数列经典试题含答案Word文档格式.docx
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5．等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4
项和为（
）.
A．81
B．120
C．168
D．192
6．若数列{an}是等差数列，首项
a1＞0，a2003＋a2004＞0，a2003·
a2004＜0，则使前n项和Sn＞0成立的最大自然数n
是（
A．4005
B．4006
C．4007
D．4008
7．已知等差数列{an}的公差为
2，若a1，a3，a4成等比数列,则a2＝（
A．－4
B．－6
C．－8
D．－10
8．设Sn是等差数列
{an}的前n项和，若
a5
＝
5
，则
S9
＝（
a3
9
S5
B．－1
C．2
D．1
9．已知数列－1，a1，a2，－4成等差数列，－
1，b1，b2，b3，－4成等比数列，则
a2
a1的值是（
b2
C．－1或1
10．在等差数列{an}中，an≠0，an－1－an2＋an＋1＝0（n≥2），若S2n－1＝38，则n＝（
A．38
B．20
C．10
D．9
二、填空题
11．设f（x）＝
1
，利用课本中推导等差数列前
n项和公式的方法，可求得f（－5）
＋f（－4）＋⋯＋f（0）
＋⋯＋f（5）
2x
＋f（6）的值为
12．已知等比数列{an}中，
（1）若a3·
a4·
a5＝8，则a2·
a3·
a4·
a5·
a6＝
．
（2）若a1＋a2＝324，a3＋a4＝36，则a5＋a6＝
（3）若S4＝2，S8＝6，则a17＋a18＋a19＋a20＝
13．在8和27之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为
14．在等差数列{an}中，3（a3＋a5）＋2（a7＋a10＋a13）＝24，则此数列前
13项之和为
15．在等差数列{an}中，a5＝3，a6＝－2，则a4＋a5＋⋯＋a10＝
16．设平面内有n条直线（n≥3），其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用
f（n）表示这n
条直线交点的个数，则
f（4）＝
；
当n＞4时，f（n）＝
三、解答题
17．
（1）已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n，求证数列{an}成等差数列.
（2）已知1，1，1成等差数列，求证bc，ca，ab也成等差数列.
abcabc
18．设{an}是公比为q的等比数列，且a1，a3，a2成等差数列．
（1）求q的值；
（2）设{bn}是以2为首项，q为公差的等差数列，其前n项和为Sn，当n≥2时，比较Sn与bn的大小，并说明理由．
19．数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝n
Sn（n＝1，2，3⋯）．
n
求证：
数列{Sn}是等比数列．
20．已知数列{an}是首项为a且公比不等于1的等比数列，Sn为其前n项和，a1，2a7，3a4成等差数列，求证：
12S3，
S6，S12－S6成等比数列.
第二章数列
参考答案
一、选择题
1．C
解析：
由题设，代入通项公式an＝a1＋（n－1）d，即2005＝1＋3（n－1），∴n＝699．
2．C
本题考查等比数列的相关概念，及其有关计算能力．
设等比数列{an}的公比为q（q＞0），由题意得a1＋a2＋a3＝21，
即a1（1＋q＋q2）＝21，又a1＝3，∴1＋q＋q2＝7．
解得q＝2或q＝－3（不合题意，舍去），
∴a3＋a4＋a5＝a1q2（1＋q＋q2）＝3×
22×
7＝84．
3．B．
由a1＋a8＝a4＋a5，∴排除C．
又a1·
a8＝a1（a1＋7d）＝a12＋7a1d，
∴a4·
a5＝（a1＋3d）（a1＋4d）＝a12＋7a1d＋12d2＞a1·
a8．
4．C
解法1：
设a1＝1，a2＝1
＋d，a3＝1
＋2d，a4＝1＋3d，而方程x2－2x＋m＝0中两根之和为
2，x2－2x＋n＝0中
两根之和也为
2，
∴a1＋a2＋a3＋a4＝1＋6d＝4，
∴d＝
1，a＝
1，a＝7
是一个方程的两个根，
a＝3
，a＝5
是另一个方程的两个根．
∴7，15分别为m或n，
1616
∴｜m－n｜＝1，故选C．
解法2：
设方程的四个根为x1，x2，x3，x4，且x1＋x2＝x3＋x4＝2，x1·
x2＝m，x3·
x4＝n．
由等差数列的性质：
若
＋s＝p＋q，则a＋as＝ap＋aq，若设x1为第一项，x2必为第四项，则
x2＝7
，于是可得等差
数列为1
，3
，5
，7
，
∴m＝7，n＝15，
1616
∴｜m－n｜＝1．
5．B
∵a2＝9，a5＝243，a5＝q3＝243＝27，
a29
∴q＝3，a1q＝9，a1＝3，
∴S4＝3－3＝240＝120．
1－32
6．B
由a2003＋a2004＞0，a2003·
a2004＜0，知a2003和a2004两项中有一正数一负数，又a1＞0，则公差为负数，否
则各项总为正数，故a2003＞a2004，即a2003＞0，a2004＜0.
∴S4006＝
4006（a1＋a
）
4006（a
＋a
4006
20032004
＞0，
∴S4007＝4007·
（a1＋a4007）＝4007·
2a2004＜0，
22
故4006为Sn＞0的最大自然数.选B．
由a1＞0，a2003＋a2004＞0，a2003·
a2004＜0，同解法1的分析得a2003＞0，
a2004＜0，
∴S2003为Sn中的最大值．
∵Sn是关于n的二次函数，如草图所示，
∴2003到对称轴的距离比2004到对称轴的距离小，
∴4007在对称轴的右侧．（第6题）
根据已知条件及图象的对称性可得4006在图象中右侧零点B的左侧，4007，4008
都在其右侧，Sn＞0的最大自然数是4006．
7．B
∵{an}是等差数列，∴a3＝a1＋4，a4＝a1＋6，
又由a1，a3，a4成等比数列，
∴（a1＋4）2＝a1（a1＋6），解得a1＝－8，
∴a2＝－8＋2＝－6．
8．A
∵S9
9（a1
a9）
＝9a5
＝9·
5＝1，∴选A．
5（a1
a5）
5a3
9．A
设d和q分别为公差和公比，则－
4＝－1＋3d且－4＝（－1）q4，
∴d＝－1，q2＝2，
∴a2a1＝
d
＝1
q
10．C
∵{an}为等差数列，∴
an2
＝an－1＋an＋1，∴an2＝2an，
又an≠0，∴an＝2，{an}为常数数列，
而an＝S2n1，即2n－1＝38＝19，
2n12
∴n＝10．
11．32．
∵f（x）＝
x
2x
∴f（1－x）＝
2＝2
21x
22x
22x，
1（22x）
∴f（x）＋f（1－x）＝
＋
22x
设S＝f（－5）＋f（－4）＋⋯＋f（0）＋⋯＋f（5）＋f（6），则S＝f（6）＋f（5）＋⋯＋f（0）＋⋯＋f（－4）＋f（－5），
∴2S＝[f（6）
＋f（－5）]＋[f（5）＋f（－4）]＋⋯＋[f（
－5）＋f（6）]＝6
2，
∴S＝f（－5）
＋f（－4）＋⋯＋f（0）＋⋯＋f（5）＋f（6）
＝32．
12．
（1）32；
（2）4；
（3）32．
（1）由a3·
a5＝a42，得a4＝2，
∴a2·
a3·
a6＝a45＝32．
a1
a2324
1，
（2）
q2
（a1
a2）q236
∴a5＋a6＝（a1＋a2）q4＝4．
S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2
4＝2，
（3）
S8＝a1＋a2＋＋a8＝S4＋S4q4
∴a17＋a18＋a19＋a20＝S4q16＝32．
13．216．
本题考查等比数列的性质及计算，由插入三个数后成等比数列，因而中间数必与
中间数为
27＝6，
插入的三个数之积为
8×
27×
6＝216．
14．26．
∵a3＋a5＝2a4，a7＋a13＝2a10，
∴6（a4＋a10）＝24，a4＋a10＝4，
∴S＝13（a1＋a13）
＝13（a4＋a10）＝13
4＝26．
13
15．－49．
∵d＝a6－a5＝－5，
∴a4＋a5＋⋯＋a10
＝7（a4＋a10）
＝7（a5－d＋a5＋5d）
＝7（a5＋2d）
8，27同号，由等比中项的
32
＝－49．
16．5，（n＋1）（n－2）．
同一平面内两条直线若不平行则一定相交，故每增加一条直线一定与前面已有的每条直线都相交，∴f（k）＝f（k
－1）＋（k－1）．
由f（3）＝2，
f（4）＝f（3）＋3＝2＋3＝5，
f（5）＝f（4）＋4＝2＋3＋4＝9，
⋯⋯
f（n）＝f（n－1）＋（n－1），
相加得f（n）＝2＋3＋4＋⋯＋（n－1）＝1（n＋1）（n－2）．
17．分析：
判定给定数列是否为等差数列关键看是否满足从第2项开始每项与其前一项差为常数．
证明：
（1）n＝1时，a1＝S1＝3－2＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n－[3（n－1）2－2（n－1）]＝6n－5，
n＝1时，亦满足，∴an＝6n－5（n∈N*）．
首项a1＝1，an－an－1＝6n－5－[6（n－1）－5]＝6（常数）（n∈N*），
∴数列{an}成等差数列且a1＝1，公差为6．
111
（2）∵，，成等差数列，
∴2＝1＋1化简得2ac＝b（a＋c）．bac
b＋c＋a＋b＝bc＋c2＋a2＋ab＝b（a＋c）＋a2＋c2
＝（a＋c）2
＝（a＋c）2
＝2·
a＋c，
a
c
ac
b（a＋c）
b
∴b＋c，c＋a，a＋b也成等差数列．
abc
18．解：
（1）由题设2a3＝a1＋a2，即2a1q2＝a1＋a1q，
∵a1≠0，∴2q2－q－1＝0，
∴q＝1或－1．2
（2）若q＝1，则Sn＝2n＋n（n－1）＝n＋3n．
当n≥2时，Sn－bn＝Sn－1＝（n－1）（n＋2）＞0，故Sn＞bn．2
若q＝－1，则Sn＝2n＋n（n－1）（－1）＝－n＋9n．
2224
当n≥2时，Sn－bn＝Sn－1＝（n－1）（10－n），4
故对于n∈N+，当2≤n≤9时，Sn＞bn；
当n＝10时，Sn＝bn；
当n≥11时，Sn＜bn．
n＋2
∴（n＋2）Sn＝n（Sn＋1－Sn），整理得nSn＋1＝2（n＋1）Sn，
所以Sn＋1＝2Sn．
n＋1n
故{Sn}是以2为公比的等比数列．n
20．证明：
由a1，2a7，3a4成等差数列，得4a7＝a1＋3a4，即4a1q6＝a1＋3a1q3，
变形得（4q3＋1）（q3－1）＝0，
∴q3＝－1或q3＝1（舍）．4
a1（1
q6）
1q3
S6
由
12
16
12S3
12a1（1q）
a1（1
S12
－1＝
－
6
－1＝
1＝1＋q
S12S6
得
∴12S3，S6，S12－S6成等比数列．
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