数列综合测试题(经典)含答案

第Ⅰ卷(选择题 共60分)

一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的。)

S3S2

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( )

321

A. 2

C．2

B．1 D．3

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( )

a5A. a3an＋1C. an

S5B. S3Sn＋1D. Sn

1

3.(理)已知数列{an}满足log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)且a2＋a4＋a6＝9，则log(a5＋a7＋

3a9)的值是( )

A．－5 C．5

1B．－

51D. 5

An7n＋45an

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Bnn＋3bn

正偶数时，n的值可以是( )

A．1 C．5

B．2 D．3或11

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( )

A．ab＝AG C．ab≤AG

B．ab≥AG D．不能确定

a3＋a41

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

2a4＋a5

值为( )

1－5

A.

2C.5－1

2

B.D.

5＋1

2

5＋15－1

或 22

7．数列{an}的通项公式为an＝2n－49，当该数列的前n项和Sn达到最小时，n等于( ) A．24 C．26

B．25 D．27

28．数列{an}是等差数列，公差d≠0，且a2046＋a1978－a2012＝0，{bn}是等比数列，且b2012

＝a2012，则b2010·b2014＝( )

A．0 C．4

B．1 D．8

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

＝( )

A．33 C．84

B．72 D．189

10．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S3＝a5，am＝2011，则m＝( ) A．1004 C．1006

B．1005 D．1007

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 C．a1002≥b1002

B．a1002＝b1002 D．a1002≤b1002

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( )

A．50项 C．6项

第Ⅱ卷(非选择题 共90分)

二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上) 1

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

an

＝________.

14．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．

a3＋a101

15．已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，a3,2a2成等差数列，则＝________.

2a1＋a816．在如图的表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，且从上到下所有公比相等，则a＋b＋c的值为________．

B．34项 D．5项

a 1 b 2 c 6 三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

17．设数列{an}的前n项和为Sn=2n2，{bn}为等比数列，且a1=b1，b2(a2 －a1) =b1。

（1）求数列{an}和{bn}的通项公式； （2）设cn=

18．设正数数列{an}的前n项和Sn满足Snan, 求数列{cn}的前n项和Tn. bn1(an1)2． 4（I）求数列{an}的通项公式； （II）设bn

1

19.已知数列{bn}前n项和为Sn，且b1＝1，bn＋1＝Sn.

3

(1)求b2，b3，b4的值； (2)求{bn}的通项公式；

(3)求b2＋b4＋b6＋…＋b2n的值．

1，求数列{bn}的前n项和Tn

anan120．已知函数f(x)=

7x5,数列an中,2an+1－2an+an+1an=0，a1=1,且an≠0, 数列{bn}中, x11}是等差数列； anbn=f(an－1)

（1）求证：数列{

（2）求数列{bn}的通项公式； (3)求数列{bn}的前n项和Sn.

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；

b1b2b3bn

(2)若数列{bn}满足：an＝＋2＋3＋…＋n，求数列{bn}的通项公式；

3＋13＋13＋13＋1anbn

(3)令cn＝(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Tn.

4

22．已知数列{an}满足a11，且an2an12(n2,且nN)

n*（1）求证：数列{

an}是等差数列；（2）求数列{an}的通项公式； n2Sn2n3。 n2（3）设数列{an}的前n项之和Sn，求证：

数列综合测试题答案

一 选择题

1-6CDADCC 7-12 ACCCCD

二 填空题

13__2__． 14____255____．15____322____．16___22_____． 三．解答题

17. 解：（1）∵当n=1时 ，a1=S1=2；

当n≥2时，an=Sn －Sn－1=2n2 －2(n－1)2=4n－2. 故数列{an}的通项公式an=4n－2，公差d=4.

11－设{bn}的公比为q，则b1qd= b1，∵d=4，∴q=.∴bn=b1qn1=2×44即数列{ bn }的通项公式bn=

n1=

24n1,

24n1。

（2）∵cnan4n2(2n1)4n1

2bn4n1－1

∴Tn=1+3·41+5·42+······+(2n－1)4n

∴4Tn=1·4+3·42+5·43+······+(2n－1)4n

两式相减得3Tn=－1－2（41+42+43+······+4n1）+(2n－1)4n=[(6n5)45]

－

13n∴Tn=[(6n5)45]

18．解：（Ⅰ）当n1时，a119nS11(a11)2，∴ a11. 41(an1)2， ① 412∴ Sn1(an11) (n2). ②

41122①－②，得 anSnSn1(an1)(an11)，

44∵ Sn整理得，(anan1)(anan12)0， ∵ an0 ∴ anan10.

∴ anan120，即anan12(n2). 故数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列.

∴ an2n1. （Ⅱ）∵ bn11111()，

anan1(2n1)(2n1)22n12n1

∴ Tnb1b2bn

11111111(1)()() 2323522n12n111n(1). 22n12n1

111114111619. [解析] (1)b2＝S1＝b1＝，b3＝S2＝(b1＋b2)＝，b4＝S3＝(b1＋b2＋b3)＝. 3333393327



(2)1

b＝3Sn

1

bn＋1＝Sn ①

3

n－1 ②

14

①－②解bn＋1－bn＝bn，∴bn＋1＝bn，

33114n－2

∵b2＝，∴bn＝· (n≥2)

3331 n＝1∴bn＝14.

n－23n≥23·

421

(3)b2，b4，b6…b2n是首项为，公比3的等比数列， 314

[1－2n]33

∴b2＋b4＋b6＋…＋b2n＝ 421－334

＝[()2n－1]． 73

20．解：（1）2an+1－2an+an+1an=0 ∵an≠0, 两边同除an+1an

1an111 an211}是首项为1,公差为的等差数列 an2∴数列{

（2）∵

11n1(n1)d=

ana121n,(nN) n11n∵bn=f(an－1)=f()=－n+6 (n∈N)

n1∴an－1=

（3） －n+6 (n≤6, n∈N)

bn= n－6 (n>6, n∈N)

n(b16n)2n(11n) (n≤6, n∈N) 2∴Sn=

S6

(n6)(b7bn)2n211n60 (n>6, n∈N)

221.[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.

b1b2b3bn

(2)an＝＋2＋3＋…＋n(n≥1)①

3＋13＋13＋13＋1bn＋1b1b2b3bn

∴an＋1＝＋＋＋…＋n＋n1②

3＋132＋133＋13＋13＋＋1②－①得，n1＝an＋1－an＝2，bn＋1＝2(3n＋1＋1)，

＋3＋1故bn＝2(3n＋1)(n∈N*)． (3)cn＝

anbn

＝n(3n＋1)＝n·3n＋n， 4

bn＋1

∴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＝

31－3n

－n×3n＋1 1－3

2n－1×3n＋1＋3∴Hn＝，

4∴数列{cn}的前n项和

2n－1×3n＋1＋3nn＋1Tn＝＋ 42

22解．(1)an2an12n(n2,且nN*)

anan1anan1*1,即1(n2,且nN)nn1nn12222a1数列{an}是等差数列,公差为d1,首项1,n22a111(2)由(1)得n(n1)d(n1)1n,222n2

1an(n)2n21351(3)Sn212223(n)2n..............(1)222213512Sn222324(n)2n1................(2)2222(1)(2)得11Sn12223(n)2n1222232n(n)2n11222(12n)1(n)2n11(32n)2n3.

122SnSn(2n3)2n3(23)2n,n2n32