高中数学 数列 练习题（含答案）

……………12分76.解：（1）∵……①，∴……②，②-①得，∵，∴，∴，∴时，，，即时，，∴数列是为首项，为公比的等比数列，∴.（2），则，∴……③，∴……④，④-③得.77.解：(Ⅰ)∵,，∴.∵,∴.∵,∴.(Ⅱ)∵①，…②，∴①-②得，，∵，∴…③，…④，③-④得，，.∵，∴是首项3公比2的等比数列，，故.78.解:（1）①∵，作差法可得，当时，；当时，，存在，使得∴数列是“回归数列”．②∵，∴前项和，根据题意∵一定是偶数，∴存在，使得∴数列是“回归数列”．（2），根据题意，存在正整数，使得成立即，，，∴，即．（3）设等差数列总存在两个回归数列，使得………9分证明如下：数列前项和，时，；时，；时，为正整数，当时，．∴存在正整数，使得，∴是“回归数列”数列前项和存在正整数，使得，∴是“回归数列”，所以结论成立．79.解：（1）设公比为，则，，∵是和的等差中项，∴，，解得或（舍），∴．（2），则．80.（Ⅰ）由已知得（），因为，所以．．…7分（Ⅱ）因为，且由已知可得，把代入得即，…10分，所以，累加得，…13分又，因此．…15分81.82.解法一：（1），．当时，，得．当时，，，，即，．………………4分数列是等差数列，且首项为，公差为2，．………………6分（2）由（1）可知，，，——①………………7分，——②………………8分①–②得………………9分，………………10分化简得．…12分解法二：（1）同解法一.（2）由（1）可知，，设，解得，………………9分.………………12分83.【分析】（Ⅰ）利用等差数列通项公式列出方程组，求出首项为a1，公差为d，由此能求出{an}的通项公式．（Ⅱ）由，利用错位相减法能求出{bn}的前n项和Sn．【解答】（本小题满分12分）解：（Ⅰ）设首项为a1，公差为d，∵a3+a4=4，a5+a7=6．∴依题意有解得．∴．（Ⅱ），，两式相减得==∴．84.（1）由题意，因为，所以当时，，当时，所以，即数列的通项公式为.（2），所以数列是以2为首项，4为公比的等比数列所以即数列的前项和为85.（1）当，，解得；当时，，，两式相减得，化简得，所以数列是首项为，公比为的等比数列.所以.（2）由（1）可得，所以，，，两式相减得，所以数列的前项和.因为，所以.86.（1）因为，由等差数列前项和公式得，即，所以，所以.（2）由（1）可知，，所以．87.（1）由的前项和为知，可得，…………………2分设等差数列的公差为，从而，解得或，…………………4分又，则，故。……………6分（2）由（1）知，……………8分则，两边同时乘以4得，………9分两式相减得，…10分故.……………………12分88.解：（Ⅰ）设数列的公差为，令，得，所以；令，得，所以，解得，，所以．（Ⅱ）由题意知所以89.解：（1）由题意，得解得（舍去）或所以数列的公差为，通项公式为，即，数列的公比为，通项公式为．（2）由（1）得，所以．90.（Ⅰ）由得：，因为，所以，从而由得，所以是以2为首项，2为公比的等比数列.（Ⅱ）由（1）得，所以.91.（1）设等差数列公差为，∵，，∴，解得，，∴（II）由（I），错位相减得所以92.（I）由，可知可得即由于可得又，解得所以是首相为3，公差为2的等差数列，通项公式为（II）由设数列的前n项和为，则93.解：（Ⅰ）因为，，所以因为，公比，且，所以，所以所以等比数列为凸数列.……3分（Ⅱ）因为数列为凸数列，所以，，，…，叠加得.所以同理可证综上所述，.……7分因为，所以所以令，所以若，则若，则所以……10分（Ⅲ）设为凸数列中任意一项，由（Ⅱ）可知，再由（Ⅱ）可知，对任意的均有，（1）当时，.又因为，所以所以（2）当时，.又因为，所以所以（3）当时，所以综上所述，所以.……14分94.(1)由，得；当时，，即，所以；(2)由，得，进而，当时，得，因为，所以，进而(3)若数列是公比为的等比数列，①当时，由，得恒成立.所以，与数列是等比数列矛盾；②当时，，，由恒成立，得对于一切正整数都成立，所以或或事实上，当,或或时，，时，，得或-14所以数列是以为首项，以为公比的等比数列.95.(1)等比数列,公比.，解方程，得或.因为,所以.(2)当取偶数时,中所有项都是中的项.证:由题意:均在数列中,当时,说明的第项是中的第项.当取奇数时,因为不是整数,所以数列的所有项都不在数列中,综上,所有的符合题意的(3)由题意,因为在中,所以中至少存在一项在中,另一项不在中,由得,取得,即.取,得(舍负值),此时,当时,,,对任意.综上,取.(此问答案不唯一,请参照给分).96.(1)则，，；(2)记，即，又由，，所以第二段可取个数，；再由，即，因此第三段可取9个数，即，…，依次下去，一般地：，，所以，，则.(3)不存在，令，则，假设存在符合题意的等差数列，则的公比必为大小1的整数，(∵，∴，因此)，即，此时，注意到，，要使成立，则必为完全平方数，但，矛盾，因此不存在符合题意的等差数列.97.(1)由定义可得定点；(2)设，，由，得，由方程组，得得联立上述方程可得：.(3)设直线的方程为，代入，得：，设，，则，，若，即，有，即：，由此得：，∵，∴所以当直线的方程为时，也就是成立的充要条件是直线与轴相垂直.98.从点向外一共有层正方形，染色要求：正方形相邻顶点颜色不同与上一层相邻点，也不同记点染了③号色，第1个正方形四个顶点染色A类：（一共用了2色）上层A类，之后一层的染色情况：B类：（一共用了3色）上层为类，则下层的染色情况：构建数列，表示第层为类染色方法，表示第层为B类染色方法，∴构造：满足又，，∴解得∴最后，①、②、③色号与红绿蓝之间有种排法∴染色方式有种.99.【分析】（Ⅰ）由数列递推式求出首项，进一步得当n≥2时，Sn﹣1=﹣1+2an﹣1，与原递推式联立可得an=2an﹣1（n≥2），即{an}是2为公比，1为首项的等比数列，再由等比数列的通项公式求得{an}的通项公式；（Ⅱ）把数列通项公式代入bn=log2an+1，求出数列{bn}的前n项和为Tn，再由裂项相消法求+…+．【解答】解：（Ⅰ）由已知，有Sn=﹣1+2an，①当n=1时，a1=﹣1+2a1，即a1=1．当n≥2时，Sn﹣1=﹣1+2an﹣1，②①﹣②得an=Sn﹣Sn﹣1=2an﹣2an﹣1，即an=2an﹣1（n≥2）．∴{an}是2为公比，1为首项的等比数列，即．（Ⅱ）由（Ⅰ），得，∴．∴==2．【点评】本题考查数列递推式，考查了等差关系的确定，训练了裂项相消法求数列的前n项和，是中档题．100.【分析】（1）等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．可得=S1•S4，即=a1，解得：a1．即可得出．（2）bn=•sin=•=（﹣1）n+1，对n分为奇数偶数分组求和即可得出．【解