高一数列测试题

第一篇：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

第二篇：高一数学教案 数列 -数学教案

数列-数学教案

教学目标

1．使学生理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项．

（1）理解数列是按一定顺序排成的一列数，其每一项是由其项数唯一确定的．

（2）了解数列的各种表示方法，理解通项公式是数列第 项 与项数 的关系式，能根据通项公式写出数列的前几项，并能根据给出的一个数列的前几项写出该数列的一个通项公式．

（3）已知一个数列的递推公式及前若干项，便确定了数列，能用代入法写出数列的前几项．

2．通过对一列数的观察、归纳，写出符合条件的一个通项公式，培养学生的观察能力和抽象概括能力．

3．通过由 求 的过程，培养学生严谨的科学态度及良好的思维习惯．

教学建议

（1）为激发学生学习数列的兴趣，体会数列知识在实际生活中的作用，可由实际问题引入，从中抽象出数列要研究的问题，使学生对所要研究的内容心中有数，如书中所给的例子，还有物品堆放个数的计算等．

（2）数列中蕴含的函数思想是研究数列的指导思想，应及早引导学生发现数列与函数的关系．在教学中强调数列的项是按一定顺序排列的，“次序”便是函数的自变量，相同的数组成的数列，次序不同则就是不同的数列．函数表示法有列表法、图象法、解析式法，类似地，数列就有列举法、图示法、通项公式法．由于数列的自变量为正整数，于是就有可能相邻的两项（或几项）有关系，从而数列就有其特殊的表示法——递推公式法．

（3）由数列的通项公式写出数列的前几项是简单的代入法，教师应精心设计例题，使这一例题为写通项公式作一些准备，尤其是对程度差的学生，应多举几个例子，让学生观察归纳通项公式与各项的结构关系，尽量为写通项公式提供帮助．

（4）由数列的前几项写出数列的一个通项公式使学生学习中的一个难点，要帮助学生分析各项中的结构特征（整式，分式，递增，递减，摆动等），由学生归纳一些规律性的结论，如正负相间用 来调整等．如果学生一时不能写出通项公式，可让学生依据前几项的规律，猜想该数列的下一项或下几项的值，以便寻求项与项数的关系．

（5）对每个数列都有求和问题，所以在本节课应补充数列前 项和的概念，用 表示 的问题是重点问题，可先提出一个具体问题让学生分析 与 的关系，再由特殊到一般，研究其一般规律，并给出严格的推理证明（强调 的表达式是分段的）；之后再到特殊问题的解决，举例时要兼顾结果可合并及不可合并的情况．

（6）给出一些简单数列的通项公式，可以求其最大项或最小项，又是函数思想与方法的体现，对程度好的学生应提出这一问题，学生运用函数知识是可以解决的．

教学设计示例

数列的概念

教学目标

1．通过教学使学生理解数列的概念，了解数列的表示法，能够根据通项公式写出数列的项．

2．通过数列定义的归纳概括，初步培养学生的观察、抽象概括能力；渗透函数思想．

3．通过有关数列实际应用的介绍，激发学生学习研究数列的积极性．

教学重点，难点

教学重点是数列的定义的归纳与认识；教学难点是数列与函数的联系与区别．

教学用具：电脑，http://jiaoan.cnkjz.com/Soft/Index.html>课件（媒体资料），投影仪，幻灯片

教学方法：讲授法为主

教学过程

一．揭示课题

今天开始我们研究一个新课题．

先举一个生活中的例子：场地上堆放了一些圆钢，最底下的一层有100根，在其上一层（称作第二层）码放了99根，第三层码放了98根，依此类推，问：最多可放多少层？第57层有多少根？从第1层到第57层一共有多少根？我们不能满足于一层层的去数，而是要但求如何去研究，找出一般规律．实际上我们要研究的是这样的一列数

（板书）象这样排好队的数就是我们的研究对象——数列．

（板书）第三章 数列

（一）数列的概念

二．讲解新课

要研究数列先要知道何为数列，即先要给数列下定义，为帮助同学概括出数列的定义，再给出几列数：

（幻灯片）①

自然数排成一列数：

②

3个1排成一列：

③

无数个1排成一列：

④

的不足近似值，分别近似到 排列起来：

⑤

正整数 的倒数排成一列数：

⑥

函数 当 依次取 时得到一列数：

⑦

函数 当 依次取 时得到一列数：

⑧

请学生观察8列数，说明每列数就是一个数列，数列中的每个数都有自己的特定的位置，这样数列就是按一定顺序排成的一列数．

（板书）1．数列的定义：按一定次序排成的一列数叫做数列．

为表述方便给出几个名称：项，项数，首项（以幻灯片的形式给出）．以上述八个数列为例，让学生练指出某一个数列的首项是多少，第二项是多少，指出某一个数列的一些项的项数．

由此可以看出，给定一个数列，应能够指明第一项是多少，第二项是多少，„„，每一项都是确定的，即指明项数，对应的项就确定．所以数列中的每一项与其项数有着对应关系，这与我们学过的函数有密切关系．

（板书）2．数列与函数的关系

数列可以看作特殊的函数，项数是其自变量，项是项数所对应的函数值，数列的定义域是正整数集，或是正整数集 的有限子集 ．

于是我们研究数列就可借用函数的研究方法，用函数的观点看待数列．

遇到数学概念不单要下定义，还要给其数学表示，以便研究与交流，下面探讨数列的表示法．

（板书）3．数列的表示法

数列可看作特殊的函数，其表示也应与函数的表示法有联系，首先请学生回忆函数的表示法：列表法，图象法，解析式法．相对于列表法表示一个函数，数列有这样的表示法：用 表示第一项，用 表示第一项，„„，用 表示第 项，依次写出成为

（板书）（1）列举法

．（如幻灯片上的例子）简记为 ．

一个函数的直观形式是其图象，我们也可用图形表示一个数列，把它称作图示法．

（板书）（2）图示法

启发学生仿照函数图象的画法画数列的图形．具体方法是以项数 为横坐标，相应的项 为纵坐标，即以 为坐标在平面直角坐标系中做出点（以前面提到的数列 为例，做出一个数列的图象），所得的数列的图形是一群孤立的点，因为横坐标为正整数，所以这些点都在 轴的右侧，而点的个数取决于数列的项数．从图象中可以直观地看到数列的项随项数由小到大变化而变化的趋势．

有些函数可以用解析式来表示，解析式反映了一个函数的函数值与自变量之间的数量关系，类似地有一些数列的项能用其项数的函数式表示出来，即，这个函数式叫做数列的通项公式．

（板书）（3）通项公式法

如数列 的通项公式为 ；

的通项公式为 ；

的通项公式为 ；

数列的通项公式具有双重身份，它表示了数列的第 项，又是这个数列中所有各项的一般表示．通项公式反映了一个数列项与项数的函数关系，给了数列的通项公式，这个数列便确定了，代入项数就可求出数列的每一项．

第三篇：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.

第四篇：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.

第五篇：高一数列知识点总结

数列是高一数学的重点，以下是小编整理的高一数列知识点总结，欢迎参考阅读！

求数列通项公式常用以下几种方法：

一、题目已知或通过简单推理判断出是等比数列或等差数列，直接用其通项公式。

例：在数列{an}中，若a1=1，an+1=an+2（n1），求该数列的通项公式an。

解：由an+1=an+2（n1）及已知可推出数列{an}为a1=1，d=2的等差数列。所以an=2n—1。此类题主要是用等比、等差数列的定义判断，是较简单的基础小题。

二、已知数列的前n项和，用公式

S1（n=1）

Sn—Sn—1（n2）

例：已知数列{an}的前n项和Sn=n2—9n，第k项满足

5（A）9（B）8（C）7（D）6

解：∵an=Sn—Sn—1=2n—10，∴5<2k—10<8 ∴k=8 选（B）

此类题在解时要注意考虑n=1的情况。

三、已知an与Sn的关系时，通常用转化的方法，先求出Sn与n的关系，再由上面的（二）方法求通项公式。

例：已知数列{an}的前n项和Sn满足an=SnSn—1（n2），且a1=—，求数列{an}的通项公式。

解：∵an=SnSn—1（n2），而an=Sn—Sn—1，SnSn—1=Sn—Sn—1，两边同除以SnSn—1，得———=—1（n2），而—=—=—，∴{—} 是以—为首项，—1为公差的等差数列，∴—= —，Sn= —，再用

（二）的方法：当n2时，an=Sn—Sn—1=—，当n=1时不适合此式，所以，—（n=1）

—（n2）

四、用累加、累积的方法求通项公式

对于题中给出an与an+

1、an—1的递推式子，常用累加、累积的方法求通项公式。

例：设数列{an}是首项为1的正项数列，且满足（n+1）an+12—nan2+an+1an=0，求数列{an}的通项公式

解：∵（n+1）an+12—nan2+an+1an=0，可分解为[（n+1）an+1—nan]（an+1+an）=0

又∵{an}是首项为1的正项数列，∴an+1+an ≠0，∴—=—，由此得出：—=—，—=—，—=—，…，—=—，这n—1个式子，将其相乘得：∴ —=—，又∵a1=1，∴an=—（n2），∵n=1也成立，∴an=—（n∈N*）

五、用构造数列方法求通项公式

题目中若给出的是递推关系式，而用累加、累积、迭代等又不易求通项公式时，可以考虑通过变形，构造出含有 an（或Sn）的式子，使其成为等比或等差数列，从而求出an（或Sn）与n的关系，这是近一、二年来的高考热点，因此既是重点也是难点。

例：已知数列{an}中，a1＝2，an+1=（——1）（an+2），n=1，2，3，……

（1）求{an}通项公式（2）略

解：由an+1=（——1）（an+2）得到an+1——＝（——1）（an——）

∴{an——}是首项为a1——，公比为——1的等比数列。

由a1＝2得an——=（——1）n—1（2——），于是an=（——1）n—1（2——）+—

又例：在数列{an}中，a1=2，an+1=4an—3n+1（n∈N*），证明数列{an—n}是等比数列。

证明：本题即证an+1—（n+1）=q（an—n）（q为非0常数）

由an+1=4an—3n+1，可变形为an+1—（n+1）=4（an—n），又∵a1—1=1，所以数列{an—n}是首项为1，公比为4的等比数列。

若将此问改为求an的通项公式，则仍可以通过求出{an—n}的通项公式，再转化到an的通项公式上来。

又例：设数列{an}的首项a1∈（0，1），an=—，n=2，3，4……（1）求{an}通项公式。（2）略

解：由an=—，n=2，3，4，……，整理为1—an=——（1—an—1），又1—a1≠0，所以{1—an}是首项为1—a1，公比为——的等比数列，得an=1—（1—a1）（——）n—1