数列》期末复习题

命题教师：陈爱云

一、选择题

1．如果一个数列既是等差数列，又是等比数列，则此数列（ ）

A 为常数数列 B 为非零的常数数列 C 存在且唯一 D 不存在 2．在等差数列an中，已知a1+a4+a7=39，a2+a5+a8=33，则a3+a6+a9=（ ） A 30

B 27 C 24 D 21

3.若lga,lgb,lgc成等差数列，则（ ） A b=

ac1 B b=(lga+lgc) C a,b,c成等比数列 D a,b,c成等差数列 224.在等比数列{an}中,a516,a88,则a11( ) A 4 B 4 C 2 D 2

5．(2013年全国新课标)设等差数列an的前n项和为Sn,Sm12,Sm0,Sm13，则m ( )

A.3

B.4

C.5

D.6

6．某种细菌在培养过程中，每20分钟一次（一个成二个，则经过3小时， 由1个这种细菌可以繁殖成（ ）

A 511个 B 512个 C 1023个 D 1024个

7.在等差数列an中，已知a4a512，那么它的前和S8等于 （ ） A. 12 B. 24. C. 36 D 48

8．已知等比数列{a n }的首项为1，公比为q，前n项和为Sn, 则数列{

}的前n项和为 （ ） anqnn11nA B Snq C Snq D

SnSn9．已知等差数列{an}中，|a3|=|a9|，公差d<0，则使前n项和Sn取最大值的正整数n是（ ）

A 4或5 B 5或6 C 6或7 D 8或9

10. 已知等差数列an中，a26,a515.若bna2n，则数列bn的前5项和等于（ ） A.30.

B. 45. C.90.

D.186.

11. 已知各项均为正数的等比数列an，a1a2a3=5，a7a8a9=10，则a4a5a6=（ ） A. 52 B. 7 C. 6 D. 42

12. 设an是公差不为0的等差数列,a12且a1,a3,a6成等比数列,则an的前n项和Sn=（ ）

n27nn25nn23n C． A． B．443324二、填空题

D．nn

213.在△ABC中，若三内角成等差数列，则最大内角与最小内角之和为______. 14．(2015全国新课标)数列an中a12,an12an,Sn为an的前

n项和，若Sn126，则

n .

215. 已知一个数列前项和Sn=nn1，则它的通项公式an

_________

16．已知数列的通项公式an2n37,则Sn取最小值时，n= ,此时Sn= . 17．在数列{an}中，若a11，an12an3(n1)，则该数列的通项an ______ 18．设Sn为等差数列an的前n项和，S4＝14，S10－S7＝30，则S9＝ . 19．(2013年全国新课标)若数列{an}的前n项和为Sn＝

21an，则数列{an}的通项公式是33an=______.

20. 已知等比数列{an}的前n项和Sn＝t·5三、解答题

21.(2014年全国新课标17题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an0，

n－2

1

－，则实数t的值为________． 5

anan1Sn1，其中为常数.

(Ⅰ)证明：an2an；（Ⅱ）是否存在，使得{an}为等差数列？并说明理由. 22.(2015年全国过新课标17题)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0，

(Ⅰ)求{an}的通项公式：(Ⅱ)设 ，求数列}的前n项和

23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bn

1(nN)，求数列bn的前n项和Tn． 2an124. 设数列an为等比数列，Tnna1(n1)a22an1an，已知T11,T24.

(1)求数列an的首项和公比； (2)求数列{Tn}的通项公式．

*25．已知数列an满足a11,a23,an23an12an(nN).

（I）证明：数列an1an是等比数列； （II）求数列an的通项公式；

《数列》复习题答案 1 B 13 120° 2 B 3 C 14 6 4 A 15 5 C 6 B 7 D 16 18,-324 8 C 17 9 B 18 54 10 C 11 A 19 12 A 20 5 19.解析：

题号 答案 题号 答案 (2)n1

114

20.解析： ∵a1＝S1＝t－，a2＝S2－S1＝t，a3＝S3－S2＝4t.

555

4211∵{an}为等比数列，∴t＝t－·4t，∴t＝5或t＝0(舍去)． 555

21.解.(Ⅰ)由题设anan1Sn1，an1an2Sn11，两式相减

an1an2anan1，由于an0，所以an2an …………6分

（Ⅱ）由题设a1=1，a1a2S11，可得a21，由(Ⅰ)知a31 假设{an}为等差数列，则a1,a2,a3成等差数列，∴a1a32a2，解得4； 证明4时，{an}为等差数列：由an2an4知

数列奇数项构成的数列a2m1是首项为1，公差为4的等差数列a2m14m3 令n2m1,则mn1，∴an2n1(n2m1) 2数列偶数项构成的数列a2m是首项为3，公差为4的等差数列a2m4m1 令n2m,则mn，∴an2n1(n2m) 2*∴an2n1（nN），an1an2

因此，存在存在4，使得{an}为等差数列. ………12分

2222.解:（I）由an2an4Sn3，可知an12an14Sn13. 22可得an1an2(an1a)4an1 即

由于an0可得an1an2.

2又a12a14a13，解得a11(舍去)，a13

所以an是首相为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1. （II）由an2n1

设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2Lbn

23.(Ⅰ）设等差数列an的首项为a1，公差为d.

由a3a12d7解得a13，d2.

a6a15d13n(a1an)n22n. 21111.

4n(n1)4nn1ana1(n1)d2n1，Sn2 （Ⅱ）an2n1，an14n(n1)，bn Tnb1b2bn = =

111111(1) 4223nn1n11(1) =.

4(n1)4n1n .

4(n1)

所以数列bn的前n项和Tn=

24. 解析： (1)设等比数列{an}的公比为q， ∵Tn＝na1＋(n－1)a2＋…＋2an－1＋an， 由

T1＝1，

T2＝4，

得

a1＝1，

2a1＋a2＝4，

∴

a1＝1，

a2＝2，

∴q＝2.

故首项a1＝1，公比q＝2.

(2)方法一：由(1)知a1＝1，q＝2，

∴an＝a1×qn－1

＝2

n－1

.

n－2

∴Tn＝n×1＋(n－1)×2＋…＋2×22Tn＝n×2＋(n－1)×2＋…＋2×2

2

2

＋2

n－1

，①

nn－1

＋1×2，② ＋2

n由②－①得Tn＝－n＋2＋2＋…＋2

nn－1

2－2×2n＋1n＋1

＝－n＋＝－n＋2－2＝－(n＋2)＋2.

1－2方法二：设Sn＝a1＋a2＋…＋an，由(1)知an＝2∴Tn＝na1＋(n－1)a2＋…＋2an－1＋an ＝a1＋(a1＋a2)＋…＋(a1＋a2＋…＋an－1＋an)

＝S1＋S2＋S3＋…＋Sn＝(2－1)＋(2－1)＋…＋(2－1) 2－2×2n＋1

＝(2＋2＋…＋2)－n＝－n＝－(n＋2)＋2.

1－2

2

2

n－1

，

nnn（I）证明：Qan23an12an,25、

an1an是以a2a12为首项，2为公比的等比数列。

n*（II）解：由（I）得an1an2(nN),