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云南省昭通市实验中学高二数学同步练习:第二章 数列(新人教A必修5))


数列
一、选择题 1.设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,若 3 A.10 1 B.3

S S3 1 =3,则 6 =( S12 S6
1 C.8

). 1 D.9 ).

2.数列{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且 a6=b7,则有( A.a3+a9<b4+b10

C.a3+a9≠b4+b10 B.a3+a9≥b4+b10 D.a3+a9 与 b4+b10 的大小不确定

3.在等差数列{an}中,若 a1 003+a1 004+a1 005+a1 006=18,则该数列的前 2 008 项的和 为( ). A.18 072 B.3 012 C.9 036 D.12 048

4.△ABC 中,a,b,c 分别为∠A,∠B,∠C 的对边,如果 a,b,c 成等差数列, ∠B=30°,△ABC 的面积为 A.
1? 3 2

3 ,那么 b=( 2
B.1+ 3

). C.
2? 3 2

D.2+ 3

5.过圆 x2+y2=10x 内一点(5,3)有 k 条弦的长度组成等差数列,且最小弦长为数列的

1 1 首项 a1,最大弦长为数列的末项 ak,若公差 d∈ ? , ? ,则 k 的取值不可能是( ? ?3 2 ? ?
A.4 B.5 C.6 D.7 ). D.64

).

6.已知等差数列{an}中,a7+a9=16,a4=1,则 a12 的值是( A.15 B.30 C.31

7 .在等差数列 {an} 中,3(a2+ a6) + 2(a5+ a10+ a15) = 24 ,则此数列前 13 项之和为 ( ). A.26 B.13 C.52 D.156

8.等差数列{an}中,a1+a2+a3=-24,a18+a19+a20=78,则此数列前 20 项和等于 ( ). A.160 B.180 C.200 D.220

9.在等比数列{an}中,a1=2,前 n 项和为 Sn,若数列{an+1}也是等比数列,则 Sn 等 于( ). A.2n 1-2


B.3n

C.2n

D.3n-1 ).

10.已知{an}是等比数列,a2=2,a5= A.16(1-4 n) C.


1 ,则 a1a2+a2a3+…+anan+1=( 4
B.16(1-2 n) D.


32 - (1-4 n) 3

32 - (1-2 n) 3

二、填空题 11.设等比数列{an}的公比为 q,前 n 项和为 Sn,若 Sn+1,Sn,Sn+2 成等差数列,则 q 的 值为 .

12. 设{an}是公比为 q 的等比数列, Sn 是它的前 n 项和, 若{Sn}是等差数列, 则 q=_____. 13.已知数列{an}中,an=

2n?1 (n 为正奇数) 2n- 1(n 为正偶数)

则 a9= (用数字作答).

(用数字作答),

设数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 S9=

14. 已知等比数列{an}的前 10 项和为 32, 前 20 项和为 56, 则它的前 30 项和为 15. 在等比数列{an}中, 若 a1+a2+a3=8, a4+a5+a6=-4, 则 a13+a14+a15= 该数列的前 15 项的和 S15= .

. ,

16.等比数列{an}的公比 q>0,已知 a2=1,an+2+an+1=6an,则{an}的前 4 项和 S4 = 三、解答题 17.设数列{an}是公差不为零的等差数列,Sn 是数列{an}的前 n 项和,且 S12 =9S2,S4 =4S2,求数列{an}的通项公式. .

18.设{an}是一个公差为 d(d≠0)的等差数列,它的前 10 项和 S10=110 且 a1,a2,a4 成等 比数列. (1)证明 a1=d; (2)求公差 d 的值和数列{an}的通项公式.

19. 在等差数列{an}中, 公差 d≠0, a1, a2, a4 成等比数列. 已知数列 a1, a3, …, ak1 ,ak2 ,

akn ,…也成等比数列,求数列{kn}的通项 kn.

20.在数列{an}中,Sn+1=4an+2,a1=1. (1)设 bn=an+1-2an,求证数列{bn}是等比数列; (2)设 cn=

an ,求证数列{cn}是等差数列; 2n

(3)求数列{an}的通项公式及前 n 项和的公式.

参考答案
一、选择题 1.A 解析:由等差数列的求和公式可得

1 S3 3a +3d = 1 = ,可得 a1=2d 且 d≠0 3 6a1+15d S6

所以

3 S6 6a1+15d = = 27 d = . S12 12a1+66d 90 d 10

2.B 解析:解法 1: 设等比数列{an}的公比为 q,等差数列{bn}的公差为 d,由 a6=b7,即 a1q5=b7. ∵ b4+b10=2b7, ∴ (a3+a9)-(b4+b10)=(a1q2+a1q8)-2b7 =(a1q2+a1q8)-2a1q5 =a1q2(q6-2q3+1) =a1q2(q3-1)2≥0. ∴ a3+a9≥b4+b10. 解法 2:
2 ∵ a3·a9=a 6 ,b4+b10=2b7,

∴ a3+a9-(b4+b10)=a3+a9-2b7.又 a3+a9-2 a3 ?a9 =( a3 - a9 )2≥0, ∴ a3+a9≥2 a3 ·a9 . ∵ a3+a9-2b7≥2 a3 ?a9 -2b7=2a6-2a6=0, ∴ a3+a9≥b4+b10. 3.C 解析:∵ a1+a2 008=a1 003+a1 006=a1 004+a1 005, 而 a1 003+a1 004+a1 005+a1 006=18,a1+a2 008=9, ∴ S2 008= 4.B

1 (a1+a2 008)×2 008=9 036,故选 C. 2

解析:∵ a,b,c 成等差数列,∴ 2b=a+c, 又 S△ABC=

1 3 acsin 30°= ,∴ ac=6, 2 2

∴ 4b2=a2+c2+12,a2+c2=4b2-12, 又 b2=a2+c2-2accos 30°=4b2-12-6 3 , ∴ 3b2=12+6 3 ,b2=4+2 3 =(1+ 3 )2. ∴ b= 3 +1. 5.A 解析:题中所给圆是以(5,0)为圆心,5 为半径的圆,则可求过(5,3)的最小弦长为 8, 最大弦长为 10, ∴ ak-a1=2,即(k-1)d=2,k= ∴ k≠4. 6.A 解析:∵ a7+a9=a4+a12=16,a4=1,∴ a12=15. 7.A 解析:∵ a2+a6=2a4,a5+a10+a15=3a10, ∴ 6a4+6a10=24,即 a4+a10=4, ∴ S13= 8.B
?a1+a2+a3=-24 解析:∵ ? ?a18+a19+a20=78

2 +1∈[5,7], d

13 (a1+a13 ) 13 (a4+a10 ) = =26. 2 2

∴ (a1+a20)+(a2+a19)+(a3+a18)=54, 即 3(a1+a20)=54, ∴ a1+a20=18, ∴ S20= 9.C 解析: 因数列{an}为等比数列,则 an=2qn 1.因数列{an+1}也是等比数列, 则(an+1+1)2=(an+1)(an+2+1) ? an+1 +2an+1=anan+2+an+an+2
2


20 (a1+a20 ) =180. 2

?an+an+2=2an+1 ?an(1+q2-2q)=0 ? (q-1)2=0 ?q=1.
由 a1=2 得 an=2,所以 Sn=2n. 10.C 解析:依题意 a2=a1q=2,a5=a1q4=

1 1 ,两式相除可求得 q= ,a1=4,又因为数列 4 2

{an}是等比数列,所以{an·an+1}是以 a1a2 为首项,q2 为公比的等比数列,根据等比数列前
2n 32 - n 项和公式可得 a1a2(1-q ) = (1-4 n). 2 3 1-q

二、填空题 11.-2. 解析:当 q=1 时,Sn+1+Sn+2=(2n+3)a1≠2na1=2Sn,∴ q≠1. 由题意 2Sn=Sn+1+Sn+2 ? Sn+2-Sn=Sn-Sn+1, 即-an+1=an+2+an+1,an+2=-2an+1,故 q=-2. 12.1. 解析:方法一 ∵ Sn-Sn-1=an,又 Sn 为等差数列,∴ an 为定值. ∴ {an}为常数列,q= a n =1. an ?1 方法二:an 为等比数列,设 an=a1qn 1,且 Sn 为等差数列, ∴ 2S2=S1+S3,2a1q+2a1=2a1+a1+a1q+a1q2,q2-q=0,q=0(舍)q=1. 所以答案为 1. 13.256,377. 解析:a9=28=256, S9=(a1+a3+a5+a7+a9)+(a2+a4+a6+a8) =(1+22+24+26+28)+(3+7+11+15) =341+36 =377. 14.74. 解析:由{an}是等比数列,S10=a1+a2+…+a10,S20-S10=a11+a12+…+a20=q10S10, S30-S20=a21+a22+…+a30=q20S10,即 S10,S20-S10,S30-S20 也成等比数列,得(S20-S10)2 =S10(S30-S20),得(56-32)2=32(S30-56), ∴ S30=
(56-32)2 +56=74. 32


15.

1 11 , . 2 2
① ②

解析:将 a1+a2+a3=8, a4+a5+a6=-4. 两式相除得 q3=-

1 , 2

? ? 1 ?5 ? 8 ?1-?- ? ? 4 1 12 1 ? ? ? ? 2? ? ? = 11 . ∴ a13+a14+a15=(a1+a2+a3) q =8· ?- ? = ,S15= ? 2 2 1 ? 2? 1+ 2
16.

15 . 2


解析:由 an+2+an+1=6an 得 qn+1+qn=6qn 1,即 q2+q-6=0,q>0,解得 q=2,

1 (1-24 ) 15 1 2 又 a2=1,所以 a1= ,S4= = . 2 2 1-2
三、解答题 17.解析:设等差数列{an}的公差为 d,由前 n 项和的概念及已知条件得
2 a1 =9(2a1+d ),

① ②

4a1+6d=4(2a1+d ).

由②得 d=2a1,代入①有 a12 =36a1,解得 a1=0 或 a1=36. 将 a1=0 舍去. 因此 a1=36,d=72, 故数列{an}的通项公式 an=36+(n-1)·72=72n-36=36(2n-1).
2 18.解析:(1)证明:因 a1,a2, a4 成等比数列,故 a2 =a1a4,

而{an}是等差数列,有 a2=a1+d,a4=a1+3d,于是(a1+d)2=a1(a1+3d), 即 a12 +2a1d+d2= a12 +3a1d. d≠0,化简得 a1=d. (2)由条件 S10=110 和 S10=10a1+

10 ? 9 d ,得到 10a1+45d=110, 2

由(1),a1=d,代入上式得 55d=110,故 d=2,an=a1+(n-1)d=2n. 因此,数列{an}的通项公式为 an=2n(n=1,2,3,…).
2 19.解析;由题意得 a2 =a1a4,

即(a1+d)2=a1(a1+3d),d(d-a1)=0, 又 d≠0,∴ a1=d. 又 a1,a3, ak1 , ak2 ,…, akn ,…,成等比数列, ∴ 该数列的公比为 q=
a3 3d = =3, ∴ akn =a1·3n+1. a1 d

又 akn =a1+(kn-1)d=kna1, ∴ kn=3n+1 为数列{kn}的通项公式. 20.解析:(1)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. ∴ bn=3×2 n 1.


an ?1 a n 3 an an?1 ? 2an bn 3 ? 2n?1 (2)∵ cn= n ,∴ cn+1-cn= n ?1 - n = = n ?1 = = , n ?1 n?1 2 2 2 2 4 2 2
c1=

a1 1 1 3 = ,∴ {cn}是以 为首项, 为公差的等差数列. 2 4 2 2

(3)由(2)可知数列 ? ∴

1 3 ? an ? 是首项为 ,公差为 的等差数列. n ? 2 4 ?2 ?

an 1 1 3 3 - = +(n-1) = n- ,an=(3n-1)·2n 2 是数列{an}的通项公式. n 2 2 4 4 4
- -

设 Sn=(3-1)·2 1+(3×2-1)·20+…+(3n-1)·2n 2. Sn=2Sn-Sn =-(3-1)·2 1-3(20+21+…+2n 2)+(3n-1)·2n
- - -1

=-1-3×

2 n-1-1 - +(3n-1)·2n 1 2-1
-1

=-1+3+(3n-4)·2n =2+(3n-4)·2n 1.


∴ 数列{an}的前 n 项和公式为 Sn=2+(3n-4)·2n 1.



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