數(shù)列專題訓練(含答案)

.；.數(shù)列專題訓練1．在數(shù)列{an}中，已知a1＝2，a2＝7，an＋2等于anan＋1(n∈N*)的個位數(shù)，則a2014的值是A．8B．6C．4D．22．（合肥市2014年第一次教學質(zhì)量檢測）已知數(shù)列的前項和為，并滿足：，，則（）A．7B．12C．14D．213．在等差數(shù)列中，,則數(shù)列的前11項和（）A．24 B．48 C．66 D．1324.設(shè)是等差數(shù)列的前項和，若，則使成立的最小正整數(shù)為A．6B．7C．8D．95.(南昌一中、南昌十中2014屆高三兩校上學期聯(lián)考）設(shè)是等差數(shù)列的前項和，若，則＝()A．1 B．－1 C．2 D．6．設(shè)為等差數(shù)列的前項和，且，，則（） A． B． C．2008 D．20127.(2013·江西高考)等比數(shù)列x,3x＋3,6x＋6，…的第四項等于()A．－24B．0C．12D．248．（成都七中高2014屆一診模擬數(shù)學試卷）已知正項等比數(shù)列滿足。若存在兩項使得，則的最小值為()ABCD9．[江蘇省蘇北四市（徐、淮、連、宿）2012屆高三10月抽測試卷]已知一個等比數(shù)列的前三項的積為3，后三項的積為9，且所有項的積為243，則該數(shù)列的項數(shù)為。10．（寧夏銀川一中2014屆高三年級月考）數(shù)列的通項為前項和為,則_________.11．已知等差數(shù)列{an}前三項的和為－3，前三項的積為8.(1)求等差數(shù)列{an}的通項公式；(2)若a2，a3，a1成等比數(shù)列，求數(shù)列{|an|}的前n項和．12．設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.(1)設(shè)bn＝an＋1－2an，證明數(shù)列{bn}是等比數(shù)列．(2)在(1)的條件下證明eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是等差數(shù)列，并求an.13．數(shù)列滿足，（）.（Ⅰ）證明：數(shù)列是等差數(shù)列；（Ⅱ）求數(shù)列的通項公式；（Ⅲ）設(shè)，求數(shù)列的前項和.14.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝eq\f(1,2)nan＋an－c(c是常數(shù)，n∈N*)，a2＝6.(1)求c的值及數(shù)列{an}的通項公式；(2)證明eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)<eq\f(1,8).15.設(shè){an}是公比大于1的等比數(shù)列，Sn為數(shù)列{an}的前n項和．已知S3＝7，且3a2是a1＋3和a3＋4的等差中項．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(an,(an＋1)(an＋1＋1))，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，求證：Tn<eq\f(1,2).16.已知等比數(shù)列{an}滿足an＋1＋an＝9·2n－1，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若不等式Sn>kan－2對一切n∈N*恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．17.已知數(shù)列的前項n和為，，與的等差中項是．(1)證明數(shù)列為等比數(shù)列；(2)求數(shù)列的通項公式；(3)若對任意正整數(shù)n，不等式恒成立，求實數(shù)的最大值．18.已知數(shù)列中，（）．⑴求證：數(shù)列為等差數(shù)列；⑵設(shè)（），數(shù)列的前項和為，求滿足的最小正整數(shù)．19.設(shè)是公差不為零的等差數(shù)列，為其前項和，滿足．（1）求數(shù)列的通項公式及前項和；（2）試求所有的正整數(shù)，使得為數(shù)列中的項．20.已知,數(shù)列滿足,數(shù)列滿足；數(shù)列為公比大于的等比數(shù)列，且為方程的兩個不相等的實根.（Ⅰ）求數(shù)列和數(shù)列的通項公式；（Ⅱ）將數(shù)列中的第項，第項，第項，……，第項，……刪去后剩余的項按從小到大的順序排成新數(shù)列，求數(shù)列的前項和.21.已知等差數(shù)列{an}前三項的和為－3，前三項的積為8.(1)求等差數(shù)列{an}的通項公式；(2)若a2，a3，a1成等比數(shù)列，求數(shù)列{|an|}的前n項和．參考答案：1.【解析】a1a2＝2×7＝14，所以a3＝4,4×7＝28，所以a4＝8,4×8＝32，所以a5＝2,2×8＝16，所以a6＝6，a7＝2，a8＝2，a9＝4，a10＝8，a11＝2，所以從第三項起，an成周期排列，周期數(shù)為6,2013＝335×6＋3，所以a2014＝a4＝8，故選2.【答案】C由知數(shù)列為等差數(shù)列，由得，所以3.【答案】D由題意可得，得，又（作為選擇題，可以用常數(shù)列求解）4.【答案】C由題意知5.【答案】A6.【答案】A【解析】設(shè)等差數(shù)列的公差為，由得，又，所以，得，所以，解得，所以7.A8.【答案】A【解析】設(shè)數(shù)列的公比為q，由得，解得，由得，所以，所以9.【解析】由已知得,,兩式相乘得所以由等比數(shù)列的性質(zhì)得,所以.記,則,兩式相乘得所以由題意可得,解得.10.【答案】150【解析】由數(shù)列的通項公式得，四項為一組，每組的和都是6，所以11.【解】(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝－3，,a1a1＋da1＋2d＝8.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2,d＝－3，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝3.))3分所以由等差數(shù)列通項公式可得an＝2－3(n－1)＝－3n＋5，或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7.故an＝－3n＋5，或an＝3n－7.5分(2)當an＝－3n＋5時，a2，a3，a1分別為－1，－4,2，不成等比數(shù)列；6分當an＝3n－7時，a2，a3，a1分別為－1,2，－4，成等比數(shù)列，滿足條件.7分故|an|＝|3n－7|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3n＋7，n＝1，2，,3n－7，n≥3.))9分記數(shù)列{|an|}的前n項和為Sn.當n＝1時，S1＝|a1|＝4；當n＝2時，S2＝|a1|＋|a2|＝5；10分當n≥3時，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)＝5＋eq\f(n－2[2＋3n－7],2)＝eq\f(3,2)n2－eq\f(11,2)n＋10.當n＝2時，滿足此式.12分綜上，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,\f(3,2)n2－\f(11,2)n＋10，n>1.))13分12.(1)證明：由a1＝1，及Sn＋1＝4an＋2，有a1＋a2＝4a1＋2，a2＝3a1＋2＝5，∴b1＝a2－2a1由Sn＋1＝4an＋2①知當n≥2時，有Sn＝4an－1＋2②①－②得an＋1＝4an－4an－1，∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)又∵bn＝an＋1－2an，∴bn＝2bn－1，∴{bn}是首項b1＝3，公比為2的等比數(shù)列．(2)由(1)可得bn＝an＋1－2an＝3·2n－1，∴eq\f(an＋1,2n＋1)－eq\f(an,2n)＝eq\f(3,4)，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是首項為eq\f(1,2)，公差為eq\f(3,4)的等差數(shù)列．∴eq\f(an,2n)＝eq\f(1,2)＋(n－1)eq\f(3,4)＝eq\f(3,4)n－eq\f(1,4),an＝(3n－1)·2n－2.13.（Ⅰ）由已知可得，即，即∴數(shù)列是公差為1的等差數(shù)列……5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，∴……8分（Ⅲ）由（Ⅱ）知,……10分相減得：………12分∴………13分14.(1)解因為Sn＝eq\f(1,2)nan＋an－c，所以當n＝1時，S1＝eq\f(1,2)a1＋a1－c，解得a1＝2c，……當n＝2時，S2＝a2＋a2－c，即a1＋a2＝2a2－c，解得a2＝3c，……(3分)所以3c＝6，解得c＝2；……則a1＝4，數(shù)列{an}的公差d＝a2－a1＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.……(6分)(2)證明因為eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,(2n＋2)(2n＋4))＝eq\f(1,2)(eq\f(1,4)－eq\f(1,6))＋eq\f(1,2)(eq\f(1,6)－eq\f(1,8))＋…＋eq\f(1,2)(eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,2n＋4))＝eq\f(1,2)[(eq\f(1,4)－eq\f(1,6))＋(eq\f(1,6)－eq\f(1,8))＋…＋(eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,2n＋4))]……(8分)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,4)－eq\f(1,2n＋4))＝eq\f(1,8)－eq\f(1,4(n＋2)).…(10分)因為n∈N*，所以eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)<eq\f(1,8).……(12分)15.解：(1)由已知，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝7，,\f(a1＋3＋a3＋4,2)＝3a2.))解得a2＝2.設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，則a1q＝2，∴a1＝eq\f(2,q)，a3＝a1q2＝2q.由S3＝7，可知eq\f(2,q)＋2＋2q＝7，∴2q2－5q＋2＝0，解得q1＝2，q2＝eq\f(1,2).由題意，得q>1，∴q＝2.∴a1＝1.故數(shù)列{an}的通項公式為a2＝2n－1.(2)證明：∵bn＝eq\f(an,(an＋1)(an＋1＋1))＝eq\f(2n－1,(2n－1＋1)(2n＋1))＝eq\f(1,2n－1＋1)－eq\f(1,2n＋1)，∴Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,20＋1)－\f(1,21＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,21＋1)－\f(1,22＋1)))＋eq\f(1,22＋1)－eq\f(1,23＋1)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1＋1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,1＋1)－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2n＋1)<eq\f(1,2).16.解：(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，∵an＋1＋an＝9·2n－1，n∈N*，∴a2＋a1＝9，a3＋a2＝18，∴q＝eq\f(a3＋a2,a2＋a1)＝eq\f(18,9)＝2，∴2a1＋a1＝9，∴a1＝3.∴an＝3·2n－1，n∈N*，經(jīng)驗證，滿足題意．(2)由(1)知Sn＝eq\f(a1(1－qn),1－q)＝eq\f(3(1－2n),1－2)＝3(2n－1)，∴3(2n－1)>k·3·2n－1－2，∴k<2－eq\f(1,3·2n－1).令f(n)＝2－eq\f(1,3·2n－1)，則f(n)隨n的增大而增大，∴f(n)min＝f(1)＝2－eq\f(1,3)＝eq\f(5,3).∴k<eq\f(5,3).∴實數(shù)k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,3))).17.解:（1）因為和的等差中項是，所以（），即，…………2分由此得（），………3分即（），……………4分又，所以數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列.……………5分（2）由（1）得，即（），………6分所以，當時，，…8分又時，也適合上式，所以.……………9分（3）要使不等式對任意正整數(shù)恒成立，即小于或等于的所有值.又因為是單調(diào)遞增數(shù)列,……………10分且當時，取得最小值,……………11分要使小于或等于的所有值，即,……………13分所以實數(shù)的最大值為1.……………14分18.證明與求解：⑴由與得……1分，……3分，所以，為常數(shù)，為等差數(shù)列……5分⑵由⑴得……7分……8分所以…9分，……10分，……11分，由即得……13分，所以滿足的最小正整數(shù)……14分．19.【解析】(1）設(shè)公差為，則，由性質(zhì)得，因為，所以，即，（3分）又由得，解得，，所以數(shù)列的通項公式，前項和．(2)方法一=，設(shè)，則=，所以為8的約數(shù)，因為是奇數(shù)，所以可取的值為，當時，，是數(shù)列中的項；當時，，是數(shù)列中的最小項是，不符合；所以滿足條件的正整數(shù)．（12分）方法二因為為數(shù)列中的項，故為整數(shù)，又由（1）知：為奇數(shù)，所以經(jīng)檢驗，符合題意的正整數(shù)只有．．20.【解析】：（Ⅰ），……………3分因為為方程的兩個不相等的實數(shù)根.所以，……………4分解得：，,所以：……………………6分（Ⅱ）由題知將數(shù)列中的第3項、第6項、第9項……刪去后構(gòu)成的新數(shù)列中的奇數(shù)列與偶數(shù)列仍成等比數(shù)列，首項分別是，公比均是…………9分………………12分21.【解】(1)設(shè)等差數(shù)列{an