1、第 1 页（共 4 页）景县育英学校数列部分综合练习题考试部分：高一必修五数列练习题一、选择题(本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分)1 (文)(2011山东 )在等差数列a n中，已知 a12 ，a 2a 313 ，则 a4a 5a 6 等于( )A40 B42 C43 D45(理)(2011江西)已知等差数列a n的前 n 项和为 Sn，且满足 1，则数列a n的公差是( )S33 S22A. B1 C2 D 3122 (2011辽宁沈阳二中检测，辽宁丹东四校联考)已知数列a n满足 log3an1log 3an1 (nN *)且 a2 a4a 6 9，则 log (a5a
2、 7a 9)的值是( )13A5 B C5 D.15 153 (文) 已知 an为等差数列， bn为正项等比数列，公式 q1，若 a1b 1，a 11b 11，则( )Aa 6b 6 Ba 6b6C a60，b0，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( )Aab AG BabAGC abAG D不能确定4 (2011潍坊一中期末)各项都是正数的等比数列 an的公比 q1，且 a2， a3，a 1 成等差数列，12则 的值为( )a3 a4a4 a5A. B. C. D. 或1 52 5 12 5 12 5 12 5 125已知数列a n满
3、足 a11，a 21，a n1 |a na n1 |(n2)，则该数列前 2011 项的和等于( )A1341 B669 C1340 D13396数列a n是公差不为 0 的等差数列，且 a1、a 3、a 7 为等比数列b n的连续三项，则数列b n的公比为( )A. B4 C2 D.2127 (文) 已知数列 an为等差数列，若 0 的a11a10最大值 n 为( )A11 B19 C20 D21(理)在等差数列a n中，其前 n 项和是 Sn，若 S150，S 16b6，求 n 的取值范围(理)(2011四川广元诊断)已知数列a n的前 n 项和 Sn2n 22n，数列b n的前 n 项和
4、Tn3 bn.求数列 an和 bn的通项公式； 设 cn an bn，求数列c n的前 n 项和 Rn 的表达式14 1318 (本小题满分 12 分)(文)(2011 河南濮阳) 数列a n的前 n 项和记为Sn，a 1 1，a n1 2S n1(n1) (1)求a n的通项公式； (2)等差数列b n的各项为正数，前 n 项和为 Tn，且 T315，又a1 b1， a2b 2，a 3b 3 成等比数列，求 Tn.(理)(2011六校联考)已知数列b n前 n 项和为 Sn，且 b1 1，b n1 Sn.13(1)求 b2，b 3，b 4 的值； (2)求b n的通项公式； (3)求 b2b
5、 4b 6b 2n 的值19 (本小题满分 12 分)(文)(2011 宁夏银川一中模拟) 在各项均为负数的数列 an中，已知点(an， an1 )(n N*)在函数 y x 的图象上，且 a2a5 .23 827(1)求证：数列 an是等比数列，并求出其通项；(2)若数列 bn的前 n 项和为 Sn，且 bna nn，求 Sn.(理)(2011黑龙江)已知 a12，点(a n，a n1 )在函数 f(x)x 22x 的图象上，其中 n1,2,3 ，.(1)证明数列lg(1a n)是等比数列；(2)设 Tn(1a 1)(1a 2)(1a n)，求 Tn 及数列a n的通项20 (本小题满分 1
6、2 分)数列b n的通项为 bnna n(a0)，问b n是否存在最大项？证明你的结论21 (本小题满分 12 分)(2011 湖南长沙一中月考)已知 f(x)m x(m 为常数，m0 且 m1)设f(a1)，f( a2)， ，f (an)(nN) 是首项为 m2，公比为 m 的等比数列(1)求证：数列 an是等差数列；第 3 页（共 4 页）(2)若 bna nf(an)，且数列b n的前 n 项和为 Sn，当 m2 时，求 Sn；(3)若 cnf (an)lgf(an)，问是否存在正实数 m，使得数列c n中每一项恒小于它后面的项？若存在，求出 m 的取值范围；若不存在，请说明理由22 (
7、本小题满分 12 分)(文)(2011 四川资阳模拟) 数列a n的前 n 项和为 Sn，且 Snn (n1)(nN *)(1)求数列 an的通项公式；(2)若数列 bn满足：a n ，求数列b n的通项公式；b13 1 b232 1 b333 1 bn3n 1(3)令 cn (nN *)，求数列c n的前 n 项和 Tn.anbn4(理)(2011湖南长沙一中期末)已知数列a n和等比数列b n满足：a1 b1 4，a 2 b22，a 31 ，且数列a n1 a n是等差数列，nN *. 求数列a n和b n的通项公式；必修五数列练习题答案1、 （文）B（理）C 2、A 3、 （文） B（理
8、）C4、C5、A6、C7、 （文）B （理）B8、 （文）A（理）C9、 （文）C（理）A10、 （文）A（理）A13、答案 xy 7014、a nn 15、 答案 2316、 （文）255（理）2217、 （文）解析 (1)由题意得Error!Error!，a n3(n1)n2.(2)Pn ，b622 61 64.nn 2 32 n2 5n2由 64n 25n1280n( n5)128，n2 5n2又 nN*，n9 时，n(n5)126， 当 n10 时， Pnb6.（理）解析 由题意得 anS nS n1 4n4( n2)而 n1 时 a1S 10 也符合上式an 4n4(nN )又 bn
9、T nT n1 b n1 b n， bn是公比为 的等比数列，而bnbn 1 12 12b1T 13b 1，b1 ，bn n1 3 n(nN )32 32(12) (12)Cn an bn (4n4) 3 n(n1) n，14 13 14 13 (12) (12)Rn C1C 2 C3C n 22 33 4(n 1) n(12) (12) (12) (12) Rn 32 4(n 2) n(n1) n112 (12) (12) (12) (12) Rn 2 3 n( n1) n1 ，Rn1( n1) n.12 (12) (12) (12) (12) (12)18、 （文）解析 (1)由 an1
10、2S n1 可得 an2S n1 1(n2) ，两式相减得 an1 a n2a n，an1 3a n(n2)，又 a22S 112a 113， a23a 1，故a n是首项为 1，公比为 3 的等比数列，a n3 n1 .(2)设b n的公差为 d，由 T315 得， b1b 2b 315，可得 b25，故可设 b15d， b35d，又 a11，a 23，a 39，由题 意可得(5d1)(5d9) (5 3) 2，解得 d2 或10.等差数列 bn的各项均为正数， d2， b13，T n3n 2n 22n.nn 12（理）解析 (1)b 2 S1 b1 ，b3 S2 (b1b 2) ，b4 S
11、3 (b1b 2b 3) .13 13 13 13 13 49 13 13 1627(2)Error!解 bn1 b n bn，bn1 bn，b2 ，13 43 13bn n2 (n2) bnError!.13(43)(3)b2，b4，b6b2n是首项为 ，公比 2 的等比数列，13 (43)b2 b4b 6b 2n ( )2n1 131 432n1 (43)2 37 4319、 （文） 解析 (1)因为点(a n，an1 )(nN*)在函数 y x 的图象上，23第 4 页（共 4 页）所以 an1 an，即 ，故数列a n是公比 q 的等比数列，23 an 1an 23 23因为 a2a5
12、 ，则 a1qa1q4 ，即 a 5 3，由于数列a n的各项均为负数，则 a1 ，827 827 21(23) (23) 32所以 an n2 .(23)(2)由(1)知，a n n2 ，bn n2 n，所以 Sn3 n1 .(23) (23) (23) n2 n 92（理） 解析 (1) 由已知 an1 a 2a n，an1 1(a n1) 2.a12，a n11，两边取对数2n得：lg(1 a n1 )2lg(1 a n)，即 2.lg(1a n)是公比为 2 的等比数列lg1 an 1lg1 an(2)由(1)知 lg(1a n)2 n1 lg(1a 1)2 n1 lg3lg32 n1
13、 1a n32 n1 (*)Tn (1a 1)(1a 2)(1a n)32 032132n1 3122 22 n1 32 n1.由(*)式得 an32 n11.20、解析 b n1 b n( n1) an1 na na n(n1)an a n(a1)na(1)当 a1 时，b n1 b n0，故数列不存在最大 项；(2)当 a1 时，b n1 b n1，数列也不存在最大项；(3)当 00，当 nk 时，aa 1 a1 abn1 b n0，当 nk 时，b n1 b nbk1 ，故 对任意自然数 n，bnb k.01 时，lgm0 ，所以 n 1m 对一切 nN*成立，因为 1 的最小值为 ，所
14、以 01 时，数列 cn中每一项恒小于它后面的 项2322、 （文）解析 (1)当 n1 时，a 1S 12，当 n2 时，a nS nS n1 n(n1)( n1)n2n，知 a1 2 满足该式数列 an的通项公式为 an2n.(2)an (n1)b13 1 b232 1 b333 1 bn3n 1an 1 b13 1 b232 1 b333 1 bn3n 1 bn 13n 1 1得， a n1 a n2，b n1 2(3 n1 1) ，bn 13n 1 1故 bn2(3 n1)( nN)(3)cn n(3 n1)n3 nn，anbn4Tn c1c 2c 3c n(1323 233 3n3 n)(1 2n)令 Hn1323 233 3 n3 n，则 3Hn13 223 333 4n3 n1 得，2H n33 23 33 nn3 n1 n3 n131 3n1 3Hn ，2n 13n 1 34数列 cn的前 n 项和第 5 页（共 4 页）Tn .2n 13n 1 34 nn 12（理）解析 易知 bn4 n1 n3 ，(12) (12)a2 a12， a3a 21，an 1 an2(n1)n3.an an1 ( n1)3，an (ana n1 )(a n1 a n 2)(a 3a 2)(a 2a 1)a 1 3( n1)4nn 12 .n2 7n 142
