数 列(学生版).doc

专题复习二十五讲

数　列
基础检测
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足－＝1，则数列{an}的公差是(C　)
A.　 　 B．1　 　　C．2　 　　 D．3
[解析]　设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋d，∴{}是首项为a1，公差为的等差数列，∵－＝1，∴＝1，∴d＝2.
2．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若8a2＋a5＝0，则下列式子中数值不能确定的是(D　) A. B. C. D.
[解析]　等比数列{an}满足8a2＋a5＝0，即a2(8＋q3)＝0，∴q＝－2，∴＝q2＝4，＝q＝－2，＝＝＝，都是确定的数值，但＝的值随n的变化而变化，故选D.
3．已知数列{an}满足log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)且a2＋a4＋a6＝9，则log(a5＋a7＋a9)的值是(　A　) A．－5 B．－ C．5 D.
[分析]　根据数列满足log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)．由对数的运算法则，得出an＋1与an的关系，判断数列的类型，再结合a2＋a4＋a6＝9得出a5＋a7＋a9的值．
[解析]　由log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)得，an＋1＝3an，∴数列{an}是公比等于3的等比数列，∴a5＋a7＋a9＝(a2＋a4＋a6)×33＝35，∴log(a5＋a7＋a9)＝－log335＝－5.
4．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝，则使得为正偶数时，n的值可以是(　D　) A．1 B．2 C．5 D．3或11
[解析]　∵{an}与{bn}为等差数列，∴＝＝＝＝＝， 5．已知a>0，b>0，A为a，b的等差中项，正数G为a，b的等比中项，则ab与AG的大小关系是(　C　) A．ab＝AG B．ab≥AG C．ab≤AG D．不能确定
[解析]　由条件知，a＋b＝2A，ab＝G2，∴A＝≥＝G>0，∴AG≥G2，即AG≥ab， 6．各项都是正数的等比数列{an}的公比q≠1，且a2，a3，a1成等差数列，则的值为(　C　) A. B. C. D.或
[解析]　∵a2，a3，a1成等差数列，∴a3＝a2＋a1，
∵{an}是公比为q的等比数列，∴a1q2＝a1q＋a1，∴q2－q－1＝0，∵q>0，∴q＝.
∴＝＝，故选C.
7．已知数列{an}为等差数列，若<－1，且它们的前n项和Sn有最大值，则使得Sn>0的最大值n为(　B　) A．11 B．19 C．20 D．21
[解析]　∵Sn有最大值，∴a1>0，d<0，∵<－1，∴a11<0，a10>0，∴a10＋a11<0，
∴S20＝＝10(a10＋a11)<0，又S19＝＝19a10>0，故选B.
8．设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1＋ab2＋…＋ab10＝(　A　) A．1033 B．1034 C．2057 D．2058
[解析]　an＝2＋(n－1)×1＝n＋1，bn＝1×2n－1＝2n－1，ab1＋ab2＋…＋ab10＝a1＋a2＋a4＋…＋a29＝(1＋1)＋(2＋1)＋(22＋1)＋…＋(29＋1)＝10＋＝210＋9＝1033.
9．已知各项均为正数的等比数列{an}的首项a1＝3，前三项的和为21，则a3＋a4＋a5＝(　C　) A．33 B．72 C．84 D．189
[解析]　∵a1＝3，a1＋a2＋a3＝21，∴q2＋q－6＝0，∵an>0，∴q>0，∴q＝2，∴a3＋a4＋a5＝(a1＋a2＋a3)·q2＝84，故选C.
10．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S3＝a5，am＝2011，则m＝(　C　)
A．1004 B．1005 C．1006 D．1007
[解析]　由条件知，∴，∵am＝a1＋(m－1)d＝1＋2(m－1)＝2m－1＝2011，∴m＝1006，故选C.
11．设{an}是由正数组成的等差数列，{bn}是由正数组成的等比数列，且a1＝b1，a2003＝b2003，则(　　) A．a1002>b1002 B．a1002＝b1002 C．a1002≥b1002 D．a1002≤b1002
[解析]　a1002＝≥＝＝b1002，故选C.
12．已知数列{an}的通项公式为an＝6n－4，数列{bn}的通项公式为bn＝2n，则在数列{an}的前100项中与数列{bn}中相同的项有(　D　) A．50项 B．34项 C．6项 D．5项
[解析]　a1＝2＝b1，a2＝8＝b3，a3＝14，a4＝20，a5＝26，a6＝32＝b5，又b10＝210＝1024>a100，b9＝512，令6n－4＝512，则n＝86，∴a86＝b9，b8＝256，令6n－4＝256，∵n∈Z，∴无解，b7＝128，令6n－4＝128，则n＝22，∴a22＝b7，b6＝64＝6n－4无解，综上知，数列{an}的前100项中与{bn}相同的项有5项．
13．已知数列{an}满足：an＋1＝1－，a1＝2，记数列{an}的前n项之积为Pn，则P2011＝________.[答案]　2[解析]　a1＝2，a2＝1－＝，a3＝1－2＝－1，a4＝1－(－1)＝2，∴{an}的周期为3，且a1a2a3＝－1，∴P2011＝(a1a2a3)670·a2011＝(－1)670·a1＝2
14．(2011·湖北荆门调研)秋末冬初，流感盛行，荆门市某医院近30天每天入院治疗流感的人数依次构成数列{an}，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n　(n∈N*)，则该医院30天入院治疗流感的人数共有________人． [答案]　255
[解析]　∵an＋2－an＝1＋(－1)n　(n∈N*)，∴n为奇数时，an＋2＝an，n为偶数时，an＋2－an＝2，即数列{an}的奇数项为常数列，偶数项构成以2为首项，2为公差的等差数列．
故这30天入院治疗流感人数共有15＋(15×2＋×2)＝255人．
15．(2011·辽宁沈阳二中检测)已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，a3,2a2成等差数列，则＝________.[答案]　3－2
[解析]　∵a1，a3,2a2成等差数列，∴a3＝a1＋2a2，设数列{an}公比为q，则a1q2＝a1＋2a1q，∵a1≠0，∴q2－2q－1＝0，∴q＝－1±，∵an>0，∴q＝－1，
∴＝q2＝3－2.
16．有一个数阵排列如下：

则第20行从左至右第10个数字为________．[答案]　426
[解析]　第1斜行有一个数字，第2斜行有2个数字，…第n斜行有n个数字，第20行从左向右数第10个数字在第29斜行，为倒数第10个数字，∵＝435，∴第20行从左向右数第10个数字为435－9＝426.
典例导悟：
17．已知等差数列{ an}的第2项a2=5，前10项之和S10=120，若从数列{ an}中，依次取出第2项，第4项，第8项，…，第2n项，按原来的顺序组成一个新数列{bn}，设{bn}的前n项和为Tn，试比较Tn+1与2Tn的大小。
解：由a1+d=5，10a1+45d=120 得a1=3，d=2 所以an=2n+1，bn=a2n=2n+1+1
所以， 当n>5时，，当n=5时，，当n<5时，
18．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝nan＋an－c(c是常数，n∈N*)，a2＝6.
(1)求c的值及{an}的通项公式；(2)证明：＋＋…＋<.
解析：(1)因为Sn＝nan＋an－c，所以当n＝1时，S1＝a1＋a1－c，解得a1＝2c，
当n＝2时，S2＝a2＋a2－c，即a1＋a2＝2a2－c，解得a2＝3c，所以3c＝6，解得c＝2；
则a1＝4，数列{an}的公差d＝a2－a1＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.
(2)证明：因为＋＋…＋＝＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝＝＝－.
因为n∈N*，所以＋＋…＋<.
19．已知递增的等比数列{an}满足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2、a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝log2an＋1，Sn是数列{bn}的前n项和，求使Sn>42＋4n成立的n的最小值．
解析：(1)设等比数列{an}的公比为q，依题意有2(a3＋2)＝a2＋a4，①
又a2＋a3＋a4＝28，将①代入得a3＝8.所以a2＋a4＝20.于是有
解得或又{an}是递增的，故a1＝2，q＝2.所以an＝2n.
(2)bn＝log22n＋1＝n＋1，Sn＝.故由题意可得>42＋4n，解得n>12或n<－7.又n∈N* 所以满足条件的n的最小值为13.
20．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋.(1)设bn＝，求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解析：(1)由已知得b1＝a1＝1，且＝＋，即bn＋1＝bn＋，从而b2＝b1＋，
b3＝b2＋，…bn＝bn－1＋(n≥2)，于是bn＝b1＋＋＋…＋＝2－(n≥2)．
又b1＝1，故所求数列{bn}的通项公式为bn＝2－.
(2)由(1)知an＝n＝2n－. 令Tn＝，则2Tn＝，
于是Tn＝2Tn－Tn＝－＝4－. 又(2k)＝n(n＋1)，所以Sn＝n(n＋1)＋－4.
21．数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n(n＋1)(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：an＝＋＋＋…＋，求数列{bn}的通项公式；
(3)令cn＝(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Tn.
[解析]　(1)当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－(n－1)n＝2n，知a1＝2满足该式
∴数列{an}的通项公式为an＝2n
(2)an＝＋＋＋…＋(n≥1)①
∴an＋1＝＋＋＋…＋＋②
②－①得，＝an＋1－an＝2，bn＋1＝2(3n＋1＋1)，故bn＝2(3n＋1)(n∈N*)．
(3)cn＝＝n(3n＋1)＝n·3n＋n，
∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝(1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n)＋(1＋2＋…＋n)
令Hn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n，①
则3Hn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n×3n＋1②
①－②得，－2Hn＝3＋32＋33＋…＋3n－n×3n＋1＝－n×3n＋1
∴Hn＝，
∴数列{cn}的前n项和
Tn＝＋.
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