高二数列专题训练

1 高二数学期末复习 理科 数列 2017 06 一 选择题 1 若数列 an 是等差数列 且 a3 a7 4 则数列 an 的前 9 项和 S9 A B 18 C 27 D 36 27 2 2 若数列 an 满足 a1 19 an 1 an 3 n N 则数列 an 的前 n 项和的值 最大时 n 的值为 A 6 B 7 C 8 D 9 3 已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn 并且 S10 0 S110 S110 d 0 并且 a1 a11 0 即 a60 所以 a5 0 即数列的前 5 项都为正数 第 5 项之后的都为负数 所以 S5最大 则 k 5 4 B 因为 bn 是等差数列 且 b3 2 b10 12 故公差 d 2 于是 b1 6 12 2 10 3 且 bn 2n 8 n N 即 an 1 an 2n 8 所以 a8 a7 6 a6 4 6 a5 2 4 6 a1 6 4 2 0 2 4 6 3 5 C 根据已知条件得 a1q2 7 a1 a1q a1q2 21 3 整理得 2q2 q 1 0 解得 q 1 或 q 1 q q2 q2 1 2 6 B an 为等比数列 设公比为 q 由 a3 a5 4a 可得 a 4a 2 62 42 6 即 q4 q2 a3 a1 q2 1 1 4 1 4 1 2 7 A 由题意知 数列 an 是以 2 为公比的等比数列 故 S4 a2 a1 1 24 1 2 a1 2 15 2 8 B 由数列 an 的前 n 项和 Sn an2 bn a b R 可知数列 an 是等差数列 由 S25 100 a1 a25 25 2 解得 a1 a25 8 所以 a1 a25 a12 a14 8 6 9 A 设数列 an 的公比为 q 则有 4 q2 2 2q 解得 q 2 所以 an 2n 1 所以 S5 故选 A 1 an 1 2n 1 1 1 2 5 1 1 2 31 16 10 B 依题意得 2 即 2 数列 a1 a3 a5 a7 an 1an 2 anan 1 2n 1 2n an 2 an 是一个以 5 为首项 以 2 为公比的等比数列 因此 4 选 B a7 a3 11 B 由题意 a1 a2 a3 a100 12 22 22 32 32 42 42 52 992 1002 1002 1012 1 2 3 2 99 100 101 100 1 2 99 100 2 3 100 101 1 101 100 12 B 设 a b c d 是方程 x2 mx 2 x2 nx 2 0 的四个根 不妨设 a c d b 则 a b c d 2 a 故 b 4 根据等比数列的性质 得到 c 1 d 2 1 2 则 m a b n c d 3 或 m c d 3 n a b 则 或 9 2 9 2 m n 3 2 m n 2 3 13 解析 设等差数列公差为 d 由 a3 a 4 得 1 2d 1 d 2 4 解得 d2 4 2 2 即 d 2 由于该数列为递增数列 故 d 2 an 1 n 1 2 2n 1 答案 2n 1 14 解析 a7 a5 2d 4 则 d 2 a1 a11 10d 21 20 1 Sk k 2 k2 9 又 k N 故 k 3 k k 1 2 15 解析 由题意可知 b6b8 b a 2 a3 a11 4a7 2 72 7 a7 0 a7 4 b6b8 16 答案 16 16 解析 由数列 an 首项为 1 公比 q 2 则 an 2 n 1 a1 1 a2 2 a3 4 a4 8 则 a1 a2 a3 a4 1 2 4 8 15 答案 15 17 1 由题意 则当时 1 31 nn aS 2n 1 31 nn aS 两式相减 得 又因为 1 4 nn aa 2n 1 1a 2 4a 2 1 4 a a 所以数列是以首项为 公比为的等比数列 n a 14 7 所以数列的通项公式是 n a 1 4n n a n N 2 21 123 2312 43 44n nn Taaanan 231 44 12 43 4 1 44 nn n Tnn 两式相减得 21 1 4 3144444 1 4 n nnn n Tnn 整理得 311 4 99 n n n T n N 18 1 设等差数列 an 的公差为 d a3 7 a5 a7 26 解得 a1 3 d 2 an 3 2 n 1 2n 1 数列 an 的前 n 项和 Sn n2 2n 2 bn 数列 bn 的前 n 项和 T n 19 解 1 由 11 34 nnn aaa可得2 3 1211 aaaaaa nnnn 1nn aa 是以 2 为首项 3 为公比的等比数列 112211 aaaaaaaa nnnnn 1 1 31 31 31 2 n n 2 1 n时 3 3 3 11 1 1 Sb a b 2 n时 1 322 2 12 12 n nn n n nnabnn na b 8 12 323323223 n n nS 1 3333231 2 1210 n n 设 1210 3333231 n nx 则 nn nnx33 1 3332313 1321 2 13 3 333 32 021 n nnnn nnx 2 3 3 2 1 n n nS 20 1 证明 在 Sn an 2 中 1 2 n 1 令 n 1 可得 S1 a1 1 2 a1 得 a1 1 2 当 n 2 时 Sn 1 an 1 2 1 2 n 2 an Sn Sn 1 an an 1 1 2 n 1 即 2an an 1 2n an 2n 1 an 1 1 1 2 n 1 bn 2n an bn bn 1 1 又 b1 2a1 1 bn 是以 1 为首项 1 为公差的等差数列 于是 bn 1 n 1 1 n an n 2n 2 cn log2 log22n n n an 2 cncn 2 2 n n 2 1 n 1 n 2 Tn 1 1 1 3 1 2 1 4 1 n 1 n 2 1