的和为 ______________。

24n14n14n+1124n11A．

B．

C．

D．

333310．答案B Sn21,Sn12nn114n4n11,an2,an4,a1,q4,Sn=

143n12n121

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

11．数列7,77,777,7777…的一个通项公式是______________________。11答案：.an71(10n1)9,99,999,9999...1201,310974 01,101,191,7912.已知数列an是等差数列，若a4a7a1017，a4a5a6a12a13a1477且ak13,则k_________。

12．答案：18

解析 3a717,a7

137k(172,11a977,a97,a9=a7+2d，d,aka9(k9)d 3329)k,3 1813．计算log333...3___________.n11...n1n13．答案：1n

解析 ：log333...3log3(323432)log3(3242)

2n111111[1()n]11121 2...n2n122221214．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)＝

．

14．答案：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（本大题共6小题，共81分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

15．已知数列an的通项公式an2n11，如果bnan(nN)，求数列bn的前n项和。

解：bnan112n,n5n2，当n5时，Sn(9112n)10nn

22n11,n6 当n6时，SnS5Sn525n5(12n11)n210n50 2 2n10n,(n5)∴Sn2

n10n50,(n6)16.设等比数列an前n项和为Sn，若S3S62S9，求数列的公比q 解：显然q1，若q1则S3S69a1,而2S918a1,与S3S62S9矛盾

a1(1q3)a1(1q6)2a1(1q9)由S3S62S9 1q1q1q12q9q6q30,2(q3)2q310,得q3,或q31，23而q1，∴q42

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111bccaab，成等差数列，求证，也成等差数列.abcbca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．

答案：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）∵ ∴111，成等差数列，abc211＝＋化简得2ac＝b(a＋c)． bacbc＋c2＋a2＋abb(a＋c)＋a2＋c2(a＋c)2(a＋c)2b＋ca＋ba＋c ＋＝＝＝＝＝2·，b(a＋c)acacacabc2∴b＋cc＋aa＋b，也成等差数列． abc2n18．求和：（1）(a1)(a2)...(an),(a0)

（2）12x3x...nx22n1

n2n答案：（1）解：原式=(aa...a)(12...n)(aa...a)n(n1)2 a(1an)n(n1)(a1)1a2

2nn(a1)22（2）解：记Sn12x3x...nx2n1，当x1时，Sn123...n231n(n1)2n1当x1时，xSnx2x3x...(n1)xnxn，(1x)Sn1xxx...x23n11xnnx,Snnxn

1xn1xnnnx(x1)1x∴原式=

n(n1)(x1)219.已知数列an满足a11,an12an1(nN).*（I）求数列an的通项公式；（II）若数列{bn}滿足41424nb1b1b1(an1)bn(nN*),证明：数列{bn}是等差数列；

an112(an1), 解：（I）解：an12an1(nN)，*an1是以a112为首项，2为公比的等比数列。an12n.即 an21(nN).2*bn1bnb11b21444(a1)n（II）证法一：∵

∴4(b1b2bn)n2nbn

2[(b1b2...bn)n]nbn,①

2[(b1b2...bnbn1)(n1)](n1)bn1.② ②－①，得2(bn11)(n1)bn1nbn, 即(n1)bn1nbn20, ③ nbn2(n1)bn120.④

③－④，得 nbn22nbn1nbn0, 即 bn22bn1bn0, bn2bn1bn1bn(nN*), bn是等差数列。

*20.已知数列{an}的前n项和为Sn，且1,Sn,an1成等差数列，nN,a11.函数f(x)log3x.（I）求数列{an}的通项公式；（II）设数列{bn}满足bn1(n3)[f(an)2]，记数列{bn}的前n项和为Tn，试比较

52n512312的大小.解：（I）1,Sn,an1成等差数列，2Snan11①

当n2时，2Sn1an1②.Tn与①－②得：2(SnSn1)an1an，3anan1，当n=1时，由①得2S12a1a21，又a11,an13.an

a23,a1

a23, {an}是以1为首项3为公比的等比数列，an3n1.n1（II）∵fxlog3x，f(an)log3anlog33n1，11111bn()(n3)[f(an)2](n1)(n3)2n1n3，1111111111111Tn()224354657nn2n1n3

2n5111115,()122(n2)(n3)223n2n3

52n5Tn与12312的大小，只需比较2(n2)(n3)与312 的大小即可.比较又2(n2)(n3)3122(n25n6156)2(n25n150)2(n15)(n10)

52n52(n2)(n3)312,即Tn;**12312 ∵nN,∴当1n9且nN时，52n52(n2)(n3)312,即Tn;12312 当n10时，52n52(n2)(n3)312,即T*n12312.当n10且nN时，

第四篇：高一数列测试题

高一数列测试题

一、选择题（5分×10=50分）

1、4、三个正数a、b、c成等比数列，则lga、lgb、lgc是（）

A、等比数列B、既是等差又是等比数列C、等差数列D、既不是等差又不是等比数列

2、前100个自然数中，除以7余数为2的所有数的和是（）A、765B、653C、658D、6603、如果a,x1,x2,b 成等差数列，a,y1,y2,b 成等比数列，那么(x1+x2)/y1y2等于

A、(a+b)/(a-b)B、(b-a)/abC、ab/(a+b)D、(a+b)/ab4、在等比数列{an}中，Sn表示前n项和，若a3=2S2+1,a4=2S3+1,则公比q=A、1B、-1C、-3D、35、在等比数列{an}中,a1+an=66,a2an-1=128,Sn=126，则n的值为A、5B、6C、7D、86、若{ an }为等比数列，Sn为前n项的和，S3=3a3,则公比q为A、1或-1/2B、-1 或1/2C、-1/2D、1/2或-1/27、一个项数为偶数的等差数列，其奇数项之和为24，偶数项之和为30，最后一项比第一项大21/2，则最后一项为（）A、12B、10C、8D、以上都不对

8、在等比数列{an}中，an>0,a2a4+a3a5+a4a6=25,那么a3+a5的值是A、20B、15C、10D、59、等比数列前n项和为Sn有人算得S1=8,S2=20,S3=36,S4=65,后来发现有一个数算错了，错误的是

A、S1B、S2C、S3D、S410、数列{an}是公差不为0的等差数列，且a7,a10,a15是一等比数列{bn}的连续三项，若该等比数列的首项b1=3则bn等

n-1n-1n-1n-1于A、3·(5/3)B、3·(3/5)C、3·(5/8)D、3·(2/3)

11、公差不为0的等差数列的第2，3，6项依次构成一等比数列，该等比数列的公比q12、各项都是正数的等比数列{an}，公比q1,a5,a7,a8成等差数列，则公比q=

13、已知a,b,a+b成等差数列,a,b,ab成等比数列，且0

14、已知a n=an－2+a n－1(n≥3), a 1=1,a2=2, b n=an,15、已知整数对的序列如下：（1，1），（1，2），（2，1），（1，3），（2，an1

2），（3，1），（1，4），（2，3），（3，2），（4，1），（1，5），（2，4），……，则第60个数对为

16、有四个数，前三个数成等比数列，其和为19，后三个数为等差数列，其和为12，求此四个数。

17、已知数列{an}的前n项和Sn=2n-n2,an=log5bn，其中bn>0，求数列{bn}的前n项和。

18．已知正项数列an，其前n项和Sn满足10Snan25an6,且a1,a2,a15成等比数列，求数列an的通项an.19、在数列an中，a18,a42且an22an1an0，nN.

①求数列an的通项公式。②设Sn|a1||a2||an|.求Sn20、已知数列an的前n项和为Sn，且满足an2SnSn10(n2)，a11，2

①求证：数列1是等差数列；②求数列an的通项公式。

Sn

21、在等差数列{an}中，a12，a1a2a312。(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bnan3n，求数列{bn}的前n项和Sn

第五篇：高考数列试题及答案

数列试题

1．已知等比数列{an}的公比为正数，且a3·a9=2a5，a2=1，则a1=（）A.2．已知

为等差数列，B。1C.3D.7，则等于（）212B.。C.222D.2A.-1

3．公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn.若a4是a3与a7的等比中项, S832,则S10等于（）

A.18B.24C。60D.90

4．设Sn是等差数列an的前n项和，已知a23，a611，则S7等于（）

A．13B．35C。49D． 63

5．等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3 =6，a1=4，则公差d等于（）

A．1B

６.已知an为等差数列，且a7－2a4＝－1, a3＝0,则公差d＝

（A）－2（B）。－

5C。-2D 3 311（C）（D）2 22

７.设等比数列{ an}的前n 项和为Sn，若

S6S

=3，则9 = S3S6

（A）2（B）。

（C）（D）3 33

８．等比数列an的前n项和为sn，且4a1，2a2，a3成等差数列。若a1=1，则s4=（A）7（B）8（ｃ）。15（4）16

９．等差数列an的前n项和为Sn，已知am1am1am0，S2m138,则m

（A）38（B）20（C）。10（D）9

本题注意：因为an是等差数列，所以，am1am12am

１０.（本小题满分14分）设an是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足

a22a32a42a52,S77。求数列an的通项公式及前n项和Sn；

１１。已知等差数列{an}中，a3a716,a4a60求{an}前n项和sn.n1

１２。已知数列an的前n项和Snan()2（n为正整数），令bn2nan，12

求证数列bn是等差数列，并求数列an的通项公式；

１３。.设数列an的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an5Sn1成立，记

bn

4an

(nN*)。1an

（I）求数列an与数列bn的通项公式；

（II）设数列bn的前n项和为Rn，是否存在正整数k，使得Rn4k成立？若存在，找出一个正整数k；若不存在，请说明理由；

１４ 设数列{an}的前n项和为Sn, 已知a11,Sn14an2

（I）设bnan12an，证明数列{bn}是等比数列（II）求数列{an}的通项公式。

１５ 等比数列{an}的前n 项和为sn，已知S1,S3,S2成等差数列（1）求{an}的公比q；（2）求a1－a3＝3，求sn

1’a22,an＋2＝１６。已知数列an}满足，a1＝

anan1,nN*.2

(Ⅱ)求an}的通项公式。

令bnan1an，证明：{bn}是等比数列；

１７。已知a11,a24,an24an1an,bn

an1,nN． an

（Ⅰ）求b1,b2,b3的值；（Ⅱ）设cnbnbn1,Sn为数列cn的前n项和，求证：Sn17n

答案：１２在Snan()

n1

2中，令n=1，可得S1an12a1，即a11

2，anSnSn1anan1()n1，2

当n2时，Sn1an1()

n2

2anan1()n1,即2nan2n1an11.bn2nan,bnbn11,即当n2时，bnbn11.又b12a11,数列bn是首项和公差均为1的等差数列.

n.n21

１３（I）当n1时，a15S11,a1

于是bn1(n1)1n2an,an

n

又an5Sn1,an15Sn11

an1an5an1,即

11an11

∴数列an是首项为a1，公比为q的等比数

44an4

1n

4()1n列，∴an()，bn(nN*)

1()n

14()n

54（II）不存在正整数k，使得Rn4k成立。证明由（I）知bnn

n(4)11()4

55201516k40

b2k1b2k88kk8k8.k

(4)2k11(4)2k1161164(161)(164)

∴当n为偶数时，设n2m(mN)



∴Rn(b1b2)(b3b4)(b2m1b2m)8m4n 当n为奇数时，设n2m1(mN)

∴Rn(b1b2)(b3b4)(b2m3b2m2)b2m18(m1)48m44n ∴对于一切的正整数n，都有Rn4k



∴不存在正整数k，使得Rn4k成立。

１４解由a11,及Sn14an2，有a1a2a4,12a23a125,b1a22a13

由Sn14an2，．．．①则当n2时，有Sn4an12．．．．．② ②－①得an14an4an1,an12an2(an2an1)

又bnan12an，bn2bn1{bn}是首项b13，公比为２的等比数列．（II）由（I）可得bnan12an32n1，数列{

an1an3

n n1

224

an13

}是首项为，公差为的等比数列．

242n

a1331(n1nn，an(3n1)2n2n22444

１５解：（Ⅰ）依题意有a1(a1a1q)2(a1a1qa1q2)

由于 a10，故 2q2q0 又q0，从而q－

（（Ⅱ）由已知可得a1a1）3故a14

1n

（41（））

81n从而Sn1（））

1321（）

１６（1）证b1a2a11, 当n2时，bnan1an所以bn是以1为首项，

an1an11

an(anan1)bn1, 222

为公比的等比数列。2

1n1

（2）解由（1）知bnan1an(),当n2时，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)11()()

1212

n2

11()n1

215211[1()n2]()n1, 1

323321()

52111

当n1时，()1a1。

332521n1*

所以an()(nN)。

332

.１７。解：（Ⅰ）a24,a317,a472，所以b14.b2（Ⅱ）由an24an1an得

1772,b3 417

an2a1

4n即bn14 an1an1bn

所以当n≥2时，bn4于是c1b1,b217,cnbnbn14bn117所以Snc1c2cn17n

(n≥2)