2022年(辅导班适用)高二数学寒假讲义06《数列》（教师版）练习题

这是一份2022年(辅导班适用)高二数学寒假讲义06《数列》（教师版）练习题，共6页。


、选择题
已知数列eq \r(2)，eq \r(5)，2eq \r(2)，eq \r(11)，…，则2eq \r(5)是这个数列的( )
A.第6项 B.第7项 C.第19项 D.第11项
【答案解析】答案为：B；
解析：数列eq \r(2)，eq \r(5)，eq \r(8)，eq \r(11)，…，据此可得数列的通项公式为：an=eq \r(3n－1)，
由eq \r(3n－1)=2eq \r(5)，解得，n=7，即2eq \r(5)是这个数列的第7项.
设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋a6=23，S5=35，则{an}的公差为( )
A.2 B.3 C.6 D.9
【答案解析】答案为：B；
解析：由题意，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋7d＝23，,5a1＋\f(5×4,2)d＝35，))解得d=3，故选B.
设等差数列{an}的公差为d，且a1a2=35,2a4－a6=7，则d=( )
A.4 B.3 C.2 D.1
【答案解析】答案为：C；
解析：∵{an}是等差数列，∴2a4－a6=a4－2d=a2=7，
∵a1a2=35，∴a1=5，∴d=a2－a1=2，故选C.
《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( )
A.1升 B.eq \f(67,66)升 C.eq \f(47,44)升 D.eq \f(37,33)升
【答案解析】答案为：B；
解析：设该等差数列为{an}，公差为d，
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＋a4＝3，,a7＋a8＋a9＝4，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝3，,3a1＋21d＝4，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(13,22)，,d＝\f(7,66).))
∴a5=eq \f(13,22)＋4×eq \f(7,66)=eq \f(67,66).故选B.
已知等比数列{an}中，若4a1，a3，2a2成等差数列，则公比q=( )
A.1 B.1或2 C.2或－1 D.－1
【答案解析】答案为：C；
解析：因为4a1，a3，2a2成等差数列，所以2a3=4a1＋2a2，又a3=a1q2，a2=a1q，
则2a1q2=4a1＋2a1q，解得q=2或q=－1，故选C.
已知数列{an}的奇数项依次成等差数列，偶数项依次成等比数列，且a1=1，a2=2，a3＋a4=7，a5＋a6=13，则a7＋a8=( )
A.4＋eq \r(2) B.19 C.20 D.23
【答案解析】答案为：D；
解析：设奇数项的公差为d，偶数项的公比为q，由a3＋a4=7，a5＋a6=13，得1＋d＋2q=7，
1＋2d＋2q2=13，解得d=2，q=2，所以a7＋a8=1＋3d＋2q3=7＋16=23，故选D.
等差数列{an}的前n项和为Sn，若S11=22，则a3＋a7＋a8等于( )
A.18 B.12 C.9 D.6
【答案解析】答案为：D；
解析：由题意得S11=eq \f(11a1＋a11,2)=eq \f(112a1＋10d,2)=22，即a1＋5d=2，
所以a3＋a7＋a8=a1＋2d＋a1＋6d＋a1＋7d=3(a1＋5d)=6，故选D.
在等差数列{an}中，a1=－2 017，其前n项和为Sn，若eq \f(S12,12)－eq \f(S10,10)=2，则S2 020=( )
A.2 020 B.－2 020 C.4 040 D.－4 040
【答案解析】答案为：C；
解析：设等差数列{an}的前n项和为Sn=An2＋Bn，则eq \f(Sn,n)=An＋B，∴{eq \f(Sn,n)}是等差数列.
∵eq \f(S12,12)－eq \f(S10,10)=2，∴{eq \f(Sn,n)}的公差为1，又eq \f(S1,1)=eq \f(a1,1)=－2 017，
∴{eq \f(Sn,n)}是以－2 017为首项，1为公差的等差数列，
∴eq \f(S2 020,2 020)=－2 017＋2 019×1=2，∴S2 020=4 040.故选C.
已知等比数列{an}的前n项和为Sn=a·2n－1＋eq \f(1,6)，则a的值为( )
A.－eq \f(1,3) B.eq \f(1,3) C.－eq \f(1,2) D.eq \f(1,2)
【答案解析】答案为：A；
解析：当n≥2时，an=Sn－Sn－1=a·2n－1－a·2n－2=a·2n－2，
当n=1时，a1=S1=a＋eq \f(1,6)，所以a＋eq \f(1,6)=eq \f(a,2)，所以a=－eq \f(1,3).
设函数f(x)=xm＋ax的导函数f′(x)=2x＋1，则数列{ SKIPIF 1 < 0 }(n∈N*)的前n项和是( )
A.eq \f(n,n＋1) B.eq \f(n＋2,n＋1) C.eq \f(n,n－1) D.eq \f(n＋1,n)
【答案解析】答案为：A；
解析：∵f′(x)=mxm－1＋a=2x＋1，∴a=1，m=2，
∴f(x)=x(x＋1)，则 SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 =eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
用裂项法求和得Sn=1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)=eq \f(n,n＋1).
已知数列{an}是等差数列，前n项和为Sn，满足a1＋5a3=S8，给出下列结论：
①a10=0；②S10最小；③S7=S12；④S20=0.
其中一定正确的结论是( )
A.①② B.①③④ C.①③ D.①②④
【答案解析】答案为：C；
解析：∵a1＋5a3=S8，∴a1＋5a1＋10d=8a1＋28d，∴a1=－9d，
∴an=a1＋(n－1)d=(n－10)d，∴a10=0，故①一定正确，
∴Sn=na1＋eq \f(nn－1d,2)=－9nd＋eq \f(nn－1d,2)=eq \f(d,2)(n2－19n)，
∴S7=S12，故③一定正确，显然②S10最小与④S20=0不一定正确，故选C.
已知等比数列{an}前n项积为Tn，若a1=－24，a4=－eq \f(8,9)，则当Tn取得最大值时，n值为( )
A.2 B.3 C.4 D.6
【答案解析】答案为：C；
解析：设等比数列{an}的公比为q，则a4=－24q3=－eq \f(8,9)，所以q3=eq \f(1,27)，q=eq \f(1,3)，
易知此等比数列各项均为负数，则当n为奇数时，Tn为负数，
当n为偶数时，Tn为正数，所以Tn取得最大值时，n为偶数，排除B，
而T2=(－24)2×(eq \f(1,3))=24×8=192，T4=(－24)4×(eq \f(1,3))6=84×eq \f(1,9)=eq \f(84,9)>192，
T6=(－24)6×(eq \f(1,3))15=86×(eq \f(1,3))9=eq \f(86,39)=eq \f(1,9)×eq \f(86,37)、填空题
设{an}是等差数列，且a1=3，a2＋a5=36，则{an}的通项公式为________.
【答案解析】答案为：an=6n－3.
解析：法一：设数列{an}的公差为d.∵a2＋a5=36，∴(a1＋d)＋(a1＋4d)=36，
∴2a1＋5d=36.∵a1=3，∴d=6，∴an=6n－3.
法二：设数列{an}的公差为d，∵a2＋a5=a1＋a6=36，a1=3，∴a6=33，
∴d=eq \f(a6－a1,5)=6.∵a1=3，∴an=6n－3.
已知数列{an}的首项为1，数列{bn}为等比数列且bn=eq \f(an＋1,an)，若b10·b11=2，则a21=_____.
【答案解析】答案为：1 024
解析：∵b1=eq \f(a2,a1)=a2，b2=eq \f(a3,a2)，∴a3=b2a2=b1b2，∵b3=eq \f(a4,a3)，
∴a4=b1b2b3，…，an=b1b2b3·…·bn－1，∴a21=b1b2b3·…·b20=(b10b11)10=210=1 024.
设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a3=5，且S1，S5，S7成等差数列，则数列{an}的通项公式an=________.
【答案解析】答案为：2n－1.
解析：设等差数列{an}的公差为d，∵a3=5，且S1，S5，S7成等差数列，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝5，,a1＋7a1＋21d＝10a1＋20d，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))∴an=2n－1.
已知等比数列{an}中，a1=3，a4=81，若数列{bn}满足bn=lg3an，则数列{eq \f(1,bnbn＋1)}的前n项和Sn=______.
【答案解析】答案为：eq \f(n,n＋1).
解析：由已知条件可得q4－1=eq \f(a4,a1)=eq \f(81,3)=27，即q=3，
所以eq \f(an＋1,an)=q=3，则bn＋1－bn=lg3an＋1－lg3an=lg3eq \f(an＋1,an)=1.
又因为b1=lg3a1=lg33=1，可得等差数列{bn}的通项公式为bn=n，
所以eq \f(1,bnbn＋1)=eq \f(1,n（n＋1）)=eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以Sn=1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)=1－eq \f(1,n＋1)=eq \f(n,n＋1).
、解答题
已知Sn为正项数列{an}的前n项和，且满足Sn=eq \f(1,2)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an(n∈N*).
(1)求a1，a2，a3，a4的值；
(2)求数列{an}的通项公式.
【答案解析】解：(1)由Sn=eq \f(1,2)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an(n∈N*)可得，
a1=eq \f(1,2)aeq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)a1，解得a1=1，a1=0(舍).
S2=a1＋a2=eq \f(1,2)aeq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)a2，解得a2=2(负值舍去)；
同理可得a3=3，a4=4.
(2)因为Sn=eq \f(1,2)aeq \\al(2,n)＋eq \f(an,2)， ①
所以当n≥2时，Sn－1=eq \f(1,2)aeq \\al(2,n－1)＋eq \f(an－1,2)， ②
①－②得an=eq \f(1,2)(an－an－1)＋eq \f(1,2)(aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1))，
所以(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，所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以an=n.
已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn=3×2n－3，其中n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{bn}为等差数列，Tn为其前n项和，b2=a5，b11=S3，求Tn的最值.
【答案解析】解：(1)由Sn=3×2n－3，n∈N*得，
(ⅰ)当n=1时，a1=S1=3×21－3=3.
(ⅱ)当n≥2时，an=Sn－Sn－1=(3×2n－3)－(3×2n－1－3)=3×(2n－2n－1)=3×2n－1(*).
又当n=1时，a1=3也满足(*)式.
所以，对任意n∈N*，都有an=3×2n－1.
(2)设等差数列{bn}的首项为b1，公差为d，
由(1)得b2=a5=3×25－1=48，b11=S3=3×23－3=21.
由等差数列的通项公式得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b2＝b1＋d＝48，,b11＝b1＋10d＝21，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＝51，,d＝－3.))所以bn=54－3n.
可以看出bn随着n的增大而减小，
令bn≥0，解得n≤18，
所以Tn有最大值，无最小值，且T18(或T17)为前n项和Tn的最大值，
T18=eq \f(18b1＋b18,2)=9×(51＋0)=459.
设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足4Sn=an+12-4n-1,n∈N*，且a1=1．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn=(-1)nSn，求{bn}的前99的项和T99．
【答案解析】解：（1）∵，∴，
∴，即，
∵，∴，
∵，，∴，∴，
∴，，
∴．
（2），∴，
∴
．
已知等差数列{an}的公差d＞0，前n项和为Sn，且a2·a3=45，S4=28.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=eq \f(Sn,n＋c)(c为非零常数)，且数列{bn}也是等差数列，求c的值.
【答案解析】解：(1)∵S4=28，∴eq \f(a1＋a4×4,2)=28，
∴a1＋a4=14，则a2＋a3=14，
又a2·a3=45，公差d＞0，
∴a2＜a3，a2=5，a3=9，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝5，,a1＋2d＝9，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝4，))∴an=4n－3.
(2)由(1)知Sn=2n2－n，∴bn=eq \f(Sn,n＋c)=eq \f(2n2－n,n＋c)，
∴b1=eq \f(1,1＋c)，b2=eq \f(6,2＋c)，b3=eq \f(15,3＋c).
又{bn}是等差数列，∴b1＋b3=2b2，
即2×eq \f(6,2＋c)=eq \f(1,1＋c)＋eq \f(15,3＋c)，解得c=－eq \f(1,2)(c=0舍去).
设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1=3，an＋1=2Sn＋3(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn=(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.
【答案解析】解：(1)当n≥2时，由an＋1=2Sn＋3，得an=2Sn－1＋3，两式相减，
得an＋1－an=2Sn－2Sn－1=2an，所以an＋1=3an，
所以eq \f(an＋1,an)=3.
当n=1时，a1=3，a2=2S1＋3=2a1＋3=9，则eq \f(a2,a1)=3.
所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列.
所以an=3×3n－1=3n.
(2)由(1)得bn=(2n－1)an=(2n－1)×3n.
所以Tn=1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，①
3Tn=1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n－1)×3n＋1，②
①－②得－2Tn=1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－(2n－1)×3n＋1
=3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)×3n＋
1=3＋2×eq \f(32（1－3n－1）,1－3)－(2n－1)×3n＋1
=－6－(2n－2)×3n＋1.
所以Tn=(n－1)×3n＋1＋3.
已知等比数列{an}的公比q＞1，且a3＋a4＋a5=28，a4＋2是a3，a5的等差中项.数列{bn}满足b1=1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.
(1)求q的值；
(2)求数列{bn}的通项公式.
【答案解析】解：(1)由a4＋2是a3，a5的等差中项得a3＋a5=2a4＋4，
所以a3＋a4＋a5=3a4＋4=28，解得a4=8.
由a3＋a5=20得8(q+ SKIPIF 1 < 0 )=20，解得q=2或q=eq \f(1,2)，
因为q＞1，所以q=2.
(2)设cn=(bn＋1－bn)an，数列{cn}的前n项和为Sn=2n2＋n.
由cn=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))解得cn=4n－1.
由(1)可得an=2n－1，
所以bn＋1－bn=(4n－1)×(eq \f(1,2))n－1，
故bn－bn－1=(4n－5)×(eq \f(1,2))n－2，n≥2，
bn－b1=(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)
=(4n－5)×(eq \f(1,2))n－2＋(4n－9)×(eq \f(1,2))n－3＋…＋7×eq \f(1,2)＋3.
设Tn=3＋7×eq \f(1,2)＋11×(eq \f(1,2))2＋…＋(4n－5)×(eq \f(1,2))n－2，n≥2，
eq \f(1,2)Tn=3×eq \f(1,2)＋7×(eq \f(1,2))2＋…＋(4n－9)×(eq \f(1,2))n－2＋(4n－5)×(eq \f(1,2))n－1，
所以eq \f(1,2)Tn=3＋4×eq \f(1,2)＋4×(eq \f(1,2))2＋…＋4×(eq \f(1,2))n－2－(4n－5)×(eq \f(1,2))n－1，
因此Tn=14－(4n＋3)×(eq \f(1,2))n－2，n≥2，
又b1=1，所以bn=15－(4n＋3)×(eq \f(1,2))n－2.
已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4=14，且a1，a3，a7成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn为数列{eq \f(1,anan＋1)}前n项的和，若λTn≤an＋1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值.
【答案解析】解：(1)设公差为d，由已知得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝14，,a1＋2d2＝a1a1＋6d，))
解得d=1或d=0(舍去)，所以a1=2，所以an=n＋1.
(2)因为eq \f(1,anan＋1)=eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)，
所以Tn=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)=eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋2)=eq \f(n,2n＋2)，
又λTn≤an＋1对一切n∈N*恒成立，所以λ≤eq \f(2n＋22,n)=2(n+ SKIPIF 1 < 0 )＋8，
而2(n+ SKIPIF 1 < 0 )＋8≥16，当且仅当n=2时等号成立.
所以λ≤16，即λ的最大值为16.