等差数列题答案

等差数列题答案（精选11篇）

篇1：等差数列题答案

2013等差数列高考题

1.（重庆文1）在等差数列an中，a34,则a10a22，＝

A．12B．14C．16D．182.（重庆理11）在等差数列{an}中，和，nN，若a316,S2020,则S10的值为_______

11.（湖北理科13文科9）《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为升.12.（湖南理科12）设Sn是等差数列{an}(nN)的前

*

*

a3a737，则a2a4a6a8____

3.（江西文科5）.设an为等差数列，公差d2，n项和，且a11,a47，则S5______

Sn为其前n项和.若S10S11，则a1=（）A.18 B.20

C.22D.24

4.（辽宁文15）Sn为等差数列an的前n项和，S2S6，a41，则a5____________。

5（广东11）等差数列{an}前9项的和等于前4项的和．若a11，aka40，则k

6.（江西理科5）已知数列{an}的前n项和Sn满足:SnSmSnm,且a11,那么a10()A.1B.9C.10D.55

7.（四川理科8）数列an的首项为3，bn为等差数列且b*

nan1an(nN).若则b32，b1012，则a8

（A）0（B）3（C）8（D）11

8.（天津理4）已知an为等差数列，其公差为2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为an的前n项和，nN*，则S10的值为 A．110B．90C．90D．110

9.（全国大纲理

4、文6）设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sk2Sk24，则k

（A）8（B）7（C）6（D）5

10.（天津文11）已知an为等差数列，Sn为其前n项

13.（江苏13）设1a1a2…a7，其中a1,a3,a5,a7

成公比为q的等比数列，a2,a4,a6成公差为1的等差数列，则q的最小值是． 14.（陕西理14）植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为（米）． 15.（陕西文10）

植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人

植一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，现将树坑从1到20依次编号，为使各位同学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小，树苗可以放置的两个最佳．．．．坑位的编号为（）（A)⑴和⒇（B）⑼和⑽(C)⑼和 ⑾(D)⑽和⑾ 16.（福建文科17）已知等差数列an中，a11,a33

（I）求数列an的通项公式；

（II）若数列an的前k项和Sk35，求k的值.17.（辽宁理17）已知等差数列an满足a20，a6a810

（1）求数列an的通项公式；（2）求数列an

2n1的前n项和。

篇2：等差数列题答案

1、A2、A3、B4、C5、D6、A7、624;

8、52;

9、2;

10、①②

11、解 ∵a3＋a13＝2a8，a3＋a8＋a13＝12，∴a8＝4，a3＋a13＝8，a3＝1，a3＝7，则由已知得解得或 a3a13＝7，a13＝7，a13＝1.a13－a37－13334由a3＝1，a13＝7，可知d＝＝故an＝a3＋(n－－； 10555513－3

a13－a31－73－3＝－3n44由a3＝7，a13＝1，可知d＝＝.故an＝a3＋(n－3)·51055513－3

34344综上可得，an＝n－，或an＝－n＋.5555

nn＋3

12、(1)证明 ∵a＝(n，Sn)，b＝(4，n＋3)共线，∴n(n＋3)－4Sn＝0，∴Sn＝ 4

n＋1n＋11∴a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，a1＝1满足此式，∴an＝∴an＋1－an＝，222

1∴数列{an}为首项为1，公差为的等差数列． 2

1112(2)解 ∵2nn＋1，nannn＋1

112n1111111－－∴Tn＝＋…＋＝22＋223＋…＋2nn＋1＝a12a2nann＋1.＋

13、(1)证明 f(an)＝4＋(n－1)×2＝2n＋2，即logaan＝2n＋2，可得an＝a2n2.＋＋a2n2a2n2

2a∴－＋＝a(n≥2)为定值．∴{an}为以a2为公比的等比数列． aan－1a

＋＋＋(2)解 bn＝anf(an)＝a2n2logaa2n2＝(2n＋2)a2n2.＋＋当a＝2时，bn＝(2n＋2)2n2＝(n＋1)2n2.＋Sn＝2·2＋3·24＋4·25＋…＋(n＋1)·2n2，①

＋＋2Sn＝2·24＋3·25＋4·26＋…＋n·2n2＋(n＋1)·2n3，②

＋＋①－②，得－Sn＝2·23＋24＋25＋…＋2n2－(n＋1)·2n3

－241－2n1＋＋＋＋＋＝16＋－(n＋1)·2n3＝16＋2n3－24－n·2n3－2n3＝－n·2n3.1－2

＋∴Sn＝n·2n3.214、解：设该地区总面积为1,2006年底绿化面积为a1＝，经过n年后绿洲面积为an＋1，设5

2006年底沙漠面积为b1，经过n年后沙漠面积为bn＋1，则a1＋b1＝1，an＋bn＝1 43343∴an＋1＝92%·an＋12%(1－an)＝an＋，即an＋1＝an－． 525555314314n∴{an－}an＋1＝－().555555

1314n141lg 2∵an＋1>50%，∴－()>∴()nlog4＝≈3 5552521－3lg 225

篇3：例析高考数列探索题

一、从具体数列出发, 反其道而行之

例1. (2007福建21题) 等差数列的前n项和为undefined

(Ⅰ) 求数列{an}的通项an与前n项和Sn;

(Ⅱ) 设undefined, 求证:数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.

解: (Ⅰ) 由已知得

undefined

所以d=2m,

故undefined

(Ⅱ) 由 (Ⅰ) 得undefined

假设数列中存在三项bp, bq, br (p, q, r互不相等) 成等比数列, 则.bundefined=bpbr 即

undefined

因为p, q, r∈N*所以有

undefined

.这与p≠r矛盾,

所以在等差数列bn中任意不同的三项都不可能成等比数列.

评析:本小题考查数列的基本知识, 考查等差数列的概念、通项公式与前项和公式, 考查等比数列的概念与性质, 考查化归的数学思想方法以及推理和运算能力.本题的新颖之处在于第二小题, 对于常见的等差数列1, 2, 3, ……, 很容易从中抽取三项使它们成等比数列, 如:1, 2, 4;1, 3, 9等, 命题者反其道而行之, 怎样构建一个等差数列, 从中任取不同的三项都不能构成等比数列呢?命题者的巧妙之处在于把等差数列{bn}的公差和首项取不同类型的实数, 将公差取有理数而将首项取无理数, 从而通过构造方程组使问题得到解决.

二、由具体数列到抽象数列的升华

例2 (2000全国21题) (I) 已知数列{cn}, 其中cn=2n+3n, 且数列{cn+1-pcn}为等比数列, 求常数p.

(II) 设{an}、{bn}是公比不相等的两个等比数列, cn=an=bn, 证明数列{cn}不是等比数列.

解: (I) 因为是等比数列, 故有 (cn+1-pcn) 2= (cn+2-pcn+1) (cn-pcn-1) , 将cn=2n+3n代入, [2n+1+3n+1-p (2n+3n) ]2=[2n+1+3n+1-p (2n+1+3n+1) ]2·[2n+3n-p (2n-1+3n-1) ], 即[ (2-p) 2n+ (3-p) 3n]2=[ (2-p) 2n+1+ (3-p) 3n+1) ][ (2-p) 2n-1+ (3-p) 3n-1) ]

整理得undefined, 解得:p=2或p=3.

(II) 设{an}、{bn}的公比分别为p、q, cn=an+bn

为证{cn}不是等比数列只需证cundefined≠c1·c3.

事实上, cundefined= (a1p+b1q) 2=aundefinedp2+bundefinedq2+2a1b1pq ,

c1·c3= (a1+b1) (a1p2+b1q2) =aundefinedp2+bundefinedqundefined+a1b1 (p2+q2) .

由于 p≠q, p2+q2>2pq, 又a1、b1不为零,

因此, cundefined≠c1·c3, 故{cn}不是等比数列.

评析:本小题主要考查等比数列的概念和基本性质, 推理和运算能力.本题是从通项分别为和两个具体的等比数列作为命题的出发点, 研究它们对应项的和数列是不能构成等比数列的, 从而推广到一般的抽象数列也成立, 从而得到第二小题;若将和数列中的任一项乘以一个什么样的常数加上它的后一项就能构成一个等比数列的问题, 从而得到第一小题.

例3 已知{an}是等差数列, {bn}是公比为q的等比数列, a1=b1, a2=b2≠a1, 记Sn为数列{bn}的前n项和.

(1) 若bk=am (m, k是大于2的正整数) , 求证:Sk-1= (m-1) a1;

(2) 若b3=ai (i是某一正整数) , 求证:q是整数, 且数列{bn}中每一项都是数列{an}中的项;

(3) 是否存在这样的正数q, 使等比数列{bn}中有三项成等差数列?若存在, 写出一个q的值, 并加以说明;若不存在, 请说明理由; ( 07江苏21题)

解:设{an}的公差为d, 由a1=b1, a2=b2≠a1, 知d≠0, q≠1, d=a1 (q-1) (a1≠0)

(1) 由得bk=am, 得a1qk-1=a1+ (m-1) a1 (q-1) , qk-1=1+ (m-1) (q-1) =2-m+ (m-1) q

undefined

由b3=ai,

所以q2=1+ (i-1) (q-1) , q2- (i-1) q+ (i-2) =0

解得, q=1或q=i-2, 但q≠1, 所以q=i-2, 因为是正整数, 所以i-2是整数, 即q是整数.

设数列{bn}中任意一项为bn=a1qn-1 (n∈N+) , 设数列{an}中的某一项am=a1+ (m-1) a1 (q-1) 现在只要证明存在正整数m, 使得bn=am, 即在方程a1qn-1=a1+ (m-1) a1 (q-1) 中m有正整数解即可, undefined,

所以, m=2+q+q2+Lqn-2若i=1, 则q=-1, 那么b2n-1=b1=a1b2n=b2=a2, 当i≥3时, 因为a1=b1, a2=b2, 只要考虑n≥3的情况, 因为b3=ai所以, i≥3, 因此q是正整数, 所以m是正整数, 因此数列{bn}中任意一项为bn=a1qn-1与数列{an}的第2+q+q2+Lqn-2项相等, 从而结论成立.

(3) 设数列{bn}中有三项bm, bn, bp (m

设n-m=x, p-n=y, (x, y∈N+)

所以undefined, 令x=1, y=2,

则q3-2q+1=0, (q-1) (q2+q-1) =0.

因为q≠1, 所以q2+q-1=0,

所以undefined, (舍去)

即存在undefined使得{bn}中有三项bm, bm+1, bm+3 (m∈N+) 成等差数列.

评析:本题主要考查等差、等比数列的相关知识, 考查运用方程、分类讨论等数学思想方法进行分析、探索及论证问题的能力.我们可从常见的具体等差数列1, 2, 3, ...和等比数列1, 2, 4, ...来理解命题的出发点, 探索当两个抽象的等差、等比数列在第一项与于第二项相同时, 它们之间的相互关系, 其中第一小题是当两个数列除了第一项与于第二项相同外, 还有某两项的数值相等时它们之间有什么样的关系?第二小题是当等比数列的第三项也和等差数列的某一项相等时, 那么等比数列的公比是整数, 而且等比数列中的所有项必在这个等差数列中;对于第三小题, 我们从常见的具体等比数列1, 2, 4, ...中, 很难找出其中的三项成等差数列, 命题者的目的是引导我们去探索在公比为什么实数时等比数列存在某三项成等差数列呢?这是一道开放题, 答案并不唯一.

比如在undefined, 令x=2, y=1

则q3-2q2+1=0, (q-1) (q2-q-1) =0

因为q≠1, 所以q2-q-1=0,

所以undefined ( 舍去) ,

即存在undefined, 使得{bn}中有三项bm, bm+1, bm+3 (m∈N+) 成等差数列.

四、由新定义数列进行类比探求

例4 (2007上海20题) 若有穷数列a1, a2……an (n是正整数) , 满足a1=an, a2=an-1……an=a1即ai=an-i+1 (i是正整数, 且1≤i≤n) , 就称该数列为“对称数列”.

(1) 已知数列{bn}是项数为7的对称数列, 且b1, b2, b3, b4成等差数列, b1=2, b4=11试写出的每一项

(2) 已知{cn}是项数为2k-1 (k≥1) 的对称数列, 且ck, ck+1……c2k-1构成首项为50, 公差为-4的等差数列, 数列{cn}的前2k-1项和为S2k-1, 则当k为何值时, S2k-1取到最大值?最大值为多少?

(3) 对于给定的正整数m>1, 试写出所有项数不超过2m的对称数列, 使得1, 2, 22……2m-1成为数列中的连续项;当m>1500时, 试求其中一个数列的前2008项和S2008.

解: (1) 设{bn}的公差为d, 则b4=b1+3d=2+3d=11, 解得d=3 , 所以数列{bn}为2, 5, 8, 11, 8, 5, 2.

(2) S2k-1=c1+c2+A+ck-1+ck+ck+1+A+c2k-1

=2 (ck+ck+1+A+c2k-1) -ck

S2k-1=-4 (k-13) 2+4×132-50,

所以当k=13时, S2k-1取得最大值.

S2k-1的最大值为626.

(3) 所有可能的“对称数列”是:

① 1, 2, 22, L, 2m-2, 2m-1, 2m-2, L, 22, 2, 1;

② 1, 2, 22, L, 2m-2, 2m-1, 2m-1, 2m-2, L, 22, 2, 1;

③ 2m-1, 2m-2, L, 22, 2, 1, 2, 22, L, 2m-2, 2m-1;

④ 2m-1, 2m-2, L, 22, 2, 1, 1, 2, 22, L, 2m-2, 2m-1.

对于①, 当时m≥2008时, S2008=1+2+22+A+22007=22008-1.

当1500

对于②, 当m≥2008时, S2008=22008-1.

当1500

对于③, 当m≥2008时, S2008=2m-2m-2008.

当1500

对于④, 当m≥2008时, S2008=2m-2m-2008.

当1500

评析:新定义是高考命题的出新的一个方面, 本题首先给出新定义“对称数列”, 第一小题, 通过基本量计算, 让学生结合新定义写出一个奇数项的“对称数列”;第二小题是考查学生将项数为奇数的“对称数列”所有项和转化为二次函数求最值问题;第三小题是考查学生对题意的理解和分类枚举能力以及等比数列的求和运算能力.

篇4：等差数列与等比数列新题速递

数列是刻画离散现象的数学模型，学好本章对进一步理解函数的概念，体会数学的应用价值具有重要的意义。在高考中数列承载着对高中数学抽象概括能力、运算能力、建模能力、类比与化归能力等多种数学能力的考查。因此数列试题为必考题且属于中、高档难度。

近年江苏高考每年均出现一道数列填空题（或涉及数列知识）和一道数列解答题，江苏《考试说明》中将等差数列、等比数列定位为C级要求，即要系统地掌握知识的内在联系，并能解决综合性较强的或较为困难的问题。因此数列是江苏数学高考的一个重要的内容。题型在常规中出现变化，在注重基本能力要求的同时，又注重探究创新能力的考查。试题如果出现在客观题中，一般考查两种常见题型：1. 等差等比数列求通项或求和等问题，主要涉及基本量思想；2. 数列的探索性问题，如周期数列、数表等。如果数列出现在解答题的前几题中，往往考查等差等比数列的性质及基本量运算，如果数列问题出现在最后一两题，则是综合性很强的问题，大多以数列为考查载体，综合运用函数、方程、不等式、简单数论等知识，通过运用递推、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类整合等各种数学思想方法，考查学生灵活运用数学知识分析问题、解决问题的能力和数学探索创新的能力。

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篇5：数列解答题一

1、(本小题满分12分)已知数列{an}的各项均为正数，记A(n)=a1+a2++an，B(n)=a2+a3++an+1，C(n)=a3+a4++an+2,n=1,2,.（Ⅰ）若a11,a25，且对任意nN，三个数A(n),B(n),C(n)组成等差数列，求数列*

{an}的通项公式.（Ⅱ）a11，对任意nN，三个数A(n),B(n),C(n)组成公比为q的等比数列.求数列*

{an}的前n项和Sn.答案：

1．解(Ⅰ)因为对任意nN，三个数A(n),B(n),C(n)是等差数列，所以B(n)A(n)C(n)B(n).……………3分所以an1a1an2a2,即an2an1a2a14.所以an1(n1)44n3.……………6分（Ⅱ）若对于任意nN，三个数A(n),B(n),C(n)组成公比为q的等比数列，则 

B(n)qA(n),C(n)qB(n).所以C(n)B(n)qB(n)A(n),得an2a2q(an1a1), ……………8分即an2qan1a2qa1.当n1时，由B(1)qA(1),可得a2qa1，所以an2qan10.因为an0，所以an2a2q.……………10分 an1a1

篇6：等比数列题

【做一做1】 等比数列3,6,12,24的公比q＝__________.2．通项公式

等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则通项公式为an＝______(a1≠0，q≠0)．

【做一做2】 等比数列{an}中，a1＝2，q＝3，则an等于()

n－1A．6B．3×2

n－1nC．2×3D．6

【做一做3】 4与9的等比中项为()

A．6B．－6C．±6D．36

题型一求等比数列的通项公式

【例题1】 在等比数列{an}中，已知a5－a1＝15，a4－a2＝6，求an.分析：设公比q，列出关于a1和q的方程组来求解．

题型二等比数列的判定和证明

【例题2】 已知数列{an}满足lg an＝3n＋5，求证：{an}是等比数列． 反思：证明数列是等比数列常用的方法：

①定义法：an＋1anq(q≠0，且是常数)或q(q≠0，且是常数)(n≥2)anan－1{an}为等比

数列．此法适用于给出通项公式的数列，如本题．

*②等比中项法：a2n＋1＝an·an＋2(an≠0，n∈N){an}为等比数列．此法适用于通项公

式不明确的数列．

n－1*③通项法：an＝a1q(其中a1，q为非零常数，n∈N){an}为等比数列．此法适用于

做选择题和填空题．

题型四易错辨析

【例题4】 23与2－3的等比中项是__________．已知等比数列{an}满足a1＋a2＝3，a2＋a3＝6，则a7等于()

A．243B．128C．81D．64

111，则其第8项是__________． ，248

篇7：数列求和奥数训练题

1.按规律填空

(1)2，5，8，( )，( );

(2)2，7，12，17，22，( )，( );

(3)5，10，15，20，( )，( );

(4)( )，( )，13，19，25，31，37;

(5)1，3，4，7，11，( )，( );

(6)2，6，18，54，( )，( );

(7)( )，4，9，16，25，( );

(8)1，3，2，4，3，5，( )，( );

(9)4，21，6，18，8，15，10，( );

(10)5，20，13，52，3，12，( )，60;

2.(1)有一数列：1，4，7，10，13，16，……。这个数列中第100个数是几?

(2)有一数列：1，5，9，13，17，……，这数列的第300项是几?305是这个数列中的第几项?

(3)数列5，8，11，14，……，179，182，一共有几项?

3.计算下列各式的和

(1)1+2+3+4+……+98+99+100

(2)1+3+5+7+……+197+199

(3)21+23+25+……+143

(4)21+23+25+……+1000

4.一辆汽车作加速运动，在第1分钟内行驶了300米，从第2分钟开始，每分钟都要比前一分钟多行驶50米，照这样计算，当汽车的速度达到每分钟1200米时，这辆汽车一共行驶了多少分钟?

5.一个剧院，第一排有20个座位，以后每排总比前一排多2个座位，一共是’25排。这个剧院共有多少个座位?

6.(1)求自然数中所有三位数的和。

(2)求自然数中所有两位数中的奇数之和。

(3)计算 0.1+0.3+0.5+0.7+0.9+0. 11+0.13+0.15+0.17+0.19+0.21+……+0.99

7.有一数列：1，2，4，8，16，……

(1)这数列中的第11个数是几?

(2)这数列的.前10个数的和是几?

8.若干人围成8圈(一圈套一圈)，从外向内各圈人数依次少4人。

(1)如果最内圈有32人，共有多少人?

(2)如果共有672人，最外圈是几个人?

9.在8与56之间插入3个数，使这样5个数成等差数列。

篇8：一类数列压轴题的求解探究

例1:如图1是一个数表,第1行依次写着从小到大的正整数,然后把每行相邻的两个数的和写在这两数正中间的下方,得到下一行,数表从上到下与从左到右均为无限项,则这个数表中的第13行第10个数为____.

解法1:记第n行第m个数为an,m.为了得到a13,10,则第1行必须写满22个数.

解法2:记第n行的第1个数为an.

第n行的数从左到右排列成公差为2n-1的等差数列, 故第13行第10个数为 :

[反思]通过对题意的理解、解题方法的选取、解题过程的优化、解题结果的检验,数学思想方法的汲取,以及对“错题”与“不会题”的反思,培养高中生数学反思能力,提高元认知水平.

解析:依题设,有bn+1-bn=a2-a1=1,从而数列{bn}是以2为首项,1为公差的等差数列.

同理可得,{an}是以1为首项 ,1为公差的等 差数列.

所以,数列{an+bn}是以3为首项 ,2为公差的等 差数列.

例3:各项均为正偶数的数列a1,a2,a3,a4中,前三项依次成公差为d(d>0)的等差数列,后三项依次成公比为q的等比数列.若a4-a1=88,则q的所有可 能的值构 成的集合 为_____.

例4:设数列{an}满足:a3=8,(an+1-an-2)(2an+1-an)=0(n∈N),则a1的值大于20的概率为_____.

分析:本题考查数列、递推数列,概率及分类讨论.

篇9：课本题改编题训练一(数列)

(1) ,-,,-;

(2) 0,2,0,2.

1-1. (改编)在数列2,5,11,20,x,47,…中,x=_____.

1-2. (改编)若某数列{an}的前四项为0,,0,,则下列各式可以作为该数列的通项公式的是______.

①an=[1+(-1)n];②an=;③an=,n为偶数,0,n为奇数.

2. (苏教版必修5第二章习题2.1第6题)已知数列{an}的通项公式是an=n2-8n+5.

(1) 写出这个数列的前5项,并作出它的图像;

(2) 这个数列所有项中有没有最小的项?

2-1. (改编)已知an=(n∈N*),则数列{an}的最大项为_____.

2-2. (改编)已知数列{an}中,an=n2+λn,且{an}是递增数列,求实数λ的取值范围.

3. (苏教版必修5第二章2.2.2例2)在等差数列{an}中,已知a3=10,a9=28,求a12.

3-1. (改编)在等比数列{an}中,已知a2=7,a6=28,则a4= _____.

3-2. (改编)若首项为-24的等差数列从第10项开始为正数,则公差的取值范围是______.

4. (苏教版必修5第二章习题2.2(1)第8题)已知两个数列x,a1,a2,a3,y与x,b1,b2,b3,y都是等差数列,且x≠y,求的值.

4-1. (改编)设x,a1,a2,y成等差数列,x,b1,b2,y成等比数列,则的取值范围是_____.

4-2. (改编)在等差数列{an}中,a1=2,公差不为零,且a1,a3,a11恰好是某等比数列的前三项,那么该等比数列的公比为_____.

5.(苏教版必修5第二章习题2.2(1)第11题)已知数列{an}是等差数列,当m+n=p+q时,是否一定有am+an=ap+aq?

5-1. (改编)在等比数列{an}中,a5+a6=a,a15+a16=b,则a25+a26=_____.

6. (苏教版必修5第二章习题2.2(1)第12题)已知等差数列{an}中,a1=-3,11a5=5a8,求前n项和Sn的最小值.

6-1. (改编)在等差数列{an}中,若7a5+5a9=0,且a9>a5,则使{an}的前n项和Sn最小的n的值为 .

7. (苏教版必修5第二章复习题第8题)在等差数列{an}中,前m(m为奇数)项和为77,其中偶数项之和为33,且a1-am=18,求通项公式.

7-1. (改编)在项数为奇数的等差数列{an}中,奇数项和为80,偶数项和为75,求中间项与项数.

8. (苏教版必修5第二章复习题第7题)(1) 已知数列{an}的通项公式为an=,求前n项的和;

(2) 已知数列{an}的通项公式为an=,

求前n项的和.

8-1. (改编)求证:1+++…+<.

9. (苏教版必修5第二章复习题第2题)设{an}是等比数列,有下列四个命题:

① {a2 n}是等比数列;② {anan+1}是等比数列;

③ 是等比数列;④ {lg|an|}是等比数列.

其中正确命题的个数是______.

9-1. (改编)数列{an}的通项公式为an=3n+log2n,从{an}中依次抽取第2项,第4项,第8项,…,第2n项,…,按原来的顺序排成一个新数列{bn},求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn.

9-2. (改编)已知等比数列{xn}的各项均为正数,数列{yn}满足yn=2logaxn(a>0且a≠1),y3=18,y6=12.

(1) 求数列{yn}的通项公式;

(2) 试判断是否存在正整数M,使得当n>M时,xn>1恒成立,并说明理由;

(3) 当n>12时,求证:+++…+<.

1-1. 由题意,a2-a1=3,a3-a2=6,a4-a3=9,

可以猜知数列{an+1-an}为等差数列,

故a5-a4=x-20=12,所以x=32.

1-2. ①,②,③. 3-1. 14.

2-1. 由an==及函数y=x+的单调性,可知当n=12或n=13时,an取最大值,即数列{an}的最大项为.

2-2. 法一 因为{an}是递增数列,所以当n≥2时,an-an-1=(n2+λn)-[(n-1)2+λ(n-1)]>0,即2n-1+λ>0,即λ>-2n+1.

因为n≥2,所以-2n+1的最大值为-3,故λ>3.

法二 考虑二次函数的性质,可知->,故λ>3.

3-2. 设等差数列的公差为d,又因为等差数列的首项为-24,所以该等差数列的通项公式为an=-24

+(n-1)d.

由题意,得a9≤0,a10>0,即-24+8d≤0,-24+9d>0,所以

4-1. 因为x,a1,a2,y成等差数列,所以a1+a2=x+y.

因为x,b1,b2,y成等比数列,所以b1b2=xy.

所以==+2.

因为x2+y2≥2|xy|,所以≥2,则≤-2或≥2,

所以+2≤0或+2≥4,即的取值范围是(-∞,0]∪[4,+∞).

4-2. 法一 设等差数列{an}的公差为d,则a3=a1+2d,a11=a1+10d.

因为a1,a3,a11恰好是某等比数列的前三项,所以(a1+2d)2=a1(a1+10d),即6a1d=4d2,即a1=d.

所以a3=a1+2d=d.

所以该等比数列的公比为==4.

法二 设等比数列a1,a3,a11的公比为q,则a3=a1q,a11=a1q2.

因为{an}是等差数列,所以a11=a1+5(a3-a1),即a1q2=5a1q-4a1,即q2-5q+4=0,所以q=1或q=4.

又{an}的公差不为零,所以q=4.

5-1. 在等比数列{an}中,a5+a6,a15+a16,a25+a26也成等比数列,故(a15+a16)2=(a5+a6)(a25+a26),故a25+a26=.

6-1. 因为7a5+5a9=0,所以a1=-d.

因为a9>a5,所以d>0.

所以令an=n-d≤0,可得n≤,

故当n=6时,Sn最小.

7-1. 设等差数列的项数为2n+1,

由题意,可知a1+a3+a5+…+a2n-1+a2n+1=80,a2+a4+a6+…+a2n-2+a2n=75,

由等差数列的性质,可知(n+1)an+1=80,nan+1=75,

所以=,得n=15,故an+1=5,

故该数列的中间项为5,项数为31.

8-1. 提示:可用公式<=-或者<=-,进放缩、裂项、相消.

9-1. bn=3×2n+log22n=3×2n+n,Sn=3×(2+22+23+…+2n)+(1+2+3+…+n)=3(2n-1)+.

9-2. (1) yn=-2n+24.

(2) 由(1)知xn=a-2n+24.

若012时,xn>1.故当012时,xn>1.

若a>1,则当n<12时,xn>1;当n=12时,xn=1;当n>12时,xn<1.故当0M时,xn>1.

(3) 设Sn=+++…+,则Sn+1=+++…+,

所以Sn+1-Sn=+-=+-<-=•≤•<0,所以{Sn}单调递减,

篇10：等差数列题答案

参考答案

一、选择题：

21.已知a01,a13,anan1an1(1)n,(nN),则a3等于（A）

(A)33(B)21(C)17(D)102.中,有序实数对(a,b)可以是(D)41114111(A)(21,-5)(B)(16,-1)(C)(-)(D)(,-)222

23.等差数列an中,a1a(a0),a2b,则此数列中恰有一项为0的充要条件是(C)

(A)(a-b)N（B）(a+b)N（C）abN（DN

abab

4.设an是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是（B）

(A)1(B)2(C)4(D)6

5.若等差数列的前n项和为48，前2n项和为60中,则前3n项的和为（C）

（A）84（B）72（C）36(D)-2

46.已知135（2n-1）115(nN),则n的值为（C）2462n116

（A）120(B)121(C)115(D)116

7.等差数列an中，a1a2a324,a18a19a2078,则此数列前20项和等 于（B）

（A）160(B)180(C)200(D)220

8.若等差数列an中，已知a3:a53:4,则S9:S5的值是（D）

279412（A）（B）（C）（D）2043

59.将含有k项的等差数列插入4和67之间，结果仍成一新的等差数列，并且新的等差数列所有项的和为781，则k的值为（A）

（A）20(B)21(C)22(D)2410.一个等差数列共2n1项,其中奇数项之和为276,偶数项之和为241,则这个数列的第n+1项等于(C)

(A)31(B)30(C)35(D)28

11.数列anb中，a,b为常数，a0,该数列前n项和为Sn,那么n2时有（C）（A）Sn（na+b）(B)Snan2bn

（C）an2bnSn（na+b）(D)（na+b）

12.设yf(x)有反函数yf1(x),又yf(x2)与yf1(x1)互为反函数,则

f1(2004)f1(1)的值为（B）

（A）4008（B）4006（C）2004（D）2006

二、填空题：

13.已知an是等差数列，且a511,a85,则这个数列的通项公式是an=-2n+21.14.在等差数列an中,a11,当a1a3a2a3取得最小值时公差d=-.15.在等差数列an中,a10,S160,S170,则当nSn最大.16.设一等差数列前m项的和Smm2p(pZ),前n项的和Snn2p,则其前p项的和Spp3.三、解答题：

7an2b13

17.已知数列2，2,的通项公式为an,求这个数列的第四项和第五项,4cn4

和是否为这个数列中的一项?

abc2

aR且a0

4ab7

解得b3a解：将n=1,n=2,n=3代入可得 2c4c2a

9ab

3c2

n231914an,a4,a5

2n85

1n2313n2319得n=6,或n=(舍)，而方程无正整数解，由

22n42n4

因此

1319

是这个数列中的第6项，不是这个数列中的一项。44

18.在等差数列an中,(1)已知d2,an11,Sn35,求a1,n;(2)已知a610,S55,求a8和S8;(3)已知a3a5a12a19a2115,求S23;

ana1(n1)da12(n1)11

a11a13

解：(1) 或1

Snna1n(n1)dna1n(n1)35n7n52

aa15d10a5

(2)61a816,S844

S55a110d5d3

(3)a3a5a12a19a2115a123S23

23(a1a23)

23a1269

19.数列an的前n项和Sn

a112

n2n(nN),数列bn满足bnn(nN).2an

(1)判断数列an是否为等差数列，并证明你的结论；

解：(1)当n1时，a1S1；当n2时，anSnSn1n）

(2)求数列an的前n项的和；(3)求数列bn中值最大的项和值最小的项.35

a1满足（）式，annnN）

anan11(常数)an是等差数列。

12

n2n,1n22

（2）设an的前n的和为Tn,Tn

1n22n4,n32

11155

1,函数f(x)1在区间及，

55an22nx22

上分别为减函数，当n2时，bn最小为b21,当n3时，bn最大为b33(3)bn1

n1



,20.已知数列通项anlg1002

（1）写出这个数列的前三项；（2）求证这个数列是等差数列；

（3）这个数列的前多少项之和最大？求出这个最大值.解(1)anlg100(n1)lg

2(lg2)(n1), 22

a3,2 lg2a12,a22lg2

21)anan1lg2n(2数列)a(2n为等差数列

（3）由

an02(n4

0n1n14 lg2

an102n40nn13 lg2

lg2 2

当n=14时，Sn的值最大，即前14项之和最大，且S1428

21.已知函数f(x)

（1）求f(x)的反函数f1(x);（2）设a11,x2).f1(an)(nN),求an;an1

m

成立？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由.25

（3）设Sna12a2an,bnSn1Sn,问是否存在最小正整数m,使得对任意

nN有bn

解：(1)设y

x2,x1

y=f(x)x0)

(2)

1111

224,是公差为4的等差数列。2

an1an1anan4(n1)4n3,且a0,ann22

ana1

a11,(3）假设满足题设的m存在bnSn1Sna

n1

1m25

,由bn得m对nN恒成立4n1254n1

篇11：3透视2013年高考数列题

童其林

一、命题分析

数列是高中代数的重要内容之一,在整个高中数学中,它处于数学知识和数学方法的汇合点，数、式、方程、函数、简易逻辑、算法、三角、不等式、几何等内容均可能与数列知识产生联系.因此,它是数学高考命制能力题的主板块之一.纵观今年的高考试题,数列试题具有题型新颖,综合性强的特点.题量大多为1大题、l小题,约占全卷总分的13%，比如理科上海卷、江西卷、北京卷、陕西卷、湖北卷、广东卷、安微卷等就设置了一大一小两个题.有的省份只有一道客观题（选择题或者填空题）或只有一道解答题中，比如理科山东卷、全国新课标Ⅱ卷、浙江卷、四川卷等只有一道主观题（解答题），福建卷、辽宁卷、重庆卷等只设置了一道选择题或填空题.例外的是全国新课标课标Ⅰ卷理科，设置了三个小题——2道选择题1道填空题，占15分，还有就是江苏卷，除了一大一小两个题外，附加题也是数列题..从考查的知识和方法来看，等差等比数列的基础知识及其应用是考查的重点，知识交汇是趋势，比如2013年各地高考理科数学卷中，求通项公式的就有山东卷理科20第1小题，安微卷理科14题，全国新课标课标Ⅰ卷理科14题，江西卷理科17题第1小题，湖北卷理科18题第1小题，广东卷理科19题第2小题；求前n项和的有山东卷理科20第2小题，全国新课标课标Ⅰ卷理科第7题，四川卷理科第16题；证明或判断等差或等比数列的有上海卷理科23题第2小题，福建卷理科第9题，北京卷理科20题第2小题，陕西卷理科17题第2小题；判断数列是递增还是递减数列的有全国新课标课标Ⅰ卷理科12题，辽宁卷理科第4题；与平面解析几何交汇的有全国高考新课标1卷理科12题，安微卷理科14题；类比、归纳猜猜的有陕西卷理14题，湖北卷理14题；上海卷、广东卷考了证明不等式问题；陕西卷理科17第1小题考了推导等比数列的前n项和公式，很有特色.另外，上海卷与北京卷都把数列题作为压轴题.二、经典例题分析

1.考查数列的基础知识

理解数列的概念，并能根据递推公式写出数列的前几项;理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题;理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题——这些都是数列的基础知识.例1（福建卷，理科9）已知等比数列{an}的公比为q，记bnam(n1)1am(n1)2am(n1)m,cnam(n1)1am(n1)2am(n1)m(m,nN)，则以下结论一定正确的是（）

A．数列{bn}为等差数列，公差为qB．数列{bn}为等比数列，公比为q

C．数列{cn}为等比数列，公比为qm2m2m

D．数列{cn}为等比数列，公比为qmm

解析：粗看本题，一个感觉就是bn,cn的表达式太复杂，特殊化是简化运算的一个手段.因为b1a1a2am,b2am1am2amm,b3b2m1b2m2b2mm，当数列an的公比q1时，b1ma1b2b3，此时公差为0，A错.当q1时，b

2qm(a1a2am), b

1b

3qm(am1am2amm)qmqm(a1a2am)，b2

此时

b2b3，B错.

b1b2

因为c1a1a2am,c2am1am2amm,c3a2m1a2m2a2mm，所以c2c1c3，所以数列cn为等比数列，c2am1am2amma1qma2qmamqmm2又q，故选C.c1a1a2ama1a2am

点评：熟练掌握等差数列与等比数列的定义、性质，通项公式及其前n项和公式是解题的关键．另外，特殊化能帮助我们快速选出正确支.例2（陕西卷，理科17）设{an}是公比为q的等比数列.(Ⅰ)推导{an}的前n项和公式；(Ⅱ)设q≠1, 证明数列{an1}不是等比数列.解析：（I）设等比数列{an}的公比为q，其前n项和 Sn=a1+ a1q+….a1qn-1 ①将①式两边分别乘以q得qSn=a1q+ a1q2+…a1qn

n

aanqa（n1-q）当q≠0时，Sn或Sn1 1q1q

当 q=1时，a1= a2=….an，所以Sn=na.（II）∵q≠1 假设数列{an+1}为等比数列，那么(a21)2(a11)(a31)，即(a1q1)(a11)(a1q1)a1(q1)0a10或q=1，均与题设矛盾，故数列{an1}不可能为等比数列.点评：推导{an}的前n项和公式，有很多方法，上述方法只是其中的一种.本题（2）直接证明是很难完成的，反证法是最好的选择.2.考查数列与其它知识的融合数列与函数、简易逻辑、三角、不等式、几何等知识的融合是重点.例3（全国新课标Ⅱ卷，理科16）等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10=0，S15 =25，则nSn 的最小值为________.109d10a012

2解析：由题意得，解得d,a13,315a1514d2

512n(n1)2n210nn310n2

, 所以Sn3n，即nSn233320n310n2

n，,则有f(x)n2令f(n)

3令f(x)n

20202020

n00n,令f(x)n2n0n, 3333

n310n2

48，当n=7时，因为 n为正整数，当n=6时，f(n)

3n310n2n310n2

f(n)49,所以当n=7时，f(n)取得最小值为-49.33

点评：数列本身就是关于n的函数，利用导数求数列函数的最值也就显得自然，这里要特别注意的是n在正整数范围内取值.例4（全国高考新课标1卷理科12设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn，△AnBnCn的面cn＋anbn＋an

积为Sn，n=1,2,3,…若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝()

A．{Sn}为递减数列B.{Sn}为递增数列

C.{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列D.{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列

cn＋anbn＋an

解：因为an＋1＝an，所以an=a1,而bn＋1，c

＋＝，2从而b2c2

c1a1b1a1c1b

1a12a1, 222ca2b2a2c2b2

b3c32a22a1

222

……

bn1cn12a1，即对所有n，有bn＋cn＝2a1，也就是AnCn+AnB n＝2a1，为定值，所以点Anx2y2

1.如图，以Bn，Cn中点为坐标原点建系，则An的轨迹为23a1

a12

4又|bn1cn1||

cnanbnan1

||bncn||bncn|，222

所以两边差越来越小，An越来越接近于椭圆短轴端点，因而An到BnCn的距离越来越大，面积Sn也越来越大，{Sn}为递增数列.点评：本题的解法也有不少，上述解法与解析几何融合，开辟了解题的新天地，很有创意.例

5（江西卷理科

17）正项数列

an的前项和Sn满足：，0sn(n2n1sn)n(2n)

（1）求数列{an}的通项公式an；（2）令bn

n1*，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的nN，都有22

(n2)an

Tn

5.64

解析：（1）由sn(n2n1)sn(n2n)0，得

S

n

(n2n)(Sn1)0，由于an是正项数列，所以Sn0,Snn2n.

于是a1S12,当n2时，anSnSn1nn(n1)(n1)2n.所以数列an的通项公式an=2n.(2)由于an=2n，bn

n1n1111，22222216n(n2)an4n(n2)(n2)

Tn

1111111111

1 163222423252(n1)2(n1)2n2(n2)2

=

111111511.2222162(n1)(n2)16264

点评：本题考查数列的通项、前n项和公式，数列的递推，裂项相消法求数列的前n项

和，及用放缩法证明不等式等.3.探索性问题

合情推理与演绎推理的结合，也常是考查数列问题的重要内容.例6（湖北理科14）古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数.如三角形数

nn11

21nn.记第n个k边形数为1,3,6,10，…，第n个三角形数为

222

Nn,kk3，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：

三角形数Nn,3

121

nn 22

正方形数Nn,4n

五边形数Nn,5

321nn 22

六边形数Nn,62nn……

可以推测Nn,k的表达式，由此计算N10,24.解析：观察n和n前面的系数，可知一个成递增的等差数列另一个成递减的等差数列，故Nn,2411n10n，N10,241000.点评：找到规律是解决问题的关键.例7（陕西卷理14）观察下列等式:121

12223 1222326

1222324210 …

照此规律, 第n个等式可为.解析：观察上式等号左边的规律发现，左边的项数一次加1，故第n个等式左边有n项，每项所含的底数的绝对值也增加1，依次次为1,2,3…n，指数都是2，符号成正负交替出现可以用（－1）n+1表示，等式的右边数的绝对值是左边项的底数的和，故等式的右边可以表示为（－1）n·

n+1

n（n1），所以第n个式子可为12－22+32－42+…+（－1）n+1n2=（－1）2

·

n（n1）

（n∈N）.2



点评：解题的关键在于：一是通过四个已知等式的比较发现隐藏在等式中的规律；二是符号成正负交替出现可以用（－1）n+1表示；三是注意表达完整性，不要遗漏了n∈N.三、备考策略