第二章数列专题.doc

数列（第一讲）1(2012西安高二检测)已知数列an的通项公式是an，那么这个数列是()A递增数列B递减数列C摆动数列 D常数列解：数列an各项均为正，又an1，1， an是递增数列2已知数列an对任意的p，qN*满足apqapaq，且a26，则a10()A165 B33C30 D21解析：apqapaq，a42a212，a82a424，a10a2a830.3已知数列an满足an1若a1，则a2 011的值为()A. B. C. D.解析：计算得a2，a3，a4，故数列an是以3为周期的周期数列，又因为2 01167031，所以a2 011a1.4已知数列an，a11，an2an11(n1，nN*)，则a99_.解析：an2an11，a22a111，a32a211，a991.5设ann210n11，则数列an从首项到第m项的和最大，则m的值是_解析：令ann210n110，则0n11.a10，a20，a100，a110.m10或11.6600是12,23,34,45，的第几项()A20B24 C25 D30解析：由观察知通项为ann(n1)，600n(n1)解得n24.7用火柴棒按下图的方法搭三角形：按图示的规律搭下去，则所用火柴棒数an与所搭三角形的个数n之间的关系式可以是_解析：a13211，a25221，a37231，a49241.an2n1.1数列1,3,6,10，的一个通项公式是()Aann2n1BanCan Dann21解析：a11，a23，a36，a410，可分别令n1,2,3,4验证2已知数列an中，an2n1，那么a2n为()A2n1 B4n1C4n1 D4n解析：an2n1，a2n2(2n)14n1.3(2012福建三明高二检测)已知一组数1,1,2,3,5,8，x,21,34,55，按这组数规律，x应为()A11 B12 C13 D14解析：由题意得112,123,235,358. x5813.4数列an中，an2n23，则125是这个数列的第几项()A4 B8 C7 D12解析：数列an通项公式为an2n23， 1252n23得n8.5数列0，的通项公式为_解析：数列可写为， 则其通项公式为an.6黑白两种颜色的正六边形地面砖按下图的规律拼成若干个图案，则第n个图案中有白色地面砖_块解析：法一：第1个图案有白色地面砖6块，第2个图案有10块，第3个图案有14块，可以看出每个图案较前一个图案多4块白色的地面砖第n个图案有64(n1)4n2块法二：第一个图案有白色地面砖32块，第二个图案有52块，第三个图案有72块，第n个图案有(2n1)24n2块7数列an中，已知an(nN*)(1)写出a10，an1，an2；(2)79是不是该数列中的项？若是，是第几项解：(1)a10，an1，an2.(2)假设79是该数列的第n项，则79，n2n2400.解之，得n15或n16(舍去)故79是该数列的第15项数列（第二讲）1已知等差数列an的通项公式为an54n，则它的公差为()A4B5 C4 D5解析：an54n，an154(n1)。则an1an54(n1)54n4d.2在等差数列an中，a1a910，则a5的值为()A5 B6 C8 D10解析：在等差数列an中，由性质得a1a92a5， a55.3一个三角形的三个内角A、B、C成等差数列，则tan(AC)_.解析：A、B、C成等差数列，AC2B，又ABC180，AC120.tan(AC)tan 120.4在首项为31，公差为4的等差数列中，与零最接近的项是_解析：该数列的通项公式为an354n令an0得n，.与零最接近的项应是a8或a9，分别计算a8、a9得a83，a91，所以最接近的为a91.5已知an是等差数列，分别根据下列条件写出它的通项公式(1)a35，a713； (2)前三项为a,2a1,3a.解：(1)法一：设首项为a1，公差为d，则 解得ana1(n1)d1(n1)22n1.通项公式是an2n1.课后练习：1an是首项a11，公差d3的等差数列，如果an2 011，则序号n等于()A668 B669 C670 D671解析：ana1(n1)d，2 0111(n1)3，n671.2等差数列an的公差d0，且a2a412，a2a48，则数列an的通项公式是()Aan2n2(nN*) Ban2n4(nN*)Can2n12(nN*) Dan2n10(nN*)解析：由所以ana1(n1)d8(n1)(2)即an2n10.3设x是a与b的等差中项，x2是a2与b2的等差中项，则a、b的关系是()Aab Ba3bCab或a3b Dab0解析：由等差中项的定义知：x，x2，()2，即a22ab3b20.故ab或a3b.4在数列an中，a12,2an12an1，则a101的值是()A52 B51 C50 D49解析：2an12an1，2(an1an)1.即an1an.an是以为公差的等差数列a101a1(1011)d25052.5等差数列1，3，7，11，的通项公式是_，它的第20项是_解析：数列中a23，a11，da2a14.通项公式为ana1(n1)d1(n1)(4)4n5，a2080575.6已知等差数列an中，a48，a84，则其通项公式an_.解析：由a48，a84，得d1，a183d11.ana1(n1)d11(n1)12n.7数列an满足a11，an1(n2n)an(n1,2，)，是常数(1)当a21时，求及a3的值；(2)是否存在实数使数列an为等差数列？若存在，求出及数列an的通项公式；若不存在，请说明理由解：(1)由于an1(n2n)an(n1,2，)，且a11.所以当a21时，得12，故3.从而a3(2223)(1)3.(2)数列an不可能为等差数列，证明如下：由a11，an1(n2n)an，得a22，a3(6)(2)，a4(12)(6)(2)若存在，使an为等差数列，则a3a2a2a1，即(5)(2)1，解得3.于是a2a112，a4a3(11)(6)(2)24.这与an为等差数列矛盾所以，不存在使an是等差数列数列（第三讲）1已知等差数列an中，a7a916，又a41，则a12的值是()A15B30C31 D64解析：a7a9a4a12 a1216115.2在等差数列an中，已知a12，a2a313，则a4a5a6等于()A40 B42 C43 D45解析：a2a32a13d43d13，d3.而a4a5a63a5，a5a14d21214. a4a5a642.3在等差数列an中：a1030，a2050，则a40()A40 B70C80 D90解析：可知a10a302a20，a30.a102a20.a403a202a1035023090.4an是等差数列，且a1a2a335，a2a3a463，则a3a4a5_.解析：根据等差数列的性质，a1a2a3，a2a3a4，a3a4a5成等差数列，故a3a4a52(a2a3a4)(a1a2a3)2633591.5设an为等差数列，若a3a4a5a6a7450，则a2a8_.解析：a3a7a4a62a5. a3a4a5a6a75a5450. a590.6已知等差数列an(1)若a1231，a32151，求a42的值。(2)若a15，d3，an2 012，求n.解：(1)a32a1220d15131120，d6.a42a1230d31306211.(2)由ana1(n1)d，得2 0125(n1)3，3n2 010.n670.课后练习：1 在等差数列an中，a13a8a15120，则2a9a10的值为()A24B22C20 D8解析：a13a8a15120，5a8120.即a824. 2a9a10a824.2(2012临沂高二检测)等差数列an中，a2a5a89，那么关于x的方程：x2(a4a6)x100()A无实根 B有两个相等实根C有两个不等实根 D不能确定有无实根解析：由于a4a6a2a82a5，而3a59，a53，方程为x26x100，无解3(2011湖北高考)九章算术“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为()A1升 B.升 C.升 D.升解析：设最上面一节的容积为a1，公差为d，则有即 解得则a54在等差数列an中，a37，a5a26，则a6_.解析：a6a2a3a5，a6a3a5a27a26a213.5已知数列an满足aa4，且a11，an0，则an_.解析：由已知aa4.a是等差数列，且首项a1，公差d4.a1(n1)44n3. 又an0，an.6已知递增的等差数列an满足a2a3a415，a2a3a4105，求a1.解：an是等差数列，a2a3a43a315. a35.a2a410. a2a3a45a2a4105.即a2a421.即 或又an是递增数列，a4a2，即a23，a47.d2. a1a2d321.数列（第四讲）1等差数列an中，S104S5，则等于()A.B2 C. D4解析：由题意知，10a1d4(5a1d)，10a145d20a140d.5d10a1.即.2已知等差数列an的前n项和为Sn，若a418a5，则S8等于()A72 B54 C36 D18解a418a5，a4a518，S84(a1a8)4(a4a5)41872.3等差数列an中，a1a2a324，a18a19a2078.则此数列前20项和等于_解析：a1a2a3a18a19a20a1a20a2a19a3a183(a1a20)782454，a1a2018. S201810180.4(2011天津高考)已知an是等差数列，Sn为其前n项和，nN*.若a316，S2020，则S10的值为_解析：设an的首项，公差分别是a1，d，则解a120，d2，S101020(2)110.5设an为等差数列，Sn为数列an的前n项和，已知S77，S1575，Tn为数列的前n项和，求Tn.解：设等差数列an的首项为a1，公差为d，则Snna1n(n1)d. S77，S1575，即 解得a1(n1)d2(n1) ，数列是等差数列，其首项为2，公差为. Tnn2n.1已知等差数列an中，|a3|a9|，公差d0，则使前n项和Sn取得最大值的项数n是()A4或5B5或6C6或7 D不存在解析：|a3|a9|，d0，即a30，a91时，anSnSn1n210n(n1)210(n1)2n11.又21119a1，所以数列an的通项公式为an2n11.6对于两个等差数列an和bn，有a1b100100，b1a100100，则数列anbn的前100项之和S100为_解析：显然anbn仍是等差数列且(a1b1)(a100b100)200，则S10010 000.7已知命题：“在等差数列an中，若4a2a10a()24，则S11为定值”为真命题，由于印刷问题，括号处的数模糊不清，可推得括号内的数为_解析：设括号内的数为n，则4a2a10a(n)24，6a1(n12)d24.又S1111a155d11(a15d)为定值，所以a15d为定值 所以5，n18.8(2012荆州中学月考)已知数列an的前n项和为Sn，a1，且SnSn1an1(nN*，n2)则数列an的通项公式为_解析：由SnSn1an1得SnSn1an1， 即anan1(nN*，n2)，则数列an是以为公差的等差数列， ana1(n1)n(nN*)9(2011福建高考)已知等差数列an中，a11，a33.(1)求数列an的通项公式； (2)若数列an的前k项和Sk35，求k的值解：(1)设等差数列an的公差为d，则ana1(n1)d. 由a11，a33可得12d3.解得d2. 从而，an1(n1)(2)32n.(2)由(1)可知an32n. 所以Sn2nn2.进而由Sk35可得2kk235， 即k22k350，解得k7或k5.又kN*，故k7为所求结果1在等差数列an中，S24，S420，则该数列的公差d为()A7 B6 C3 D2解析：S24，S420，(a3a4)(a1a2)124d，即d3.2(2011江西高考)已知数列an的前n项和Sn满足：SnSmSnm，且a11，那么a10()A1 B9 C10 D55解析：S2S1S12，可得a21，S3S1S23，可得a3S3S21，同理可得a4a5a101.3等差数列an的前n项和为Sn，已知am1am1a0，S2m138，则m()A38 B20 C10 D9解析：因为an是等差数列，所以am1am12am，由am1am1a0，得：2ama0，由S2m138知am0，所以，am2，又S2m138，即38， 即(2m1)238，解得m10.4(2012济宁高二检测)在等差数列an中，已知a3a5，则S9S5的值是()A. B. C. D.解析：.5在数列an中，an4n，a1a2anan2bn，nN*，其中a，b为常数，则ab_.解析：an4n，a1.从而Sn2n2.a2，b，则ab1.6(2011广东高考)等差数列an前9项的和等于前4项的和若a11，aka40，则k_.解析：S9S4，a5a6a7a8a90，a70，从而a4a102a70，k10.9设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列an的前n项和为Sn，满足S5S6150. (1)若S55，求S6及a1； (2)求d的取值范围解：(1)由题意知S63， a6S6S58，所以解得a17， 所以S63，a17.(2)因为S5S6150， 所以(5a110d)(6a115d)150，即2a9da110d210， 故(4a19d)2d28，所以d28.故d的取值范围为(，2)(2，)数列（第五讲）1数列a，a，a，a，(aR)必为()A等差数列但不是等比数列 B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等差数列解析：a0时为等差数列，a0时为等比且等差数列2在等比数列an中，已知a47，a863，则a6等于()A7B63 C21 D21解析：a4a1q37，a8a1q763，a4a8aq10(a1q5)2a，a621，但a6a4q2与a4同号，故a621.3已知等比数列an中，a33，a10384，则该数列的通项an_.解析：a3a1q23，a10a1q9384， q7128.q2.a1q2a1223， a1， ana1qn12n1.4在等比数列中，若a427，q，则a1_；an_.解析：a427，q a1q327，a127(27)27236， an36()n1()n7.5已知数列an的前n项和为Sn，Sn(an1)(nN*)(1)求a1，a2； (2)求证：数列an是等比数列解：(1)由S1(a11)，得a1(a11)，a1.又S2(a21)，即a1a2(a21)，得a2.(2)证明：当n2时，anSnSn1(an1)(an11)，得，又a1 所以an是首项为，公比为的等比数列1等比数列an中，a44，则a2a6等于()A4 B8 C16 D32解析：据等比数列的性质：a2a6a4216.2已知an是等比数列，a22，a5，则公比q等于()A B2 C2 D.解析：据anamqnm，得：a5a2q3. q3. q.3在等比数列an中，a1a230，a3a4120，则a5a6_.解析：据等比数列的性质：a1a2，a3a4，a5a6也成等比数列a5a6(a3a4)120480.4在等比数列an中，a1a9256，a4a640，则公比q_.解析：据a1a9a4a6，列方程组解得或q2或q24. q或q2.5在等比数列an中，已知a3a636，a4a718，an，求n的值解：设等比数列an的公比为q. 因为a4a7a3qa6q(a3a6)q，所以q. 因为a4a718，所以a4(1q3)18.所以a416.所以ana4qn416n4. 令16n4，所以n45. 所以n45，n9.课后练习：1已知等比数列an，a47，a621，则a10等于()A35 B63 C21 D189解析：a4a1q3，a6a1q5. q23. a10a1q9a1q5q4a6q2189.2(2011辽宁高考)若等比数列an满足anan116n则公比为()A2 B4 C8 D16解析：设等差数列的公比为q，则由anan116n得，an1an16n1，q216，得q4.而anan116n0，q43已知数列an为等差数列，其前n项和为Sn，S28，S432，数列bn为等比数列，且b1a1，b2(a2a1)b1，则bn的通项公式为bn_.解析：设公差为d，公比为q，由已知得又b2(a2a1)b1，q. bn2()n1.4(2011广东高考)已知an是递增等比数列，a22，a4a34，则此数列的公比q_.解析：由题意得2q22q4，解得q2或q1.又an单调递增，得q1，q2.5在等比数列中：(1)若a427，q3，求a7； (2)若a218，a48，求a1与q；(3)若a5a115，a4a26，求a3.解：(1)a7a4q327(3)3729.(2)由得， 解得或.(3)由已知得，可解得a34.6已知数列an满足a11，an12an1.(1)求证：数列an1是等比数列； （2)求数列an的通项公式证明：因为an12an1，所以an112(an1)由a11，知a1120，可得an10.所以2(nN*) 所以数列an1是等比数列解：(2)由(1)知an1是以a112为首项，以2为公比的等比数列所以an122n12n，即an2n1.1(2012乌鲁木齐高二检测)等比数列an的各项均为正数，且a5a6a4a718，则log3a1log3a2log3a10()A12 B10 C8 D2log35解析：由a5a6a4a718，得2a5a618，即a5a69.log3a1log3a2log3a10log3(a1a2a10)log3(a5a6)55log3910.2在等比数列an中，a2 0128a2 009，则公比q的值为()A2 B3C4 D8解析：法一：a2 012a1q2 011，a2 009a1q2 008，所以a1q2 0118a1q2 008，化简得q38，所以q2.法二：因为a2 012a2 009q3，所以a2 009q38a2 009，所以q38，q2.3在等比数列an中，若an0，a1a100100，则lg a1lg a2lg a3lg a100_.解析：由等比数列性质知：a1a100a2a99a50a51100.lg a1lg a2lg a3lg a100lg(a1a2a3a100)lg(a1a100)50lg 10050lg 10100100.4三个数a，b，c成等比数列，公比q3，又a，b8，c成等差数列，则这三个数依次为_解析：a，b，c成等比数列，公比是q3，b3a，ca329a.又由等差中项公式有：2(b8)ac，2(3a8)a9a.a4. b12，c36.数列（第六讲）1(2011大纲全国卷)等比数列an的各项均为正数，且2a13a21，a9a2a6.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog3a1log3a2log3an，求数列的前n项和解：(1)设数列an的公比为q，由a9a2a6得a9a，所以q2，由条件可知q0，故q，由2a13a21，得2a13a1q1，得a1，故数列an的通项公式为an.(2)bnlog3a1log3a2log3an(12n).故2()2(1)()().所以数列的前n项和为.2在等差数列an中，已知a1a2a39，a2a4a621.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2nan，求数列bn的前n项和Sn.解：(1)在等差数列an中，由a1a2a33a29，得，a2a1d3.又由a2a4a63a421，得a4a13d7，联立解得a11，d2，则数列an的通项公式为an2n1.(2)bn2nan(2n1)2n，Sn12322523(2n1)2n2Sn122323524(2n3)2n(2n1)2n1得Sn22(22232n)(2n1)2n1，得Sn2(2n1)2n16(2n3)2n1.3.已知数列an的前n项和为Sn，且anSn1(nN*)(1)求数列an的通项公式；解：(1)由anSn1，得an1Sn11，两式相减得an1anSn1Sn0，2an1an，即an1an.又n1时，a1S11，a1. 又，数列an是首项为，公比为的等比数列ana1qn1()n1()n.