高中数列经典习题(含答案)

不错

1、在等差数列{an}中,a1=－250,公差d=2,求同时满足下列条件的所有an的和,

(1)70≤n≤200;(2)n能被7整除.

2、设等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a3=12, S12＞0,S13＜0.(Ⅰ)求公差d的取值范围； (Ⅱ)指出S1,S2,…,S12,中哪一个值最大,并说明理由.

3、数列{an}是首项为23，公差为整数的等差数列，且前6项为正，从第7项开始变为负的，回答下列各问：(1)求此等差数列的公差d;(2)设前n项和为Sn,求Sn的最大值;(3)当Sn是正数时,求n的最大值.

4、设数列{an}的前n项和Sn.已知首项a1=3,且Sn 1+Sn=2an 1,试求此数列的通项公式an及前n项和Sn.

5、已知数列{an}的前n项和Sn

6、已知数列{an}是等差数列,其中每一项及公差d均不为零,设11n(n＋1)(n＋2),试求数列{}的前n项和. 3anaix2 2ai 1x ai 2=0(i=1,2,3,…)是关于x的一组方程.回答：(1)求所有这些方程的公共根;

(2)设这些方程的另一个根为mi,求证

27、如果数列{an}中,相邻两项an和an 1是二次方程xn 3nxn cn=0(n=1,2,3…)的两个根,1111,,,…, ,…也成等差数列. m1 1m2 1m3 1mn 1

当a1=2时,试求c100的值.

8、有两个无穷的等比数列{an}和{an},它们的公比的绝对值都小于1,它们的各项和分别是1和2,并且对于一切自然数n,都有an 1,试求这两个数列的首项和公比.

9、有两个各项都是正数的数列{an},{bn}.如果a1=1,b1=2,a2=3.且an,bn,an 1成等差数列,

不错

bn,an 1,bn 1成等比数列,试求这两个数列的通项公式.

10、若等差数列{log2xn}的第m项等于n，第n项等于m(其中m n)，求数列{xn}的前m＋n项的和。

11、设{an}为等差数列,{bn}为等比数列,且a1=b1=1,a2+a4=b3,b2b4=a3分别求出{an}及{bn}的前10项的和S10及T10．

12、已知等差数列{an}的前项和为Sn，且S13＞S6＞S14,a2=24．

(1)求公差d的取值范围；（2）问数列{Sn}是否成存在最大项，若存在求,出最大时的n，若不存在,请说明理由．

13、设首项为正数的等比数列，它的前n项和为80，前2n项的为6560，且前n项中数值最大的项为54，求此数列的首项和公比．

14、设正项数列{an}的前n项和为Sn，且存在正数t，使得对所有正整数n，t与an的等差中项和t与Sn的等比中项相等，求证数列{Sn}为等差数列，并求{an}通项公式及前n项和．

15、已知数列 an 是公差不为零的等差数列，数列abn是公比为q的等比数列，且

b1 1,b2 5,b3 17.

①求q的值；

②求数列 bn 前n项和.

16、 若a、b、c成等差数列，且a＋1、b、c与a、b、c＋2都成等比数列，求b的值．

答案：

1、 解： a1=－250, d=2, an=－250+2(n－1)=2n－252

同时满足70≤n≤200, n能被7整除的an构成一个新的等差数列{bn}.

b1=a70=－112, b2=a77=－98,…, bn′=a196=140

其公差d′=－98－(－112)=14. 由140=－112+(n′－1)14, 解得n′=19

∴{bn}的前19项之和S 19 ( 112)

2、解： (Ⅰ)依题意,有 S1219 18 14 266. 212 (12 1) 12a1 d 0 2

S13 13a1 2a 11d 0(1)13 (13 1) d 0，即 1 2a 6d 0(2) 1

24 7d 024 d 3. ，∴ 7 3 d 0由a3=12,得 a1=12－2d (3) 将(3)式分别代入(1),(2)式,得

不错

(Ⅱ)由d＜0可知 a1＞a2＞a3＞…＞a12＞a13.

因此,若在1≤n≤12中存在自然数n,使得an＞0,an+1＜0,则Sn就是S1,S2,…,S12中的最大值. 由于 S12=6(a6+a7)＞0, S13=13a7＜0，即 a6+a7＞0, a7＜0.

由此得 a6＞－a7＞0.因为a6＞0, a7＜0,故在S1,S2,…,S12中S6的值最大.

3、 (1)由a6=23＋5d＞0和a7=23＋6d＜0,得公差d=－4.(2)由a6＞0,a7＜0,∴S6最大, S6=8.(3)由a1=23,d=－4,则Sn=1n(50－4n),设Sn＞0，得n＜12.5,整数n的最大值为12. 2

4、∵a1=3, ∴S1=a1=3.在Sn+1＋Sn=2an+1中,设n=1,有S2＋S1=2a2.而S2=a1＋a2.即a1＋a2＋a1=2a2.∴a2=6. 由Sn+1＋Sn=2an+1,……(1) Sn+2＋Sn+1=2an+2,……(2)

(2)－(1),得Sn+2－Sn+1=2an+2－2an+1，∴an+1＋an+2=2an+2－2an+1

即 an+2=3an+1

此数列从第2项开始成等比数列,公比q=3.an的通项公式an= 3,当n 1时, n 12 3,当n 2时.

此数列的前n项和为Sn=3＋2×3＋2×3＋…＋2×3

5、an=Sn－Sn 1=2n – 12 3(3n 1 1)n=3＋=3. 3 1111n(n＋1)(n＋2)－(n－1)n(n＋1)=n(n＋1).当n=1时，a1=2,S1=×1×(1333＋1)×(2＋1)=2,∴a1= S1.则an＝n(n＋1)是此数列的通项公式。∴111111111111 (1 ) ( ) ( )a1a2an1 22 33 4n(n 1)223nn 1＝1－1n＝. n 1n 1

6、 (1)设公共根为p,则aip2 2ai 1p ai 2 0①ai 1p2 2ai 2p ai 3 0②则②-① ,得dp2+2dp+d=0,d≠0为公差,∴(p＋1)2=0.∴p=－1是公共根.(直接观察也可以看出公共根为－1).(2)另一个根为mi,则mi＋(－1)= 2ai 12d2d.∴mi+1= 即 2 aiaiai

a111}是以－为公差的等差数列. i,易于证明{2mi 1mi 12d

7、解由根与系数关系, an＋an 1=－3n,则(an 1＋an 2)－(an＋an 1)=－3,即an 2－an=－

3.∴a1,a3,a5…和a2,a4,a6…都是公差为－3的等差数列,由a1=2,a1+a2=－3,∴a2=－5.则a2k=－3k－2,∴a100=－152, a2k 1=－3k＋5,∴a101=－148,∴c100= a100 a101=22496

8、设首项分别为a和b,公比q和r. 则有q 1,r 1.依据题设条件,有ba=1,① =2,② 1 r1 q

不错

aq n 12 brn 1,③ 由上面的①,②,③ 可得(1－q)2q2n 2=2(1－r)rn 1.令n=1,有(1－q)2=2(1－r),④设n=2.则有(1－q)2q2=2(1－r)r,⑤ 由④和⑤,可得q2=r,代入④ 得(1－q)2=2(1－q2).由于

11416,r =.因此可得a=1－q=,b=2(1－r)=. 9339

416 a b 39经检验,满足a2 b的要求. ∴ 和 nn11 q r 3 9 q≠1,∴有q= 1 bn (an an 1)9、依据题设条件,有 由此可得2 an 1 nbn 1

bn 11n(bn 1 n 1).∵bn＞0,则2n bn 1 n 1。(n 1bn nbn 1)=22

(n 1)2

∴{n}是等差数列.∴bn=. 2

1n2(n 1)2 n(n 1) n(n 1) 又 a bn 1bn = ,∴=an 222 2 2

n2

10、2m+n-1

11、解：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则：

2(1 2d) q232解得： d ,q 482 1 2d q

551 q1031(2 2)∴S10 10a1 45d ,T10 b1 81 q32

S13 S6 a7 a8 a13 7a10 0 a2 8d 04812、解：(1)由题意： ∴ d ( 3, ) 17 S14 S6 a7 a8 a14 4(a10 a11) 0 2a2 17d 0

（2）由（1）知，a10＞0,a10+a11＜0,∴a10＞0＞a11，又公差小于零，数列{an}递减，

所以{an}的前10项为正，从第11项起为负，加完正项达最大值。

∴n=10时，Sn最大。

13、解：设该等比数列为{an}，且公比为q

若q=1，则Sn=na1,S2n=2na1,与题意不符，故q≠1。

不错

1 qn

Sn a1 80 a1 1 qnn两式相除，得1+q=82，q=81 1 2nq 1 S2n a11 q 6560 1 q

q=a1+1＞1，数列{an}为递增数列，前n项中最大的项为an=a1qn-1=

解得：a1=2,q=3

14、证明：由题意：a1 81 54 qt an tSn即2tSn t an 2 当n=1时，21 t a1 t S1, (S1 )2 0,S1 t

22当n≥2时，2n t an t Sn Sn 1 (Sn ) (Sn 1) 0

(Sn Sn 1 t)(Sn Sn 1 ) 0。

因为{an}为正项数列，故Sn递增，(Sn Sn 1 t) 0不能对正整数n恒成立， ∴Sn Sn 1 即数列{Sn}为等差数列。公差为t

Sn S1 (n 1) n, Sn tn2，an t 2tSn 2nt, an (2n 1)t 所以数列{Sn}为等差数列，{an}通项公式为an=(2n-1)t及前n项和Sn=tn2。

15、①3②3 n 1

16、设a、b、c分别为b－d、b、b＋d，由已知b－d＋1、b、b＋d与b－d、b、b＋d＋2都成等比数列，有

2 b=(b－d＋1)(b＋d) 2 b=(b－d)(b＋d＋2)n①②

整理，得

222 b=b－d＋b＋d 222 b=b－d＋2b－2d

∴b＋d=2b－2d 即b=3d

代入①，得

9d2=(3d－d＋1)(3d＋d)

9d2=(2d＋1)·4d

解之，得d=4或d=0(舍) ∴b=12