数列测试题及答案

数列一、选择题1、（2010全国卷2理数）如果等差数列na中，34512aaa，那么127...aaa（A）14（B）21（C）28（D）35【答案】C【解析】173454412747()312,4,7282aaaaaaaaaaa2、（2010辽宁文数）设nS为等比数列na的前n项和，已知3432Sa，2332Sa，则公比q（A）3（B）4（C）5（D）6解析：选B.两式相减得，3433aaa，44334,4aaaqa.3、（2010安徽文数）设数列{}na的前n项和2nSn，则8a的值为（A）15(B)16(C)49（D）64答案：A【解析】887644915aSS.4、（2010浙江文数）设ns为等比数列{}na的前n项和，2580aa则52SS(A)-11(B)-8(C)5(D)115、(2009年广东卷文)已知等比数列}{na的公比为正数，且3a·9a=225a，2a=1，则1a=A.21B.22C.2D.2【答案】B【解析】设公比为q,由已知得22841112aqaqaq,即22q,又因为等比数列}{na的公比为正数，所以2q,故211222aaq,选B6、（2009广东卷理）已知等比数列{}na满足0,1,2,nan，且25252(3)nnaan，则当1n时，2123221logloglognaaaA.(21)nnB.2(1)nC.2nD.2(1)n【解析】由25252(3)nnaan得nna222，0na，则nna2，3212loglogaa2122)12(31lognnan，选C.7、（2009江西卷文）公差不为零的等差数列{}na的前n项和为nS.若4a是37aa与的等比中项,832S,则10S等于A.18B.24C.60D.90.答案：C【解析】由2437aaa得2111(3)(2)(6)adadad得1230ad,再由81568322Sad得1278ad则12,3da,所以1019010602Sad,.故选C8、（2009辽宁卷理）设等比数列{na}的前n项和为nS，若63SS=3，则69SS=（A）2（B）73（C）83（D）3【解析】设公比为q,则36333(1)SqSSS＝1＋q3＝3q3＝2于是63693112471123SqqSq.【答案】B9、（2009安徽卷理）已知na为等差数列，1a+3a+5a=105，246aaa=99，以nS表示na的前n项和，则使得nS达到最大值的n是（A）21（B）20（C）19（D）18[解析]：由1a+3a+5a=105得33105,a即335a，由246aaa=99得4399a即433a，∴2d，4(4)(2)412naann，由100nnaa得20n，选B10、2009上海十四校联考）无穷等比数列,42,21,22,1…各项的和等于（）A．22B．22C．12D．12答案B11、（2009江西卷理）数列{}na的通项222(cossin)33nnnan，其前n项和为nS，则30S为A．470B．490C．495D．510答案：A【解析】由于22{cossin}33nn以3为周期,故2222222223012452829(3)(6)(30)222S221010211(32)(31)591011[(3)][9]25470222kkkkkk故选A12、2009湖北卷文）设,Rx记不超过x的最大整数为[x],令{x}=x-[x]，则{215}，[215],215A.是等差数列但不是等比数列B.是等比数列但不是等差数列C.既是等差数列又是等比数列D.既不是等差数列也不是等比数列【答案】B【解析】可分别求得515122，51[]12.则等比数列性质易得三者构成等比数列.二、填空题13、(2010辽宁文数）（14）设nS为等差数列{}na的前n项和，若36324SS，，则9a。解析：填15.316132332656242SadSad,解得112ad，91815.aad14、（2010福建理数）11．在等比数列na中,若公比q=4,且前3项之和等于21,则该数列的通项公式na．【答案】n-14【解析】由题意知11141621aaa，解得11a，所以通项nan-14。15、（2009浙江理）设等比数列{}na的公比12q，前n项和为nS，则44Sa．答案：15【解析】对于4431444134(1)1,,151(1)aqsqsaaqqaqq16、（2009北京理）已知数列{}na满足：434121,0,,N,nnnnaaaan则2009a________；2014a=_________.【答案】1，0【解析】本题主要考查周期数列等基础知识.属于创新题型.依题意，得2009450331aa，三、解答题17、2009全国卷Ⅱ文）已知等差数列{na}中，,0,166473aaaa求{na}前n项和ns..解：设na的公差为d，则.11112616350adadadad即22111812164adadad解得118,82,2aadd或因此819819nnSnnnnnSnnnnn，或18、（2010重庆文数）已知na是首项为19，公差为-2的等差数列，nS为na的前n项和.（Ⅰ）求通项na及nS；（Ⅱ）设nnba是首项为1，公比为3的等比数列，求数列nb的通项公式及其前n项和nT.19、（2010山东理数）（18）（本小题满分12分）已知等差数列na满足：37a，5726aa，na的前n项和为nS．（Ⅰ）求na及nS；（Ⅱ）令bn=211na(nN*)，求数列nb的前n项和nT．【解析】（Ⅰ）设等差数列na的公差为d，因为37a，5726aa，所以有112721026adad，解得13,2ad，所以321)=2n+1nan（；nS=n(n-1)3n+22=2n+2n。（Ⅱ）由（Ⅰ）知2n+1na，所以bn=211na=21=2n+1)1（114n(n+1)=111(-)4nn+1，所以nT=111111(1-+++-)4223nn+1=11(1-)=4n+1n4(n+1)，即数列nb的前n项和nT=n4(n+1)。20、2009全国卷Ⅱ理）设数列{}na的前n项和为,nS已知11,a142nnSa（I）设12nnnbaa，证明数列{}nb是等比数列（II）求数列{}na的通项公式。解：（I）由11,a及142nnSa，有12142,aaa21121325,23aabaa由142nnSa，．．．①则当2n时，有142nnSa．．．．．②②－①得111144,22(2)nnnnnnnaaaaaaa又12nnnbaa，12nnbb{}nb是首项13b，公比为２的等比数列．（II）由（I）可得11232nnnnbaa，113224nnnnaa数列{}2nna是首项为12，公差为34的等比数列．1331(1)22444nnann，2(31)2nnan21、（2009江西卷文）（本小题满分12分）数列{}na的通项222(cossin)33nnnan，其前n项和为nS.(1)求nS;(2)3,4nnnSbn求数列｛nb｝的前n项和nT.解:(1)由于222cossincos333nnn,故312345632313222222222()()()1245(32)(31)(3)(6)((3)))222kkkkSaaaaaaaaakkk1331185(94)2222kkk,3133(49),2kkkkkSSa2323131(49)(31)1321,22236kkkkkkkSSak故1,3236(1)(13),316(34),36nnnknnSnknnnk(*kN)(2)394,424nnnnSnbn21132294[],2444nnnT1122944[13],244nnnT两式相减得12321991999419419443[13][13]8,12444242214nnnnnnnnnnT故2321813.3322nnnnT22、（2009执信中学）设函数Ncbcbxaxxf,2.若方程xxf的根为0和2,且212f.(1)求函数xf的解析式；(2)已知各项均不为零的数列na满足:1)1(4nnafS(nS为该数列前n项和),求该数列的通项na.【解析】⑴设210,102102,01,22cbababcacxxbxcbxax得cxxxfc)1()(22,32112)2(ccf,又cbcNcb,2,,，1122xxxxf⑵由已知得,2,221112nnnnnnaaSaaS两式相减得0111nnnnaaaa,1nnaa或11nnaa.当1n，1212111aaaa，若1nnaa，则12a，这与1na矛盾.naaannn,11.⑶由2121211212221211nnnnnnnaaaaaafa,01na或21na.若01na，则31na；若21na，则01221nnnnnaaaaana在2n时单调递减.k3824242221212aaa，3382aan在2n时成立.