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(宋)数列典型题


数列典型题
1.等差数列{an}中,a1>0,若其前 n 项和为 Sn,且有 S14=S8,那么当 Sn 取最大值时,n 的值为 ( ) A.8 B.9 C.10 D.11 2 2 * 2.正项数列{an}满足 an+1=an+4(n∈N ),且 a1=1,则 a7 的值为 ( ) A.4 B.5 C.6 D.7 3.已知数列{xn}满足 xn+1=xn-xn-1(n≥2),x1=a,x2=b,记 Sn=x1+x2+…+xn 则 有 ( ) A.x100=-a,S100=2b-a B.x100=-b,S100=2b-a C.x100=-b,S100=b-a D.x100=-a,S100=b-a 4.把数列{2n+1}依次按第一个括号一个数,第二个括号两个数,第三个括号三个数,第 四个括号四个数,第五个括号一个数……循环分为:(3),(5,7),(9,11,13),(15,17,19,21), (23),(25,27),(29,31,33),(35,37,39,41),(43),…则第 104 个括号内各数之和为 ( ) A.2036 B.2048 C.2060 D.2072 5.数列{an}满足 a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1 是首项为 1,公比为 2 的等比数列, 那么 an= A.2n-1 B.2n-1-1 C.2n+1 D.4n-1 ( )

11.已知 f(x)=3x2-2x,数列{an}的前 n 项和为 Sn,点(n,Sn)(n∈N*)均在函数 y=f(x)的图 象上. (1)求数列{an}的通项公式; 3 m (2)设 bn= ,Tn 是数列{bn}的前 n 项和,求使得 Tn<20对所有 n∈N*都成立的最 anan+1 小正整数 m.

12.设首项为 a1,公差为 d 的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a7=-2,S5=30. (1)求 a1 及 d; b1+2b2+3b3+…+nbn (2)若数列{bn}满足 an= (n∈N+),求数列{bn}的通项公式. n

13.在等比数列{an}中,an>0(n∈N+),公比 q∈(0,1),且 a1a5+2a3a5+a2a8=25,a3 与 a5 的等比中项为 2. (1)求数列{an}的通项公式; ( ) S1 S2 Sn (2)设 bn=log2an,数列{bn}的前 n 项和为 Sn,当 1 + 2 +…+ n 最大时,求 n 的值.

2 6.数列{an}的各项均为正数,Sn 为其前 n 项和,对于任意的 n∈N+,总有 an,Sn,an成等

1 差数列,又记 bn= ,数列{bn}的前 n 项和 Tn= a2n+1·2n+3 a A. 6n n+9 B. n 9n+6 C. n 6n+9 D. n n+6

7.等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 am-1+am+1-a2 =0,S2m-1=38,则 m= ( m A.38 B.20 C.10 D.9

) 14.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 Sn=n-an,n∈N+. (1)证明数列{an-1}是等比数列; (2)设 cn=-2nan+2n,数列{cn}的前 n 项和为 Tn,求证:Tn<4.

8.数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1=5,且 nSn+1=2n(n+1)+(n+1)Sn(n∈N+),则与过 点 P(n,an)和点 Q(n+2,an+1)(n∈N+)的直线平行的向量可以是 A.(1,2) ? 1 ? B.?-2,2? ? ? 1? ? C.?2,2? ? ? D.(4,1) ( ) ( )

9.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 S12>0 是 S9≥S3 的 A.充分但不必要条件 C.充要条件 B.必要但不充分条件 D.既不充分也不必要条件

1 2 15.在数列{an}中,a1=1,an+1=1-4a ,bn= ,其中 n∈N+. 2an-1 n (1)求证:数列{bn}是等差数列,并求数列{an}的通项公式; 2an (2)设 cn= ,求数列{cn}的前 n 项和 Sn. ?n+1?2

1 10.设正项等比数列{an}的首项 a1= ,前 n 项的和为 Sn,且 210S30-(210+1)·20+S10=0. S 2 (1)求{an}的通项; (2)求{nSn}的前 n 项和 Tn.

数列典型题答案
1. D。解析: 解法一:∵S14=S8,∴a9+a10+…+a14=0,∴a11+a12=0, ∵S14=S8,a1>0,∴d≠0. 故 a11>0,a12<0,∴S11 最大. 解法二:∵a1>0,S14=S8,∴d<0. ∴点(n,Sn)是抛物线上的点,且抛物线的对称轴为 n=11,抛物线的开口向下, ∴n=11 时,Sn 取最大值,故选 D. 2. B。解析: ∵a2+1=a2+4(n∈N*),∴a2+1-a2=4,又 a1=1,∴a2=1. n n n n 1 ∴数列{a2}是首项为 1,公差为 4 的等差数列, n ∴a2=1+4(n-1)=4n-3. ∴a2=4×7-3=25, n 7 又 a7>0,∴a7=5. 3. A。解析: 由 xn+1=xn-xn-1(n≥2),x1=a,x2=b 得 x3=x2-x1=b-a;x4=x3-x2=b-a-b= -a;x5=x4-x3=-a-(b-a)=-b;x6=x5-x4=-b-(-a)=a-b;x7=x6-x5=a-b+b=a;x8 =x7-x6=a-(a-b)=b,可看出{xn}是呈周期性的数列,T=6,∴x100=x4=-a,每个周期数列的 和为 0,∴S100=x1+x2+x3+x4=2b-a. 4. D。解析: 由观察会发现,每十个数都是一个循环,一个循环里有 10 个数组成,104 个括号有 26 个小循环,则第 104 个括号内有四个数,则这四个数为数列 3,5,7,9…的第 257 项,第 258 项, 第 259 项,第 260 项,分别为 3+(257-1)×2,3+(258-1)×2,3+(259-1)×2,3+(260-1)×2,即 515,517,519,521,其和为 2072. 5. A. 解析: an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=2n-1. 6. C. 解析: ∵an,Sn,a2成等差数列,∴2Sn=a2+an. n n 当 n≥2 时,2Sn-1=a2-1+an-1, n
2 ∴2an=an-a2-1+an-an-1(n≥2),∴a2-a2-1=an+an-1(n≥2). n n n

∴kPQ=

an+1-an =2,∴所求向量可以是(1,2). 2

9. A. 解析: 若 S12>0,则 a6+a7>0. S9-S3=a4+a5+a6+a7+a8+a9=3(a6+a7)>0, ∴S9>S3,∴S9≥S3 成立. 反之,由 S9≥S3 不能得出 S12>0. 10. 解析: (1)解法一:当 q=1 时,S10=10a1,S20=20a1,S30=30a1, ∴210S30-(210+1)S20+S10=210· 1-(210+1)· 1+10a1 30a 20a 10 10 =2 · 1-2 · 1-20a1+10a1 30a 20a =10a1·10-10a1=10a1(210-1), 2 ∵a1>0,∴10a1(210-1)≠0.∴q≠1. 由 210S30-(210+1)S20+S10=0 a1(1-q30) a1(1-q20) a1(1-q10) 得 210· -(210+1)· + =0, 1-q 1-q 1-q ∴210(1-q30)-(210+1)· (1-q20)+1-q10=0, ∴210-210q30-210+210q20-1+q20+1-q10=0, 即 q10(q10-1)(210q10-1)=0, 1 ∴210q10-1=0,∴210q10=1,∵q>0,∴q= . 2 1 n-1 1 1 n-1 ∴an=a1q = · ) = n. ( 2 2 2 解法二:由 210S30-(210+1)S20+S10=0,得 210(S30-S20)=S20-S10, 即 210(a21+a22+…+a30)=a11+a12+…+a20. 可得 210·10(a11+a12+…+a20)=a11+a12+…+a20. q 1 ∵an>0,∴210q10=1.解得 q= . 2 1 n-1 故 an=a1q = n,(n=1,2…) 2 1 1 (2)因为{an}是首项 a1= ,公比 q= 的等比数列, 2 2 1? 1? 1- n 2? 2 ? 1 n 故 Sn= =1- n,nSn=n- n.则数列{nSn}的前 n 项和 1 2 2 1- 2 1 2 n Tn=(1+2+…+n)-?2+22+…+2n?,① ? ? n-1 1 2 n ? Tn 1 ? = (1+2+…+n)-?22+23+…+ 2n + n+1?.② 2 2 2 ? ? ①-②,得 1 1 1 Tn 1 n = (1+2+…+n)-?2+22+…+2n?+ n+1 ? ? 2 2 2 n(n+1) 1 n = -1+?2?n+ n+1, ? ? 2 4 n(n+1) 1 n 即 Tn= -2+ n-1+ n. 2 2 2 11. 解析: (1)由点(n,Sn)(n∈N*)均在函数 y=f(x)的图象上得 Sn=3n2-2n.

∵an>0,∴an-an-1=1(n≥2),∴{an}是公差为 1 的等差数列,其首项 a1=1,∴an=n, 1 ? 1 1 1 - ∴bn= = ? , ?2n+1??2n+3? 2?2n+1 2n+3? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n ∴Tn= ?3-5+5-7+…+2n+1-2n+3?= ?3-2n+3?= 2? ? 2? ? 6n+9. 7. C. 解析: ∵{an}是等差数列,∴am-1+am+1=2am. ∵am-1+am+1-a2 =0,∴2am-a2 =0,∴am=2,或 am=0. m m ?2m-1??a1+a2m-1? 又 S2m-1=38,即 =38, 2 ∴(2m-1)am=38,∴am=0 舍去,∴(2m-1)×2=38,∴m=10. Sn+1 Sn 8. A. 解析: 由 nSn+1=2n(n+1)+(n+1)Sn,可得 - =2, n+1 n
?Sn? ∴? n ?是公差为 2 的等差数列,其首项为 S1=a1=5, ? ?

Sn ∴ =2n+3,∴Sn=2n2+3n,∴an=4n+1, n

当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)-[3(n-1)2-2(n-1)]=6n-5; 当 n=1 时,a1=S1=3×12-2×1=1=1,满足上式.所以 an=6n-5(n∈N*). (2)由(1)得 1 3 3 1 1 bn= = = ?6n-5-6n+1?, ? anan+1 (6n-5)[6(n+1)-5] 2? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Tn=b1+b2+b3+…+bn= [1- + - + - +…+ - ]= - < . 2 7 7 13 13 19 2 2(6n+1) 2 6n-5 6n+1 1 ? m 1? 1 m 因此,使得 1-6n+1 < (n∈N*)成立的 m 必须且仅须满足 ≤ ,即 m≥10,故满足要求的最 2? 2 20 ? 20 小整数 m=10. ?5a +5×4d=30, ?a1=10, ? 1 ? 2 12.解 (1)由题意可知? 得? ? ?d=-2. ?a1+6d=-2, ? (2)由(1)得 an=10+(n-1)(-2)=12-2n, 所以 b1+2b2+3b3+…+nbn=nan=n(12-2n), 当 n=1 时,b1=10, 当 n≥2 时,b1+2b2+3b3+…+(n-1)bn-1=(n-1)[12-2(n-1)], 所以 nbn=n(12-2n)-(n-1)[12-2(n-1)]=14-4n, 14 故 bn= -4.当 n=1 时也成立. n 14 所以 bn= -4,(n∈N+). n 13.解 (1)因为 a1a5+2a3a5+a2a8=25, 所以 a2+2a3a5+a2=25.又 an>0,所以 a3+a5=5. 3 5 又 a3 与 a5 的等比中项为 2,所以 a3a5=4. 1 - 1 - 而 q∈(0,1),所以,a3>a5,所以 a3=4,a5=1,q= ,a1=16,所以 an=16×?2?n 1=25 n. ? ? 2 (2)bn=log2an=5-n,所以,bn+1-bn=-1,所以{bn}是以 4 为首项,-1 为公差的等差数列, n?9-n? Sn 9-n 所以 Sn= , = , 2 n 2 Sn Sn Sn 所以当 n≤8 时, >0,当 n=9 时, =0,当 n>9 时, <0, n n n S1 S2 Sn 所以当 n=8 或 9 时, + +…+ 最大. 1 2 n 1 14.证明 (1)∵n=1 时,a1=1-a1,∴a1= . 2 ∵Sn=n-an,∴Sn-1=n-1-an-1(n≥2). 1 1 两式相减,得 an= an-1+ , 2 2

1 ∴an-1= (an-1-1). 2 1 1 从而{an-1}为等比数列,首项 a1-1=- ,公比为 . 2 2 1 1 - (2)由(1)知 an-1=- ?2?n 1. 2? ? 1 从而 an=-?2?n+1. ? ?

1 1 ∵cn=-2n?-?2?n+1?+2n=2n?2?n, ? ? ? ? ? ? 1 1 1 1 ∴Tn=2??2? +2×?2?2+3×?2?3+…+n× ?2?n?. ?? ? ? ? ? ? ? ?? 1 1 1 1 + 1 从而 Tn=2??2?2 +2×?2?3+3×?2?4+…+n× ?2?n 1?, ?? ? ? ? ? ? ? ? ? 2 1 1 1 1 1 1 + 1 两式相减,得 Tn=2??2?1 +?2?2+?2?3+?2?4+…+?2?n-n× ?2?n 1?. ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 2 1 1? 1-?2?n? ? ?? 2? 1 + 1 ∴Tn=4× -4n×?2?n 1=4-(2n+4)?2?n. ? ? ? ? 1 1- 2 2 2 15.解 (1)证明:∵bn+1-bn= - 2an+1-1 2an-1 = 4an-2 2 2 - = =2(n∈N+) 1 ? 2an-1 2an-1 2?1-4a ?-1 ? n

∴Tn<4.

∴数列{bn}是等差数列. 2 ∵a1=1,∴b1= =2, ∴bn=2+(n-1)· 2=2n. 2a1-1 2 2 1 由 bn= ,得 2an-1= = (n∈N+), bn n 2an-1 n+1 ∴an= . 2n n+1 2an 1 (2)由(1)知 an= ,得 cn= , 2= 2n ?n+1? n?n+1? 1 1 1 从而 cn= = - . n?n+1? n n+1 Sn=c1+c2+c3+…+cn 1 ? 1 n ? 1? ?1 1? ?1 1? ?1 =?1- ?+? - ?+? - ?+…+? - ?=1-n+1=n+1. ? 2? ?2 3? ?3 4? ?n n+1?


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