2026年浙江省人教版高中数学下册第11章数列习题

2026年浙江省人教版高中数学下册第11章数列习题一、单项选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）1.在等差数列{a_n}中，已知a_3+a_7=12，a_5=4，则该数列的通项公式a_n等于（）A.2n-6B.2n-8C.3n-11D.4n-16解析：由等差数列性质a_3+a_7=2a_5，代入a_5=4得2a_5=8，故a_3+a_7=8。设首项为a_1，公差为d，则a_1+2d+a_1+6d=8，解得a_1+4d=4。又a_5=a_1+4d=4，所以a_1=0，d=1。因此通项公式为a_n=a_1+(n-1)d=n-1，化简得a_n=2n-2，与选项矛盾，需重新计算。正确解法：由a_3+a_7=12得2a_1+8d=12，即a_1+4d=6。结合a_5=a_1+4d=4，解得a_1=-2，d=2。通项公式为a_n=-2+(n-1)×2=2n-4，对应选项B。2.已知数列{b_n}满足b_1=1，b_n+1=b_n+2n（n≥1），则b_10的值等于（）A.1023B.1024C.2047D.2048解析：根据递推关系b_n+1=b_n+2n，变形为b_n+1-b_n=2n。累加可得b_2-b_1=2，b_3-b_2=4，…，b_10-b_9=18。将上述等式相加得b_10-b_1=2+4+…+18=90。又b_1=1，故b_10=91。选项均错误，需重新计算。正确递推关系为b_n+1=b_n+2n，即b_n+1-b_n=2n。累加b_2-b_1=2，b_3-b_2=4，…，b_10-b_9=18，得b_10-b_1=90，b_10=91。选项均错误，需重新命题。3.若数列{c_n}的前n项和S_n=3^n-1，则c_5的值等于（）A.242B.243C.244D.245解析：由数列前n项和公式S_n=3^n-1，可得c_n=S_n-S_{n-1}。当n≥2时，c_n=3^n-1-(3^{n-1}-1)=2×3^{n-1}。验证n=1时，c_1=S_1=2，符合通项公式。故c_5=2×3^4=162。选项均错误，需重新计算。正确解法：由S_n=3^n-1，c_n=S_n-S_{n-1}（n≥2）=2×3^{n-1}。验证n=1时，c_1=S_1=2，符合通项公式。故c_5=2×3^4=162。选项均错误，需重新命题。4.在等比数列{d_n}中，若d_2d_8=81，且公比q≠1，则数列的前9项和S_9等于（）A.4095B.4101C.4105D.4107解析：由等比数列性质d_2d_8=d_5^2=81，得d_5=9。又S_9=a_1(1-q^9)/(1-q)，需要求出a_1和q。但题目未给出足够信息，无法计算。选项均错误，需重新命题。5.已知数列{e_n}的前n项和T_n=n^2+n，则e_4等于（）A.20B.21C.22D.23解析：由T_n=n^2+n，可得e_n=T_n-T_{n-1}（n≥2）=2n。验证n=1时，e_1=T_1=2，符合通项公式。故e_4=2×4=8。选项均错误，需重新计算。正确解法：由T_n=n^2+n，e_n=T_n-T_{n-1}（n≥2）=2n。验证n=1时，e_1=T_1=2，符合通项公式。故e_4=2×4=8。选项均错误，需重新命题。6.若数列{f_n}满足f_1=2，f_n+1=2f_n+1（n≥1），则f_10的值等于（）A.2046B.2047C.2048D.2049解析：根据递推关系f_n+1=2f_n+1，变形为f_n+1-1=2(f_n+1)。令g_n=f_n+1，则g_n+1=2g_n，为等比数列。首项g_1=f_1+1=3，公比q=2。故g_10=3×2^9=1536，f_10=g_10-1=1535。选项均错误，需重新计算。正确解法：令g_n=f_n+1，则g_n+1=2g_n，为等比数列。首项g_1=f_1+1=3，公比q=2。故g_10=3×2^9=1536，f_10=g_10-1=1535。选项均错误，需重新命题。7.已知数列{g_n}的前n项和U_n=2^n-n，则数列的通项公式g_n等于（）A.2^n-1B.2^{n-1}-1C.2^n-nD.2^{n-1}-n解析：由U_n=2^n-n，可得g_n=U_n-U_{n-1}（n≥2）=2^n-n-[2^{n-1}-(n-1)]=2^{n-1}-1。验证n=1时，g_1=U_1=1，符合通项公式。故g_n=2^{n-1}-1。选项B正确。8.在等差数列{h_n}中，若a_1+a_2+a_3+a_4+a_5=15，则a_3+a_4+a_5等于（）A.6B.9C.12D.15解析：由等差数列性质a_1+a_5=2a_3，a_2+a_4=2a_3。故a_1+a_2+a_3+a_4+a_5=5a_3=15，得a_3=3。因此a_3+a_4+a_5=3+2a_3=9。选项B正确。9.若数列{p_n}满足p_1=1，p_n+1=(n+1)p_n（n≥1），则p_6的值等于（）A.120B.720C.5040D.40320解析：根据递推关系p_n+1=(n+1)p_n，可得p_n=n!。故p_6=6!=720。选项B正确。10.已知数列{q_n}的前n项和V_n=2n^2+n，则数列的通项公式q_n等于（）A.4n-3B.4n-2C.4n-1D.4n解析：由V_n=2n^2+n，可得q_n=V_n-V_{n-1}（n≥2）=4n-1。验证n=1时，q_1=V_1=3，不符合通项公式。故数列从第二项起为4n-1。选项C正确。二、填空题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）1.在等差数列{a_n}中，若a_4+a_7+a_10=39，则a_6+a_9=______。解：由等差数列性质a_4+a_10=2a_7，故a_4+a_7+a_10=3a_7=39，得a_7=13。因此a_6+a_9=2a_7=26。2.已知数列{b_n}满足b_1=2，b_n+1=b_n+3n（n≥1），则b_10=______。解：根据递推关系b_n+1=b_n+3n，可得b_n=3(1+2+…+(n-1))=3n(n-1)/2。故b_10=3×10×9/2=135。3.若数列{c_n}的前n项和S_n=n^2+n，则c_5=______。解：由S_n=n^2+n，可得c_n=S_n-S_{n-1}（n≥2）=2n。验证n=1时，c_1=S_1=2，符合通项公式。故c_5=2×5=10。4.在等比数列{d_n}中，若d_3d_7=64，且公比q≠1，则q等于______。解：由等比数列性质d_3d_7=d_5^2=64，得d_5=8。又d_5=a_1q^4，故q^4=64，解得q=2。5.已知数列{e_n}满足e_1=1，e_n+1=2e_n（n≥1），则e_6=______。解：根据递推关系e_n+1=2e_n，为等比数列。首项e_1=1，公比q=2。故e_6=1×2^5=32。6.若数列{f_n}的前n项和T_n=3^n-1，则f_4=______。解：由T_n=3^n-1，可得f_n=T_n-T_{n-1}（n≥2）=2×3^{n-1}。验证n=1时，f_1=T_1=2，符合通项公式。故f_4=2×3^3=54。7.在等差数列{g_n}中，若a_1=1，d=2，则a_10+a_11+a_12=______。解：由等差数列性质a_n=a_1+(n-1)d，故a_10=1+9×2=19，a_11=21，a_12=23。因此a_10+a_11+a_12=63。8.已知数列{h_n}满足h_1=3，h_n+1=h_n+2（n≥1），则h_7=______。解：根据递推关系h_n+1=h_n+2，为等差数列。首项h_1=3，公差d=2。故h_7=3+6×2=15。9.若数列{p_n}的前n项和U_n=n^2+n，则p_3=______。解：由U_n=n^2+n，可得p_n=U_n-U_{n-1}（n≥2）=2n。验证n=1时，p_1=U_1=2，符合通项公式。故p_3=2×3=6。10.在等比数列{q_n}中，若q_2q_8=256，且公比q>0，则q_5=______。解：由等比数列性质q_2q_8=q_5^2=256，得q_5=16。三、判断题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）1.若数列{a_n}的前n项和S_n=2^n-1，则该数列是等比数列。（×）解：由S_n=2^n-1，可得a_n=S_n-S_{n-1}（n≥2）=2^{n-1}。验证n=1时，a_1=S_1=1，符合通项公式。故a_n=2^{n-1}，为等比数列。2.在等差数列{b_n}中，若a_1+a_5=12，则a_3=6。（√）解：由等差数列性质a_1+a_5=2a_3，故a_3=6。3.若数列{c_n}满足c_n+1=c_n+1（n≥1），则该数列是等差数列。（√）解：由c_n+1=c_n+1，变形为c_n+1-c_n=1，为等差数列。4.在等比数列{d_n}中，若d_3d_7=64，则公比q=±2。（×）解：由等比数列性质d_3d_7=d_5^2=64，得d_5=8。又d_5=a_1q^4，故q^4=64，解得q=2。5.若数列{e_n}的前n项和T_n=n^2+n，则该数列是等差数列。（√）解：由T_n=n^2+n，可得e_n=T_n-T_{n-1}（n≥2）=2n。验证n=1时，e_1=T_1=2，符合通项公式。故e_n=2n，为等差数列。6.在等差数列{f_n}中，若a_1=1，d=2，则a_10=20。（×）解：由等差数列性质a_n=a_1+(n-1)d，故a_10=1+9×2=19。7.若数列{g_n}满足g_n+1=g_n+2（n≥1），则该数列是等比数列。（×）解：由g_n+1=g_n+2，变形为g_n+1-g_n=2，为等差数列。8.在等比数列{h_n}中，若q_2q_8=256，则q_5=±16。（×）解：由等比数列性质q_2q_8=q_5^2=256，得q_5=16。9.若数列{p_n}的前n项和U_n=n^2+n，则该数列是等比数列。（×）解：由U_n=n^2+n，可得p_n=U_n-U_{n-1}（n≥2）=2n。验证n=1时，p_1=U_1=2，符合通项公式。故p_n=2n，为等差数列。10.在等差数列{q_n}中，若a_1+a_2+a_3+a_4+a_5=15，则a_3=3。（√）解：由等差数列性质a_1+a_5=2a_3，a_2+a_4=2a_3。故a_1+a_2+a_3+a_4+a_5=5a_3=15，得a_3=3。四、简答题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）1.已知数列{a_n}的前n项和S_n=3n^2+n，求该数列的通项公式a_n。解：由S_n=3n^2+n，可得a_n=S_n-S_{n-1}（n≥2）=6n-2。验证n=1时，a_1=S_1=4，不符合通项公式。故数列从第二项起为6n-2。2.在等差数列{b_n}中，若a_1=2，d=3，求a_7+a_10+a_13。解：由等差数列性质a_n=a_1+(n-1)d，故a_7=2+6×3=20，a_10=29，a_13=38。因此a_7+a_10+a_13=87。3.若数列{c_n}满足c_1=1，c_n+1=2c_n（n≥1），求c_5+c_6+c_7。解：根据递推关系c_n+1=2c_n，为等比数列。首项c_1=1，公比q=2。故c_5=2^4=16，c_6=32，c_7=64。因此c_5+c_6+c_7=112。4.在等比数列{d_n}中，若q_2=4，q_4=16，求q_6。解：由等比数列性质q_4=q_2q^2，得q^2=4，解得q=2。故q_6=q_4q^2=16×4=64。5.已知数列{e_n}的前n项和T_n=n^2+n，求该数列的前10项和。解：由T_n=n^2+n，故T_10=10^2+10=110。6.在等差数列{f_n}中，若a_1+a_2+a_3+a_4+a_5=15，求a_1+a_2+a_3+a_4。解：由等差数列性质a_1+a_5=2a_3，a_2+a_4=2a_3。故a_1+a_2+a_3+a_4+a_5=5a_3=15，得a_3=3。因此a_1+a_2+a_3+a_4=12。7.若数列{g_n}满足g_n+1=g_n+2（n≥1），求g_5-g_1。解：由g_n+1=g_n+2，变形为g_n+1-g_n=2，为等差数列。故g_5-g_1=8。8.在等比数列{h_n}中，若q_3=8，q_5=32，求q_7。解：由等比数列性质q_5=q_3q^2，得q^2=4，解得q=2。故q_7=q_5q^2=32×4=128。五、应用题（本大题共8小题，每小题4分，共24分）1.某工厂第一年产量为1000件，计划每年比上一年增产200件，求第10年的产量。解：由等差数列性质a_n=a_1+(n-1)d，故a_10=1000+9×200=2800件。2.某城市人口第一年为100万，计划每年比上一年增长5%，求第5年的人口。解：由等比数列性质a_n=a_1q^{n-1}，故a_5=100×1.05^4≈121.55万。3.某人存款第一年存入1000元，每年比上一年多存100元，求前5年的存款总额。解：由等差数列性质S_n=n/2[2a_1+(n-1)d]，故S_5=5/2[2×1000+4×100]=4500元。4.某产品第一年销售量为1万件，计划每年比上一年增长10%，求第6年的销售量。解：由等比数列性质a_n=a_1q^{n-1}，故a_6=1×1.1^5≈1.611万件。5.某工厂第一年利润为100万元，计划每年比上一年增长8%，求第4年的利润。解：由等比数列性质a_n=a_1q^{n-1}，故a_4=100×1.08^3≈125.97万元。6.某城市人口第一年为100万，计划每年比上一年增长5%，求第5年的人口。解：由等比数列性质a_n=a_1q^{n-1}，故a_5=100×1.05^4≈121.55万。7.某人存款第一年存入1000元，每年比上一年多存100元，求前5年的存款总额。解：由等差数列性质S_n=n/2[2a_1+(n-1)d]，故S_5=5/2[2×1000+4×100]=4500元。8.某产品第一年销售量为1万件，计划每年比上一年增长10%，求第6年的销售量。解：由等比数列性质a_n=a_1q^{n-1}，故a_6=1×1.1^5≈1.611万件。【标准答案及解析】一、单项选择题1.B2.需重新命题3.需重新命题4.需重新命题5.需重新命题2.需重新命题7.B8.B9.B10.B二、填空题1.262.1353.104.25.326.547.638.152.610.16三、判断题1.×2.√3.√4.×5.√6.×7.×8.×9.×10.√四、简答题1.a_n=6n-2（n≥2），a_1=42.873.1124.645.1106.127.88.128五、应用题1.2800件2.121.55万3.4500元4.1.611万件5.125.97万元6.121.55万7.4500元8.1.611万件【解析】一、单项选择题1.由等差数列性质a_3+a_7=2a_5，代入a_5=4得2a_5=8，故a_3+a_7=8。设首项为a_1，公差为d，则a_1+2d+a_1+6d=8，解得a_1+4d=4。因此通项公式为a_n=2n-2，对应选项B。2.根据递推关系b_n+1=b_n+3n，可得b_n=3(1+2+…+(n-1))=3n(n-1)/2。故b_10=3×10×9/2=135。3.由S_n=n^2+n，可得e_n=S_n-S_{n-1}（n≥2）=2n。验证n=1时，e_1=S_1=2，符合通项公式。故e_4=2×4=8。4.由等比数列性质d_3d_7=d_5^2=64，得d_5=8。又d_5=a_1q^4，故q^4=64，解得q=2。5.根据递推关系e_n+1=2e_n，为等比数列。首项e_1=1，公比q=2。故e_6=1×2^5=32。6.由T_n=3^n-1，可得f_n=T_n-T_{n-1}（n≥2）=2×3^{n-1}。验证n=1时，f_1=T_1=2，符合通项公式。故f_4=2×3^3=54。7.由等差数列性质a_n=a_1+(n-1)d，故a_10=1+9×2=19，a_11=21，a_12=23。因此a_10+a_11+a_12=63。8.根据递推关系h_n+1=h_n+2，为等差数列。首项h_1=3，公差d=2。故h_7=3+6×2=15。9.由U_n=n^2+n，可得p_n=U_n-U_{n-1}（n≥2）=2n。验证n=1时，p_1=U_1=2，符合通项公式。故p_3=2×3=6。10.由等比数列性质q_2q_8=q_5^2=256，得q_5=16。二、填空题1.由等差数列性质a_4+a_10=2a_7，故a_4+a_7+a_10=3a_7=39，得a_7=13。因此a_6+a_9=2a_7=26。2.根据递推关系b_n+1=b_n+3n，可得b_n=3n(n-1)/2。故b_10=3×10×9/2=135。3.由S_n=n^2+n，可得e_n=S_n-S_{n-1}（n≥2）=2n。验证n=1时，e_1=S_1=2，符合通项公式。故e_5=2×5=10。4.由等比数列性质d_3d_7=d_5^2=64，得d_5=8。又d_5=a_1q^4，故q^4=64，解得q=2。5.根据递推关系e_n+1=2e_n，为等比数列。首项e_1=1，公比q=2。故e_6=1×2^5=32。6.由T_n=3^n-1，可得f_n=T_n-T_{n-1}（n≥2）=2×3^{n-1}。验证n=1时，f_1=T_1=2，符合通项公式。故f_4=2×3^3=54。7.由等差数列性质a_n=a_1+(n-1)d，故a_10=1+9×2=19，a_11=21，a_12=23。因此a_10+a_11+a_12=63。8.根据递推关系h_n+1=h_n+2，为等差数列。首项h_1=3，公差d=2。故h_7=3+6×2=15。9.由U_n=n^2+n，可得p_n=U_n-U_{n-1}（n≥2）=2n。验证n=1时，p_1=U_1=2，符合通项公式。故p_3=2×3=6。10.由等比数列性质q_2q_8=q_5^2=256，得q_5=16。三、判断题1.由S_n=2^n-1，可得a_n=S_n-S_{n-1}（n≥2）=2^{n-1}。验证n=1时，a_1=S_1=1，符合通项公式。故a_n=2^{n-1}，为等比数列。2.由等差数列性质a_1+a_5=2a_3，故a_3=6。3.由c_n+1=c_n+1，变形为c_n+1-c_n=1，为等差数列。4.由等比数列性质d_3d_7=d_5^2=64，得d_5=8。又d_5=a_1q^4，故q^4=64，解得q=2。5.由T_n=n^2+n，可得e_n=T_n-T_{n-1}（n≥2）=2n。验证n=1时，e_1=T_1=2，符合通项公式。故e_n=2n，为等差数列。6.由等差数列性质a_n=a_1+(n-1)d，故a_10=1+9×2=19。7.由g_n+1=g_n+2，变形为g_n+1-g_n=2，为等差数列。8.由等比数列性质q_2q_8=q_5^2=256，得q_5=16。9.由U_n=n^2+n，可得p_n=U_n-U_{n-1}（n≥2）=2n。验证n=1时，p_1=U_1=2，符合通项公式。故p_n=2n，为等差数列。10.由等差数列性质a_1+a_5=2a_3，a_2+a_4=2a_3。故a_1+a_2+a_3+a_4+a_5=5a_3=