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高中数学数列测试题附答案与解析


强力推荐人教版数学高中必修 5 习题 第二章 数列 ).

1.{an}是首项 a1=1,公差为 d=3 的等差数列,如果 an=2 005,则序号 n 等于( A.667 B.668 C.669 D.670

2.在各项都为正数的等比数列{an}中,首项 a1=3,前三项和为 21,则 a3+a4+a5=( A.33 B.72 C.84 D.189 ).

).

3.如果 a1,a2,…,a8 为各项都大于零的等差数列,公差 d≠0,则( A.a1a8>a4a5
2

B.a1a8<a4a5
2

C.a1+a8<a4+a5

D.a1a8=a4a5
1 4

4.已知方程(x -2x+m)(x -2x+n)=0 的四个根组成一个首项为 的等差数列,则 |m-n|等于( A.1 ). B.
3 4

C.

1 2

D.

3 8

5.等比数列{an}中,a2=9,a5=243,则{an}的前 4 项和为( A.81 B.120 C.168

). D.192

6.若数列{an}是等差数列,首项 a1>0,a2 003+a2 004>0,a2 003·a2 004<0,则使前 n 项和 Sn>0 成立的 最大自然数 n 是( A.4 005 ). B.4 006 C.4 007 D.4 008 ).

7.已知等差数列{an}的公差为 2,若 a1,a3,a4 成等比数列, 则 a2=( A.-4 B.-6 C.-8
a5 S 5 = ,则 9 =( a3 S5 9

D. -10 ). D.
1 2
a2 ? a1 的值是( b2

8.设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,若 A.1 B.-1

C.2

9.已知数列-1, a1,a2,-4 成等差数列,-1,b1,b2,b3,-4 成等比数列,则 A.
1 2

).

B.-

1 2

C.- 或

1 2

1 2

D.

1 4

2 10.在等差数列{an}中,an≠0,an-1- an +an+1=0(n≥2),若 S2n-1=38,则 n=(

).

A.38 二、填空题 11.设 f(x)=
1

B.20

C.10

D.9

2 ? 2
x

,利用课本中推导等差数列前 n 项和公式的方法,可求得 f(-5)+f(-4)+… .

+f(0)+…+f(5)+f(6)的值为 12.已知等比数列{an}中, (1)若 a3·a4·a5=8,则 a2·a3·a4·a5·a6=



第 1 页 共 8 页

(2)若 a1+a2=324,a3+a4=36,则 a5+a6= (3)若 S4=2,S8=6,则 a17+a18+a19+a20= 13.在 和
8 3

. . . .

27 之间插入三个数,使这五个数成等比数列,则插入的三个数的乘积为 2

14.在等差数列{an}中,3(a3+a5)+2(a7+a10+a13)=24,则此数列前 13 项之和为 15.在等差数列{an}中,a5=3,a6=-2,则 a4+a5+…+a10= .

16.设平面内有 n 条直线(n≥3),其中有且仅有两条直线互相平行,任意三条直线不过同一点.若用

f(n)表示这 n 条直线交点的个数,则 f(4)=
三、解答题

;当 n>4 时,f(n)=



17.(1)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=3n2-2n,求证数列{an}成等差数列. (2)已知 , , 成等差数列,求证
1 a 1 b 1 c b?c c?a a?b , , 也成等差数列. a b c

18.设{an}是公比为 q ?的等比数列,且 a1,a3,a2 成等差数列. (1)求 q 的值; (2)设{bn}是以 2 为首项,q 为公差的等差数列,其前 n 项和为 Sn,当 n≥2 时,比较 Sn 与 bn 的大小, 并说明理由.

第 2 页 共 8 页

19.数列{an}的前 n 项和记为 Sn,已知 a1=1,an+1= 求证:数列{
Sn }是等比数列. n

n?2 Sn(n=1,2,3…). n

20.已知数列{an}是首项为 a 且公比不等于 1 的等比数列,Sn 为其前 n 项和, a1,2a7,3a4 成等差数列, 求证:12S3,S6,S12-S6 成等比数列.

第二章 参考答案 一、选择题 1.C

数列

解析:由题设,代入通项公式 an=a1+(n-1)d,即 2 005=1+3(n-1),∴n=699. 2.C 解析:本题考查等比数列的相关概念,及其有关计算能力. 设等比数列{an}的公比为 q(q>0),由题意得 a1+a2+a3=21, 即 a1(1+q+q2)=21,又 a1=3,∴1+q+q2=7. 解得 q=2 或 q=-3(不合题意,舍去), ∴a3+a4+a5=a1q2(1+q+q2)=3×22×7=84. 3.B. 解析:由 a1+a8=a4+a5,∴排除 C. 又 a1·a8=a1(a1+7d)=a12+7a1d, ∴a4·a5=(a1+3d)(a1+4d)=a12+7a1d +12d2>a1·a8.
第 3 页 共 8 页

4.C 解析: 解法 1:设 a1= ,a2= +d,a3= +2d,a4= +3d,而方程 x2-2x+m=0 中两根之和为 2,x2 -2x+n=0 中两根之和也为 2, ∴a1+a2+a3+a4=1+6d=4, ∴d= ,a1= ,a4= 是一个方程的两个根,a1= ,a3= 是另一个方程的两个根. ∴
7 15 , 分别为 m 或 n, 16 16 1 2 1 2 1 4 7 4 3 4 5 4 1 4 1 4 1 4 1 4

∴|m-n|= ,故选 C. 解法 2:设方程的四个根为 x1,x2,x3,x4,且 x1+x2=x3+x4=2,x1·x2=m,x3·x4=n. 由等差数列的性质: 若?+s=p+q, 则 a ?+as=ap+aq, 若设 x1 为第一项, x2 必为第四项, 则 x2= , 于是可得等差数列为 , , , , ∴m=
7 15 ,n= , 16 16 1 2 1 4 3 4 5 4 7 4 7 4

∴|m-n|= . 5.B 解析:∵a2=9,a5=243,
a5 243 =q3= =27, a2 9

∴q=3,a1q=9,a1=3, ∴S4= 6.B 解析: 解法 1:由 a2 003+a2 004>0,a2 003·a2 004<0,知 a2 003 和 a2 004 两项中有一正数一负数,又 a1>0,则公差 为负数,否则各项总为正数,故 a2 003>a2 004,即 a2 003>0,a2 004<0. ∴S4 006= ∴S4 007=
4 006 (a1+a4 006 ) 2
3-3 5 240 = =120. 1-3 2



4 006 (a2 003+a2 004 ) 2

>0,

4 007 4 007 ·(a1+a4 007)= ·2a2 004<0, 2 2

故 4 006 为 Sn>0 的最大自然数. 选 B. 解法 2:由 a1>0,a2 003+a2 004>0,a2 003·a2 004<0, >0,a2 004<0, ∴S2 003 为 Sn 中的最大值.
第 4 页 共 8 页 (第 6 题)

同解法 1 的分析得 a2 003

∵Sn 是关于 n 的二次函数,如草图所示, ∴2 003 到对称轴的距离比 2 004 到对称轴的距离小, ∴
4 007 在对称轴的右侧. 2

根据已知条件及图象的对称性可得 4 006 在图象中右侧零点 B 的左侧,4 007,4 008 都在其右侧,

Sn>0 的最大自然数是 4 006.
7.B 解析:∵{an}是等差数列,∴a3=a1+4,a4=a1+6, 又由 a1,a3,a4 成等比数列, ∴(a1+4)2=a1(a1+6),解得 a1=-8, ∴a2=-8+2=-6. 8.A
9(a1 ? a9 ) 9 ? a5 S9 9 5 2 解析:∵ = = = · =1,∴选 A. 5 ( a ? a ) 5 ? a3 S5 5 9 1 5 2

9.A 解析:设 d 和 q 分别为公差和公比,则-4=-1+3d 且-4=(-1)q4, ∴d=-1,q2=2, ∴
a2 ? a1 d 1 = 2= . b2 ?q 2

10.C
2 2 解析:∵{an}为等差数列,∴ an =an-1+an+1,∴ an =2an,

又 an≠0,∴an=2,{an}为常数数列, 而 an=
38 S2n ?1 ,即 2n-1= =19, 2 2n ? 1

∴n=10. 二、填空题 11. 3 2 . 解析:∵f(x)=
1 , 2 ? 2
x

1 x 2 1 2x 2 ∴f(1-x)= 1? x = = , 2 ? 2 2 ? 2 ? 2x 2 ? 2x 1 1 1 ? 2x 1? ? 2x ( 2 ? 2x ) 1 2 2 2 2 ∴f(x)+f(1-x)= + = = = . x x x x 2 2 ?2 2 ?2 2 ?2 2 ?2
第 5 页 共 8 页

设 S=f(-5)+f(-4)+…+f(0)+…+f(5)+f(6), 则 S=f(6)+f(5)+…+f(0)+…+f(-4)+f(-5), ∴2S=[f(6)+f(-5)]+[f(5)+f(-4)]+…+[f(-5)+f(6)]=6 2 , ∴S=f(-5)+f(-4)+…+f(0)+…+f(5)+f(6)=3 2 . 12. (1)32; (2)4; (3)32.
2 解析: (1)由 a3·a5= a4 ,得 a4=2,

5 ∴a2·a3·a4·a5·a6= a4 =32.

(2) ?

?a1 ? a2 ? 324 ?(a1 ? a2 )q ? 36
2

? q2 ?

1 , 9

∴a5+a6=(a1+a2)q4=4. (3) ? ?
?S 4=a1+a2+a3+a4=2
4 ? ?S8=a1+a2+? ? ? +a8=S 4+S 4 q

? q 4=2 ,

∴a17+a18+a19+a20=S4q16=32. 13.216. 解析:本题考查等比数列的性质及计算,由插入三个数后成等比数列,因而中间数必与 , 由等比中项的中间数为 14.26. 解析:∵a3+a5=2a4,a7+a13=2a10, ∴6(a4+a10)=24,a4+a10=4, ∴S13=
13 (a1+a13 ) 13 (a4+a10 ) 13? 4 = = =26. 2 2 2
8 27 27 8 ? =6,? 插入的三个数之积为 × ×6=216. 3 2 2 3

8 3

27 同号, 2

15.-49. 解析:∵d=a6-a5=-5, ∴a4+a5+…+a10
7(a4+a10 ) 2 7 (a -d+a5+5d ) = 5 2



=7(a5+2d) =-49. 16.5, (n+1)(n-2).
第 6 页 共 8 页

1 2

解析: 同一平面内两条直线若不平行则一定相交, 故每增加一条直线一定与前面已有的每条直线都相 交,∴f(k)=f(k-1)+(k-1). 由 f(3)=2,

f(4)=f(3)+3=2+3=5, f(5)=f(4)+4=2+3+4=9,
……

f(n)=f(n-1)+(n-1),
相加得 f(n)=2+3+4+…+(n-1)= (n+1)(n-2). 三、解答题 17.分析:判定给定数列是否为等差数列关键看是否满足从第 2 项开始每项与其前一项差为常数. 证明: (1)n=1 时,a1=S1=3-2=1, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=3n2-2n-[3(n-1)2-2(n-1)]=6n-5,
1 2

n=1 时,亦满足,∴an=6n-5(n∈N*).
首项 a1=1,an-an-1=6n-5-[6(n-1)-5]=6(常数)(n∈N*), ∴数列{an}成等差数列且 a1=1,公差为 6. (2)∵ , , 成等差数列, ∴ = + 化简得 2ac=b(a+c).
bc+c 2+a 2+ab b(a+c ) +a 2+c 2 (a+c)2 (a+c)2 b+c a+b a+c + = = = = =2· , b ( a + c ) ac ac ac a c b 2

1 a

1 b

1 c

2 b

1 a

1 c



b+c c+a a+b , , 也成等差数列. a b c

18.解: (1)由题设 2a3=a1+a2,即 2a1q2=a1+a1q, ∵a1≠0,∴2q2-q-1=0, ∴q=1 或- .
n(n-1) n 2+3n = . 2 2 (n- 1)(n+2) 当 n≥2 时,Sn-bn=Sn-1= >0,故 Sn>bn. 2
1 2

(2)若 q=1,则 Sn=2n+

- n 2+9 n n(n-1) 1 (- )= . 4 2 2 (n- 1)(10-n) 当 n≥2 时,Sn-bn=Sn-1= , 4

若 q=- ,则 Sn=2n+

1 2

故对于 n∈N+,当 2≤n≤9 时,Sn>bn;当 n=10 时,Sn=bn;当 n≥11 时,Sn<bn. 19.证明:∵an+1=Sn+1-Sn,an+1=
n+2 Sn, n
第 7 页 共 8 页

∴(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn),整理得 nSn+1=2(n+1) Sn, 所以 故{
S n+1 2S = n. n+1 n

Sn }是以 2 为公比的等比数列. n

20.证明:由 a1,2a7,3a4 成等差数列,得 4a7=a1+3a4,即 4 a1q6=a1+3a1q3, 变形得(4q3+1)(q3-1)=0, ∴q3=- 或 q3=1(舍).
a1 (1 ? q 6 ) S 1 1 ? q3 1? q 由 6 = = = ; 3 12S 3 12a1 (1 ? q ) 16 12 1? q a1 (1 ? q12 ) S12 ? S 6 S 1 1? q = 12 -1= -1=1+q6-1= ; 6 S6 S6 a1 (1 ? q ) 16 1? q S ?S S 得 6 = 12 6 . S6 12S 3

1 4

∴12S3,S6,S12-S6 成等比数列.

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