数列概念与简单表示法答案.doc

第五章 第一节 数列的概念与简单表示法答案
1. 解析：原数列可写成、、，….
∵2＝，∴20＝2＋(n－1)×3，∴n＝7. 答案：B
2. 解析：从图中可观察星星的构成规律，
n＝1时，有1个；n＝2时，有3个；
n＝3时，有6个；n＝4时，有10个；…
∴an＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝. 答案：C
3. 解析：观察4的倍数0,4,8，…的位置．由于2 009＝4×502＋1，故2 009在箭头↓的下方，从而2 009与2 010之间是箭头→，2 010与2 011之间是箭头↑.答案：B
4. 解析：an＝
＝ ∵n＝1时适合an＝2n－10， ∴an＝2n－10.
∵5＜ak＜8，∴5＜2k－10＜8， ∴＜k＜9. 又∵k∈N*，∴k＝8.答案：B
5. 解析：法一：由已知，an＋1－an＝ln，a1＝2，
∴an－an－1＝ln，
an－1－an－2＝ln，
……
a2－a1＝ln，
将以上n－1个式子累加得：
an－a1＝ln＋ln＋…＋ln
＝ln(··…·)＝lnn，
∴an＝2＋lnn.
法二：由a2＝a1＋ln2＝2＋ln2，排除C、D；
由a3＝a2＋ln(1＋)＝2＋ln3，排除B. 答案：A
6. 解析：由a1＝1，a2＝5，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，可得该数列为1,5,4，－1，－5，－4,1,5,4，….此数列为周期数列，由此可得a1 000＝－1. 答案：D
7. 解析：＝÷＝＝＜1，∵an＋1＞0，∴an＜an＋1.
答案：B
8. 解析：∵a1，a2，…，a501的“理想数”为2008，
∴＝2008，
∴2，a1，a2…，a501的理想数为
＝
＝2＋＝2＋4×501＝2006. 答案：B
9. 解析：a1＝－a2＝－2，a2＝2，a3＝－2，a4＝2，…，
知数列为周期数列，周期T＝2，a1＋a2＝，
∴S21＝10×＋a1＝5＋－2＝. 答案：
10. 解：(1)n＝1时，a1＝S1＝23；

n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－2n＋25.
经验证，a1＝23符合an＝－2n＋25，
∴an＝－2n＋25(n∈N)．
(2)法一：∵Sn＝－n2＋24n＝－(n－12)2＋144，
∴n＝12时，Sn最大且Sn＝144.
法二：∵an＝－2n＋25，
∴an＝－2n＋25＞0，有n＜，
∴a12＞0，a13＜0，故S12最大，最大值为144.
11. 解：(1)∵an＝an－1＋3n－1，
∴an－1＝an－2＋3n－2，
an－2＝an－3＋3n－3，
…
a2＝a1＋31.
以上(n－1)个式子相加得
an＝a1＋31＋32＋…＋3n－1
＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝.
(2)∵an＝an－1(n≥2)，
∴an－1＝an－2，
…
a2＝a1.
以上(n－1)个式子相乘得
an＝a1··……＝＝.
12. 解：(1)由Sn＝a＋an(n∈N*)可得
a1＝a＋a1，解得a1＝1；
S2＝a1＋a2＝a＋a2，解得a2＝2；
同理，a3＝3，a4＝4.
(2)Sn＝＋a， ①
Sn－1＝＋a， ②
①－②即得(an－an－1－1)(an＋an－1)＝0.
由于an＋an－1≠0，所以an－an－1＝1，又由(1)知a1＝1，故数列{an}为首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n.
(3)(理)由(2)知an＝n，则bn＝n()an＝，
故Tn＝＋2×()2＋…＋n()n， ①
Tn＝()2＋2×()3＋…＋(n－1)()n＋n()n＋1， ②
①－②得：
Tn＝＋()2＋…＋()n－n()n＋1＝1－，
故Tn＝2－， ∴Tn＋1－Tn＝＞0，
∴Tn随n的增大而增大．
当n＝1时，T1＝；当n＝2时，T2＝1；
当n＝3时，T3＝＝＞，所以n≥3时，Tn＞.
综上，当n＝1,2时，Tn＜；当n≥3时，Tn＞.
第五章 第二节 等差数列及其前n项和答案
1. 解析：由＋＝2，可得a＋c＝2b，但a、b、c均为零时，a、b、c成等差数列，但＋≠2.
答案：B
2. 解析：∵S3＝＝6，而a3＝4，∴a1＝0，
∴d＝＝2.
答案：C
3. 解析：an＝
＝＝2n－10，
∵5＜ak＜8，∴5＜2k－10＜8，
∴
由2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)得到
S9－S6＝2S6－3S3＝45，即a7＋a8＋a9＝45.
答案：B
5. 解析：因为a4＝－4，a9＝4，所以a4＋a9＝0，即a6＋a7＝0，所以S7＝S5＋a6＋a7＝S5.
答案：C
6. 解析：由⇒∴an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝a2n＝6n，∴S5＝×5＝90.
答案：90
7. 解析：∵log2(a5＋a9)＝3，∴a5＋a9＝23＝8.
∴S13＝＝＝＝52.
答案：52
8. 解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则由6S5－5S3＝5，得6(a1＋3d)＝2，所以a4＝.
答案：
9 解析：设数列{an}的公差为d，则由题意得
9a1＋×9×(9－1)d＝12a1＋×12×(12－1)d，
即3a1＝－30d，∴a1＝－10d.
∵a1<0，∴d>0.
∴Sn＝na1＋n(n－1)d＝dn2－dn
＝2－.
∴Sn有最小值，又n∈N*，
∴n＝10，或n＝11时，Sn取最小值．
答案：10或11
10. 解：(1)证明：由已知an＋1＝2an＋2n得
bn＋1＝＝＝＋1＝bn＋1.
又b1＝a1＝1，
因此{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．
(2)由(1)知＝n，即an＝n·2n－1.
Sn＝1＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，

两边乘以2得，2Sn＝2＋2×22＋…＋n×2n.
两式相减得
Sn＝－1－21－22－…－2n－1＋n·2n
＝－(2n－1)＋n·2n
＝(n－1)2n＋1.
11. 解：(1)∵2an＋1＝an＋an＋2，∴{an}是等差数列，设{an}的首项为a1，公差为d，
由a3＝5，S6＝36得，解得a1＝1，d＝2.
∴an＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝6n＋(－1)n－1·λ·22n－1，要使得对任意n∈N*都有bn＋1＞bn恒成立，
∴bn＋1－bn＝6n＋1＋(－1)n·λ·22n＋1－6n－(－1)n－1·λ·22n－1＝5·6n－5λ·(－1)n－1·22n－1＞0恒成立，
即λ·(－1)n－1＜()n.
当n为奇数时，
即λ＜2·()n，而()n的最小值为，
∴λ＜3.
当n为偶数时，λ＞－2()n，
而－2()n的最大值为－，∴λ＞－.
由上式可得－＜λ＜3，而λ为正整数，
∴λ＝1或λ＝2.
12. 解：(1)因为f(0)＝f()＝0，所以f(x)的对称轴为x＝＝，又因为f(x)的最小值是－，由二次函数图象的对称性可设f(x)＝a(x－)2－.
又f(0)＝0，所以a＝2，所以f(x)＝2(x－)2－＝2x2－x.
因为点(n，Sn)在函数f(x)的图象上，所以Sn＝2n2－n.当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－3(n＝1时也成立)，所以an＝4n－3(n∈N*)．
(2)因为bn＝＝＝，令c＝－(c≠0)，即得bn＝2n，此时数列{bn}为等差数列，所以存在非零常数c＝－，使得{bn}为等差数列．
(3)cn＝＝＝2n，则cn·2cn＝2n×22n＝n×22n＋1.
所以Tn＝1×23＋2×25＋…＋(n－1)22n－1＋n×22n＋1，
4Tn＝1×25＋2×27＋…＋(n－1)22n＋1＋n×22n＋3，
两式相减得：－3Tn＝23＋25＋…＋22n＋1－n×22n＋3＝－n·22n＋3，
Tn＝＋＝.
第五章 第三节 等比数列及其前n项和答案

1. 解析：设{an}的公比为q，∵a1＋a2＝a3，
∴a1＋a1q＝a1q2，即q2－q－1＝0，
∴q＝，又∵an＞0，∴q＞0，∴q＝，
＝＝.
答案：A
2. 解析：∵a3·a9＝2a＝a，∴＝.
又a2＝1＝a1·，∴a1＝.
答案：B
3. 解析：∵{an}为等比数列，
∴S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，
即(S6－S3)2＝S3·(S9－S6)，
又∵S6∶S3＝1∶2，
∴S＝S3(S9－S3)，即S3＝S9，
∴S9∶S3＝3∶4.
答案：C
4. 解析：数列{an}是等比数列则＝q，可得＝q2，则{an}为“等方比数列”．当{an}为“等方比数列”时，则＝p(p为正常数，n∈N*)，当n≥1时＝±，所以此数列{an}并不一定是等比数列．
答案：B
5. 解析：∵q3＝＝，∴q＝，a1＝4，数列{an·an＋1}是以8为首项，为公比的等比数列，不难得出答案为C.
答案：C
6. 解析：∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，
∴a＋2a3a5＋a＝25，
又an＞0，∴a3＋a5＝5，
又q∈(0,1)，∴a3＞a5，
而a3a5＝4，∴a3＝4，a5＝1，
∴q＝，a1＝16，an＝16×()n－1＝25－n，
bn＝log2an＝5－n，bn＋1－bn＝－1，
∴{bn}是以b1＝4为首项，－1为公差的等差数列，
∴Sn＝，∴＝，
∴当n≤8时，＞0；当n＝9时，＝0；当n＞9时，＜0，
∴当n＝8或9时，＋＋…＋最大．答案：C
7. 解析：a4＝a1()3＝a1，S4＝＝a1，
∴＝15. 答案：15
8. 解析：∵an＋2＋an＋1＝6an，∴an·q2＋an·q＝6an(an≠0)，
∴q2＋q－6＝0，
∴q＝－3或q＝2.
∵q＞0，∴q＝2，∴a1＝，a3＝2，a4＝4，
∴S4＝＋1＋2＋4＝.
答案：
9. 解析：∵bn＝an＋1，∴an＝bn－1，
而{bn}有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，
∴{an}有连续四项在集合{－54，－24,18,36,81}中．
∵{an}是公比为q的等比数列，|q|>1.
∴{an}中的连续四项为－24,36，－54,81，
∴q＝－＝－，∴6q＝－9.
答案：－9
10. 解：(1)∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，
∴当n＝1时，a1＝2×1＝2；
当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，∴a2＝4；
当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，∴a3＝8.
(2)∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，①
∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)．②
①－②得nan＝(n－1)Sn－(n－2)Sn－1＋2＝n(Sn－Sn－1)－Sn＋2Sn－1＋2＝nan－Sn＋2Sn－1＋2.
∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2，∴Sn＋2＝2(Sn－1＋2)．
∵S1＋2＝4≠0，∴Sn－1＋2≠0，∴＝2，
故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．
11. 解：(1)已知a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8n(n∈N*)①
当n≥2时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝8(n－1)(n∈N*)②
①－②得2n－1an＝8，求得an＝24－n，

在①中令n＝1，可得a1＝8＝24－1，
∴an＝24－n(n∈N*)．
由题意知b1＝8，b2＝4，b3＝2，
∴b2－b1＝－4，b3－b2＝－2，
∴数列{bn＋1－bn}的公差为－2－(－4)＝2，
∴bn＋1－bn＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，
法一：迭代法得：
bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8)
＝n2－7n＋14(n∈N*)．
法二：可用累加法，
即bn－bn－1＝2n－8，
bn－1－bn－2＝2n－10，
…
b3－b2＝－2，
b2－b1＝－4，
b1＝8，
相加得bn＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8)
＝8＋＝n2－7n＋14(n∈N*)．
(2)∵bk－ak＝k2－7k＋14－24－k，
设f(k)＝k2－7k＋14－24－k.
当k≥4时，f(k)＝(k－)2＋－24－k单调递增．且f(4)＝1，
∴当k≥4时，f(k)＝k2－7k＋14－24－k≥1.
又f(1)＝f(2)＝f(3)＝0，∴不存在k∈N*，使得(bk－ak)∈(0,1)．
第五章 第四节 数列求和答案
1. 解析：a1＋…＋ak＋…＋a10＝240－(2＋…＋2k＋…＋20)＝240－＝240－110＝130.答案：C
2. 解析：∵an＝1－
∴Sn＝(1－)＋(1－)＋(1－)＋…＋(1－)＝n－(＋＋＋…＋)
＝n－＝n－1＋，由Sn＝＝n－1＋，观察可得出n＝6.答案：D
3. 解析：f′(x)＝mxm－1＋a＝2x＋1，∴a＝1，m＝2，
∴f(x)＝x(x＋1)，
＝＝－，用裂项法求和得Sn＝. 答案：A
4. 解析：数列的前n项和为
＋＋…＋＝1－＝＝， 所以n＝9，
于是直线(n＋1)x＋y＋n＝0即为10x＋y＋9＝0，所以在y轴上的截距为－9.答案：B
5. 解析：∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，∴a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2n－1－1，
∴an＝2n－2n－1＝2n－1，∴a＝4n－1，∴a＋a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)．
答案：C
6. 解析：法一：依题意有an＝log2＝log2(n＋1)－log2(n＋2)，所以Sn＝log22－log23＋log23－log24＋…＋log2(n＋1)－log2(n＋2)＝log22－log2(n＋2)＝1－log2(n＋2)，令1－log2(n＋2)<－5，解得n>62，故使Sn<－5成立的自然数n有最小值63.
法二：Sn＝log2＋log2＋…＋log2＝log2(××…×)＝log2，
所以由Sn<－5，得log2<－5，解得n>62，
故使Sn<－5成立的自然数n有最小值63. 答案：B
7. 解析：∵an＝2an－1－1，∴an－1＝2(an－1－1)
∴{an－1}为等比数列，则an＝2n－1＋1，
∴a1＋a2＋…＋a10＝10＋(20＋21＋…＋29)＝10＋＝1 033.答案：1 033
8. 解析：∵an＋1－an＝2n，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n.
∴Sn＝＝2n＋1－2.
答案：2n＋1－2
9. 解：由已知得：an＝(1＋2＋3＋…＋n)＝，
bn＝＝8(－)，
∴数列{bn}的前n项和为
Sn＝8[(1－)＋(－)＋(－)＋…＋－)]
＝8(1－)＝.
10. 解：当a＝1时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝；
当a≠1时，Sn＝＋＋＋…＋，
Sn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减得，(1－)Sn＝＋＋＋…＋－＝－，
即Sn＝，
∴Sn＝
11. 解：(1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝， ①
∴当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝. ②
①－②得3n－1an＝，an＝.
在①中，令n＝1，得a1＝，适合an＝，
∴an＝.
(2)∵bn＝，∴bn＝n3n.
∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n3n， ③
∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n3n＋1.④
④－③得2Sn＝n3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)，
即2Sn＝n3n＋1－，
∴Sn＝＋.
12. 解：(1)在Sn＝－an－()n-1＋2中，
令n＝1，可得S1＝－a1－1＋2＝a1，即a1＝.
当n≥2时，Sn－1＝－an－1－()n-2＋2，
∴an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1＋()n-1，
∴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．
于是bn＝1＋(n－1)·1＝n＝2nan，
∴an＝.
(2)由(1)得cn＝an＝(n＋1)()n，所以
Tn＝2×＋3×()2＋4×()3＋…＋(n＋1)·()n， ①
Tn＝2×()2＋3×()3＋…＋n·()n＋(n＋1)·()n＋1， ②
由①－②得Tn＝1＋()2＋()3＋…＋()n－(n＋1)·()n＋1
＝1＋－(n＋1))n＋1
＝－.∴Tn＝3－.
第五章 第五节 数列的综合应用答案
1.解析：由题意得b2＝ac,2m＝a＋b,2n＝b＋c，则＋＝＝＝＝2. 答案：C
2. 解析：∵a3＋a9≥2＝2＝2a6＝2b7＝b4＋b10，当且仅当a3＝a9时，不等式取等号． 答案：B
3. 解析：由第n天的维修保养费为元(n∈N＋)，可以得出观测仪的整个耗资费用，由平均费用最少而求得最小值成立时相应n的值．
设一共使用了n天，则使用n天的平均耗资为
＝＋＋4.95，当且仅当＝时，取得最小值，此时n＝800. 答案：B
4. 解析：设至少需要n秒钟，则1＋21＋22＋…＋2n－1≥100，
∴≥100，∴n≥7. 答案：B
5. 解析：由题知表格中第三列成首项为4，公比为的等比数列，故有x＝1.根据每行成等差数列得第四列前两个数字依次为5，，故其公比为，所以y＝5×()3＝，同理z＝6×()4＝，故x＋y＋z＝2. 答案：B
6. 解析：由题意，若{an}为调和数列，则{}为等差数列，所以{}为调和数列，则可得数列{xn}为等差数列，由等差数列的性质可知，x5＋x16＝x1＋x20＝x2＋x19＝…＝＝20. 答案：20
7. 解析：由已知等式得nan＝(n＋1)an－1＋n(n＋1)(n∈N*，n≥2)，则－＝1，所以数列{}是以＝3为首项，1为公差的等差数列，即＝n＋2，则an＝(n＋1)(n＋2)．n＝1时，此式也成立． 答案：(n＋1)(n＋2)
8. 解析：设第10名到第1名得的奖金数分别是a1，a2，…，a10，则an＝Sn＋1，则a1＝2，an－an－1＝an，即an＝2an－1，因此每人得的奖金额组成以2为首项，以2为公比的等比数列，所以S10＝＝2046. 答案：2046
9. 解析：∵Sn＝an－，∴S1＝a1－＝a1，a1＝－1.an＝Sn－Sn－1(n>1)，即an＝(an－)－(an－1－)＝an－an－1，整理得：＝－2，∴{an}是首项为－1，公比为－2的等比数列，Sk＝＝，∵1＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n，
两式相减得(1－2)Tn＝1×1＋2×2＋2×22＋…＋2·2n－2＋2·2n－1－(2n－1)·2n，即
－Tn＝1＋2(21＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)·2n
＝1＋2(2n－2)－(2n－1)·2n＝(3－2n)·2n－3，∴Tn＝(2n－3)·2n＋3.
11. 解：(1)∵a1≠0，∴an≠0，∴由已知可得－＝3(n≥2)，
故数列{}是等差数列．
(2)由(1)的结论可得bn＝1＋(n－1)×3，所以bn＝3n－2，
∴Sn＝＝.
(3)将an＝＝代入λan＋≥λ并整理得λ(1－)≤3n＋1，
∴λ≤，原命题等价于该式对任意n≥2的整数恒成立．
设Cn＝，则Cn＋1－Cn＝>0，故Cn＋1>Cn，
∴Cn的最小值为C2＝，
∴λ的取值范围是(－∞，]．