高一数列测试题

2024-07-24

高一数列测试题（通用8篇）

篇1：高一数列测试题

高一数列测试题

一、选择题（5分×10=50分）

1、4、三个正数a、b、c成等比数列，则lga、lgb、lgc是（）

A、等比数列B、既是等差又是等比数列C、等差数列D、既不是等差又不是等比数列

2、前100个自然数中，除以7余数为2的所有数的和是（）A、765B、653C、658D、6603、如果a,x1,x2,b 成等差数列，a,y1,y2,b 成等比数列，那么(x1+x2)/y1y2等于

A、(a+b)/(a-b)B、(b-a)/abC、ab/(a+b)D、(a+b)/ab4、在等比数列{an}中，Sn表示前n项和，若a3=2S2+1,a4=2S3+1,则公比q=A、1B、-1C、-3D、35、在等比数列{an}中,a1+an=66,a2an-1=128,Sn=126，则n的值为A、5B、6C、7D、86、若{ an }为等比数列，Sn为前n项的和，S3=3a3,则公比q为A、1或-1/2B、-1 或1/2C、-1/2D、1/2或-1/27、一个项数为偶数的等差数列，其奇数项之和为24，偶数项之和为30，最后一项比第一项大21/2，则最后一项为（）A、12B、10C、8D、以上都不对

8、在等比数列{an}中，an>0,a2a4+a3a5+a4a6=25,那么a3+a5的值是A、20B、15C、10D、59、等比数列前n项和为Sn有人算得S1=8,S2=20,S3=36,S4=65,后来发现有一个数算错了，错误的是

A、S1B、S2C、S3D、S410、数列{an}是公差不为0的等差数列，且a7,a10,a15是一等比数列{bn}的连续三项，若该等比数列的首项b1=3则bn等

n-1n-1n-1n-1于A、3·(5/3)B、3·(3/5)C、3·(5/8)D、3·(2/3)

11、公差不为0的等差数列的第2，3，6项依次构成一等比数列，该等比数列的公比q12、各项都是正数的等比数列{an}，公比q1,a5,a7,a8成等差数列，则公比q=

13、已知a,b,a+b成等差数列,a,b,ab成等比数列，且0

14、已知a n=an－2+a n－1(n≥3), a 1=1,a2=2, b n=an,15、已知整数对的序列如下：（1，1），（1，2），（2，1），（1，3），（2，an1

2），（3，1），（1，4），（2，3），（3，2），（4，1），（1，5），（2，4），……，则第60个数对为

16、有四个数，前三个数成等比数列，其和为19，后三个数为等差数列，其和为12，求此四个数。

17、已知数列{an}的前n项和Sn=2n-n2,an=log5bn，其中bn>0，求数列{bn}的前n项和。

18．已知正项数列an，其前n项和Sn满足10Snan25an6,且a1,a2,a15成等比数列，求数列an的通项an.19、在数列an中，a18,a42且an22an1an0，nN.

①求数列an的通项公式。②设Sn|a1||a2||an|.求Sn20、已知数列an的前n项和为Sn，且满足an2SnSn10(n2)，a11，2

①求证：数列1是等差数列；②求数列an的通项公式。

Sn

21、在等差数列{an}中，a12，a1a2a312。(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bnan3n，求数列{bn}的前n项和Sn

篇2：高一数列测试题

教材：数列求和

目的：小结数列求和的常用方法，尤其是要求学生初步掌握用拆项法、裂项法和错位法求一些特殊的数列。

过程：

一、提出课题：数列求和——特殊数列求和

常用数列的前n项和：123nn(n1)2135(2n1)n2

n(n1)(2n1)

6n(n1)2132333n3[]

2122232n2

二、拆项法：

例

一、（《教学与测试》P91 例二）

11114,27,310,,n1(3n2),的前n项和。aaaa1 解：设数列的通项为an，前n项和为Sn，则 ann1(3n2)

a111Sn(12n1)[147(3n2)]

aaa求数列11,(13n2)n3n2n当a1时，Snn

221n(13n2)nan1(3n1)na

当a1时，Sn nn1122aa1a1

三、裂项法：

例

二、求数列6666，,，前n项和 122334n(n1)116()

n(n1)nn1解：设数列的通项为bn，则bn

11111Snb1b2bn6[(1)()()]223nn16(116n)n1n1 例

三、求数列111，，前n项和 1212312(n1)12112()

12(n1)(n1)(n2)n1n211111111n)()()]2() 2334n1n22n2n2 解：an Sn2[（四、错位法：

1}前n项和 n21111 解：Sn123nn ①

2482111111Sn123(n1)nnn1 ② 248162211(1n)1111112n 两式相减：Snnnn1212248222n1121n1nSn2(1nn1)2n1n

2222例

四、求数列{n例

五、设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn(求数列{an}的前n项和

解：取n =1，则a1(an12)(nN*)，2a112)a11 2又： Snn(a1an)n(a1an)a12(n)

可得：222an1(nN*)an2n1

Sn135(2n1)n2

五、作业：《教学与测试》P91—92 第44课练习3，4，5，6，7 补充：1.求数列1,4,7,10,,(1)(3n2),前n项和

n3n1n为奇数2(Sn)

3nn为偶数22n32n1 2.求数列{n3}前n项和(8n3)3.求和：(1002992)(982972)(2212)(5050)4.求和：1×4 + 2×5 + 3×6 + ……+ n×(n + 1)(5.求数列1，(1+a)，(1+a+a)，……，(1+a+a+……+a

22n(n1)(n5))

1)，……前n项和

a0时，Snn a1时，Snn(n1)2

篇3：“函数与数列”水平测试题

1.设映射:f:x→-x2+2x是实数集M到实数集N的映射, 若对于实数p∈N, 在M中不存在原象, 则p的取值范围是 ()

(A) (1, +∞) (B) [1, +∞)

2.设各项都为正数的等比数列{an}中, 若第五项与第六项的积为81, 则log3a1+log3a2+…+log3a10= ()

(A) 5 (B) 10

3.函数f (x) 满足f (x+2) f (x) =13, 若f (1) =2, 则f (99) 的值为 ()

(A) 13 (B) 2

4.已知{an}是递增数列, 且对于任意n∈*都有an=n2+λn恒成立, 则实数λ的取值范围是()

(A) (-3.5, +∞) (B) (0, +∞)

5.若, 则 ()

(A) a

6.已知函数f (x) =2x+3, y=g (x) 的图象与y=f (x) 的图象关于直线y=x对称, 若两个正数m和n的等比中项为4, 则g (m) +g (n) 的值为 ()

(A) -2 (B) 1

7.设函数y=f (x) 定义在实数集上, 则函数y=f (x-1) 与y=f (1-x) 的图象关于 ()

(A) 直线y=0对称

(B) 直线x=0对称

(D) 直线x=1对称

8.数列通项, 若ap和aq分别为数列中的最大项和最小项, 则p+q= ()

(A) 3 (B) 4

9.设f (x) 、g (x) 都是R上的奇函数, {x (x) >0}= (4, 10) , {x g (x) >0}= (2, 5) , {x f (x) g (x) >0}= ()

(A) (2, 10) (B) (4, 5)

(D) (-5, -4) ∪ (4, 5)

10.设函数f (x) =logax (a>0且a≠1) , 若f (x1x2…x2009) =8, 则数列和S=f (x21) +f (x22) +…+f (x22009) 的值为 ()

(A) 8 (B) 16

12.设球的半径为时间t的函数R (t) , 若球的体积以均匀速度c增长, 则球的表面积的增长速度与球半径 ()

(A) 成正比, 比例系数为2c

(B) 成正比, 比例系数为c

(D) 成反比, 比例系数为c

二、填空题

13.已知f (x) 是定义在R上不恒为零的函数, 且对于任意的a, b∈R都满足f (ab) =af (b) +bf (a) , 则f (0) =_____, f (1) =______.

14.某种基金今天的指数是2, 以后每一天都比上一天的指数增加0.2%, 则100天以后的这种基金的指数约是___ (精确到0.001) .

15.设函数f (x) =a1+a2x+a3x+…+anxn-1, f (0) =12, 数列{an}满足f (1) =n2an (n∈N*) , 则数列{an}的通项an等于____.

16.在实数集R中定义一种运算“·”具有下列性质: (1) 对任意a, b∈R, a·b=b·a; (2) 对任意a∈R, a·0=a; (3) 对任意a, b, c∈R, (a·b) ·c=c· (ab) + (a·c) + (b·c) -2c.则1·2=___;函数f (x) =x·1x (x>0) 的最小值为___.

三、解答题

18.已知函数f (x) =4x+1, g (x) =2x, x∈R, 数列{an}, {bn}满足条件:a1=1, an=f (bn) =g (bn+1) (n∈N*) , 求数列{an}的通项公式.

20.函数y=f (x) 是定义在R上的偶函数, 且f (-1+x) =f (-1-x) , 当x∈[-2, -1]时, f (x) =t (x+2) 3-t (x+2) (t∈R) .记函数f (x) 的图象在处的切线为

(Ⅰ) 求f (x) 在[0, 1]上的解析式;

Ⅱ) 求切线L的方程.

21.把正奇数列{2n-1}中的数按上小下大、在小右大的原则排成如右下三角形数表:设aij是位于这个三角形数表中从上往下数第i行, 从左往右数第j个数.

(Ⅰ) 若a=, 求m, n的值;

(Ⅱ) 已知函数f (x) 的反函数f-1 (x) =8nx3 (x>0) , 若记三角形数表中从上往下数第n行各数的和为bn, 求数列{f (bn) }的前n项和Sn.

22.已知:B1, B2, B3, …, 顺次是曲线y= (x>0) 上的点, A1, A2, A3, …顺次是x轴上的点, 且△OB1A1, △A1B2A2, △An-1BnAn, …均为等腰直角三角形 (其中B1, B2, …, Bn, …均为直角顶点) , 它们的面积顺次为P1, P2, …, Pn, 设*

(Ⅰ) 求数列{xn}的通项公式;

(Ⅱ) 求和Q10=

(Ⅲ) 设Sn为数列的前n项和, 试比较lg的大小.

参考答案

一、选择题

1. (A) 2. (C) 3. (C) 4. (D) 5. (B) 6. (A) 7. (D) 8. (A) 9. (D) 10. (B) 11. (D) 12. (C)

二、填空题

13.0, 0 14.2.442

15.16.5, 3

三、解答题

17.由, 且f (x) 与成对出现, 共 (1002-100) 对.又f (1) =1, 且式中有100个f (1) , 所以全式总和为100+ (1002-100) =10000.

18.由an+1=4bn+1+1, an=2bn+1, 得an+1=2an+1.所以an+1+1=2 (an+1) , 而a1=1, 故数列{an+1}是首项为2, 公比为2的等比数列.所以an+1=2×2n-1, 从而an=2n-1.

19. (Ⅰ) 由2, 得P是MN的中点, 有x1+x2=1.

20. (Ⅰ) 由f (-x) =f (x) , f (-1-x) =f (-1+x) , 得f (2+x) =f (-2-x) =f[-1- (1+x) ]=f[-1+ (1+x) ]=f (x) .故f (x) 是周期为2的周期函数.当0≤x≤1时, -2≤-2+x≤-1,

篇4：数列试题的精彩交汇

1数列与函数的交汇

例1（2014·广元市模拟）已知数列{an}是递增的等差数列，a4，a6是函数f（x）=x2-7x+12的两个零点.

（1）求{an}的通项公式；

（2）求数列{an2n}的前n项和Sn.

分析（1）先求出函数f（x）=x2-7x+12的两个零点，由数列{an}是递增的等差数列，可求出a4，a6的值，再利用等差数列的性质，求出首项与公差，从而写出数列{an}的通项公式；（2）利用错位相减法求数列{an2n}的前n项和.

解析（1）因为函数f（x）=x2-7x+12的两个零点分别为3，4，由题意得a4=3，a6=4.所以数列{an}的通项公式为an=12n+1.

（2）由（1），知an2n=n+22n+1，则Sn=322+423+…+n+12n+n+22n+1，所以12Sn=323+424+…+n+12n+1+n+22n+2，所以两式相减得Sn=2-n+42n+1.

方法点津求解这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确转化；对于函数的有关性质，主要利用函数的单调性或有界性来求解数列中的最值.但由于数列的通项是一类特殊的函数，所以借助函数的性质研究数列问题，一定要注意数列中的自变量只能取正整数这一特点.

此类交汇性问题的易错点有三处：一是不注意“题眼”而造成增解，如本题“数列{an}是递增的等差数列”中的“递增”两字未注意，导致求出的a4，a6的解有两种情形，从而产生增解；二是不注意“符号”而失分，如本题，用错位相减法求数列的前n项和，两和式相减时，一定要注意作差后最后一项的符号，我们常在此处出错，一定要小心；三是忽视“项数”而失分，对两式相减后的式子，常需用等比数列的前n项和公式求和，如本题中，12Sn=34+（123+124…+12n+1）-n+22n+2，用等比数列的前n项和公式求123+124…+12n+1时，应注意其项数是“n-1”，不要误以为项数是“n-2”或“n+1”.

变式1（2014·资阳市模拟）

已知函数y=log12nx（n∈N*）.

（1）当n=1，2，3，…时，把已知函数的图像和直线y=1的交点横坐标依次记为a1，a2，a3，…，an，….求证：a1+a2+a3+…+an<1；

（2）对于每一个n值，设An，Bn为已知函数图像上与x轴距离为1的两点，求证n取任意一个正整数时，以AnBn为直径的圆都与一条定直线相切，求出这条定直线的方程和切点坐标.

解析（1）原函数可化为y=-1nlog2x，得an=（12）n.所以a1+a2+a3+…+an=1-（12）n<1.

（2）因为An，Bn为已知函数图像上与x轴距离为1的两点，所以得An（2n，-1），Bn（2-n，1），所以|AnBn|=2n+12n.所以这条定直线为x=0，又圆心C（2n+2-n2，0）在x轴上，所以切点为（0，0）.

2数列与三角函数的交汇

例2（2014·攀枝花市模拟）已知函数f（n）=n2sinnπ2，且an=f（n）+f（n+1），求数列{an}的前2014项的和S2014.

分析分析sinnπ2的取值规律是1，0，-1，0，1，0，-1，0，…，所以f（1）+f（2）+f（3）+f（4）=a1+a3=12-32，同理可得后面连续四项的取值规律，这样可以求得a1+a3++…+a2013，同理可以求得a2+a4+…+a2014.

解析a1+a3+a5+…+a2013=f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2013）+f（2014），

a2+a4+a6+…+a2014=f（2）+f（3）+…+f（2014）+f（2015），

所以S2014=a1+a2+a3+a4+…+a2014=-4032.

方法点津分组求和是把数列之和分为几组，每组中的各项是可以利用公式（或其他方法）求和的，求出各组之和即得整体之和，这类试题一般有如下几种情况：（1）数列是周期数列，先求出每个周期内的各项之和，然后把整体之和按照周期进行划分，再得出整体之和；（2）奇偶项分别有相同的特征的数列（如奇数项组成等差数列、偶数项组成等比数列），按照奇数项和偶数项分组求和；（3）通项中含有（-1）n的数列，按照奇数项、偶数项分组，或者按照项为奇数、偶数分类求和.

变式2（2014·广汉市质检）已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，角B所对的边b=3，且函数f（x）=23sin2x+2sinxcosx-3在x=A处取得最大值.求△ABC的面积.

解析因为△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，所以B=π3，A+C=2π3.

因为f（x）=23sin2x+2sinxcosx-3=2sin（2x-π3），

又函数f（x）在x=A处取得最大值，所以2sin（2A-π3）=2，

所以A=5π12，则C=π4.得c=2.又因为sin5π12=2+64，所以S△ABC=12bcsinA=3+34.

3数列与不等式的交汇

例3（2014·南充市模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，且an+Sn=4.

（1）求证：数列{an}是等比数列；

（2）是否存在正整数k，使Sk+1-2Sk-2>2成立，若存在，求出k的值；若不存在，说明理由.

解析（1）由题意，知an+Sn=4，an+1+Sn+1=4，两式相减，得an+1=12an.

所以数列{an}是首项为a1=2，公比为12的等比数列.

（2）由（1）得an=2·（12）n-1，则Sn=4-22-n.

假设存在正整数k，使Sk+1-2Sk-2>2成立，即4-21-k-24-22-k-2>2，整理得1<2k-1<32，

因为k∈N*，这与2k-1∈（1，32）相矛盾，故不存在这样的正整数k.使已知不等式成立.

方法点津对于数列与不等式中的探索性问题主要表现为存在型，解答此类问题的一般策略是：先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到“否定”的结论，即不存在.若推理不出现矛盾，能求得满足条件的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果.

变式3（2014·广安市模拟）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=an（an+2）4（n∈N*）.

分析由题意可得事件S8=2表示反复投掷硬币，其中出现正面的次数是5次，事件“S2≠0，S8=2”表示前两次全正或全负.

解析事件S8=2表示反复投掷硬币，其中出现正面的次数是5次，其概率为P=732，事件“S2≠0，S8=2”表示前两次全正或全负，则概率为P=13128，故选答案B.

方法点津此题以数列{an}及其前n项和考查了独立性重复试验事件的概率，解决本题的关键是正确理解事件Sn所表示的意义.

变式5（2014·佛山市模拟）A，B，C三人进行乒乓球比赛，优胜者按以下规则决出：（Ⅰ）三人中两人进行比赛，胜出者与剩下的一人进行比赛，直到出现两连胜者，则此两连胜者被判定为优胜者，比赛结束；（Ⅱ）在每次比赛中，无平局，必须决出胜负.

已知A胜B的概率是23，C胜A的概率是12，C胜B的概率是13，第一场比赛在A与C中进行，

（1）分别求出第二场、第三场、第四场比赛后C为优胜者的概率；

（2）记第3n-1场比赛后C为优胜者的概率为pn，第3n场比赛后C为优胜者的概率为qn，第3n+1场比赛后C为优胜者的概率为rn，n∈N*，试求pn，qn，rn.

解析（1）由题意知第二场比赛后C为优胜者的情况为（C胜A）→（C胜B）→C，故其概率为16；

由题意可知第三场比赛后C不可能为优胜者，故其概率为O；

由题意可知第四场比赛后C为优胜者的情况为（C负A）→（B胜A）→（C胜B）→（C胜A）→C，故其概率为136.

（2）第一场A与C的比赛结果分两种情况：

①A与C的比赛中C胜出，C如果要成为优胜者，接下来的比赛按如下进行：

（C胜A）→（C负B）→（B负A）→（A负C）循环n-1次→（C胜B）→C，（n∈N*，共3n-1场），

对n∈N*，以上比赛进行的概率为16·（29）n-1，此时C在第3n-1场比赛后成为优胜者；

②A与C的比赛中A胜出，C如果要成为优胜者，接下来的比赛按如下进行：

（C负A）→（A负B）→（B负C）→（C负A）→（A负B）循环n-1次→（B负C）→（C胜A）→C，（n∈N*，共3n+1场），

对n∈N*，以上进行的概率为12·（118）n，此时C在第3n+1场比赛后成为优胜者.

综上所述，C在第3n-1场或者第3n+1场比赛后能成为优胜者，在第3n场比赛后不能成为优胜者，所以pn=16·（29）n-1，qn=0，rn=12·（118）n，n∈N*.

6数列与解析几何的交汇

例6（2014·西昌市模拟）已知数列{an}中，a1=2，且点Pn（an，an+1）（n∈N*）在直线x-2y+1=0上，求数列{an}的通项公式.

分析由题意可得an和an+1的递推关系，再由此递推关系得到数列{an}的通项公式.

解析因为点Pn（an，an+1）（n∈N*）在直线x-2y+1=0上，所以an+1=12an+12.

设存在实数λ（λ≠0）使得an+1+λ=12（an+λ）成立，整理比较得λ=-1.

则an+1-1=12（an-1），所以数列{an-1}是以1为首项，12为公比的等比数列.故an=（12）n-1+1.

方法点津数列与圆锥曲线的交汇是近年高考命题的热点，引起交汇的主要是“点列”，“点”是解析几何的基本元素，而“列”是数列的基本特征.把两者结合起来，就会使数列有机会与解析几何问题形成交汇.解决“点列”问题的关键是充分利用解析几何的有关性质、公式，建立数列的递推关系或通项之间的关系，然后借助数列知识进行解决.

当然“点列”不仅仅是数列的相邻的两项可以作为点的坐标，和自然数有关的式子均可以作为“点列”，如（n，Sn），（n，an），（an，Sn），（an，an+1）等均可以作为“点列”，它们均可以为研究通项公式提供递推关系.但求解与曲线的切线相关的问题时，注意充分利用导数的几何意义.

变式6（2014·绵阳市模拟）在平面直角坐标系上有一点列P1（a1，b1），P2（a2，b2）.P3（a3，b3），…，Pn（an，bn），…，对每一个自然数n，点Pn（an，bn）在函数y=x2的图像上，且点Pn（an，bn），点A（n，0），点B（n+1，0）构成一个以点Pn（an，bn）为顶点的等腰三角形.

（1）求对每一个自然数n，以点Pn的纵坐标构成的数列{bn}的通项公式；

（2）令Cn=12bn-an+n，求C1+C2+C3+…+Cn的值.

解析（1）因为点Pn（an，bn）为等腰三角形的顶点，所以由|PnA|=|PnB|，可得an=n+12.

因为点Pn（an，bn）在函数y=x2的图像上，所以bn=n2+n+14.

（2）因为Cn=12bn-an+n=12n2+2n=12（1n-1n+1），所以C1+C2+C3+…+Cn=12（1-12+12-13+…+1n-1n+1）=n2n+2.

7数列与应用问题的交汇

例7（2014·成都市模拟）某旅游景点2013年利润为205万元，因市场竞争，若不开发新的项目，预测从2014年起每年利润比上一年减少10万元.2014年初，该景点一次性投入150万元开发新项目，预测在未扣除开发所投入资金的情况下，第n年（n为正整数，2014年为第1年）的利润为200（1+13n）万元.

（1）设从2014年起的前n年，该景点不开发新项目的累计利润为An万元，开发新项目的累计利润为Bn万元（需扣除开发所投入资金），求An，Bn的表达式；

（2）依上述预测，该景点从第几年开始，开发新项目的累计利润超过不开发新项目的累计利润？

分析（1）依题意可得An是等差数列的前n项和，Bn可由等差、等比数列的性质求解；（2）利用数列的单调性来解答.

解析（1）依题意，An是首项为195，公差为-10的等差数列的前n项和，

所以An=n（195+205-10n）2=200n-5n2.

因为数列{200（1+13n）}的前n项和为200n+100[1-（13）n]，所以Bn=200n-50-1003n.

（2）由（1）得Bn-An=5n2-50-1003n，易知{Bn-An}是递增数列.观察并计算知B3-A3<0，B4-A4=30-10081>0，

所以从第4年开始，开发新项目的累计利润超过不开发新项目的累计利润.

方法点津（1）此类问题的解题思路：仔细阅读所给材料，认真理解题意，将已知条件翻译成数学语言并转化为数学问题，分清是等差数列还是等比数列，是求通项问题还是求项数问题，或是求和问题等，并建立相应数学模型求解.（2）一般涉及递增率，要用等比数列，涉及依次增加或者减少，要用等差数列，有的问题是通过转化得到等差或等比数列，在解决问题时要向这些方面思考.

常见数列应用题模型的求解方法

（1）产值模型：原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间n的总产值y=N（1+p）n.

（2）银行储蓄复利公式：按复利计算利息的一种储蓄，本金为a元，每期的利率为r，存期为n，则本利和y=a（1+r）n.

（3）银行储蓄单利公式：利息按单利计算，本金为a元，每期的利率为r，存期为n，则本利和y=a（1+nr）.

（4）分期付款模型：a为贷款总额，r为年利率，b为等额还款数，则b=r（1+r）na（1+r）n-1.

变式7（2014·内江市模拟）小李2014年底花100万元买了一套住房，其中首付30万元，70万元采用贷款.贷款的月利率为0.5%，按复利计算，从贷款后的次月开始还贷，且每月等额还贷，10年还清.试求每月应还贷约为多少元？（参考数据：（1+0.005）120≈1.8）

解析设每月应还贷x元，共付款12×10=120（次），则有

x[1+（1+0.005）+（1+0.005）2+…+（1+0.005）119]=700000×（1+0.005）120，所以x≈7875.

所以每月应还贷约为7875元.

上述是其他的知识点与数列知识进行综合运用.命制出这样的知识点交叉的数学试题，不仅考查我们的数列相关知识的掌握情况，同时也考查了与之综合运用的其他数学知识，还能够考查一些在解决问题过程中灵活运用的数学思想方法.数学学习中的所谓“融会贯通”就是指将数学中不同的知识进行相互融合的能力，也是培养我们数学能力的一种重要手段.

篇5：16届高一理科数列检测题答案

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6：高一数列测试题

（二）教材：等差数列前n项和

（二）目的：使学生会运用等差数列前n项和的公式解决有关问题，从而提高学生分析问题、解决问题的能力。过程：

一、复习：等差数列前n项和的公式

二、例一在等差数列an中已知S848 S12168 求a1和d；

解：8a128d48 a18 d4

12a166d168 已知a3a540，求S17．

2解：∵a1a17a3a1540

∴S1717(a1a17)1740340 例二已知an，bn都成AP，且 a15，b115，a100b100100试求数列anbn的前100项之和S100．

解：S100100(a1a1a100b100)100(515100)6000 例三一个等差数列的前12项之和为354，前12项中偶数项与奇数项之比为32：27，求公差。121112ad35412652d

解一：设首项为a1，公差为d 则6(a1d) d5

322176a652d12S奇S偶354S偶19232 解二：S偶  由 S偶S奇6d d5 S奇162S27奇例四已知：an1024lg21n（lg20.3010）nN* 问多少项之和为最大？前多少项之和的绝对值最小？

解：1 an1024(1n)lg20

an11024nlg2010241024n13401n3403 ∴n3402 lg2lg2  2 Sn1024nn(n1)(lg2)0 2 当Sn0或Sn近于0时其和绝对值最小

令：Sn0 即 1024+ 得：nn(n1)(lg2)0 2204816804.99 lg2 ∵ nN* ∴n6805

例五项数是2n的等差数列，中央两项为an和an1是方程x2pxq0的两根，求证此数列的和是方程 lg2x(lgn2lgp2)lgx(lgnlgp)20 的根。（S2n0）

解：依题意：anan1p

∵a1a2nanan1p ∴S2n2n(a1a2n)np ∵lg2x(lgn2lgp2)lgx(lgnlgp)20

∴(lgxlgnp)20 ∴xnpS2n（获证）

例六（机动，作了解）求和 1 1111 12123123n 解：an12112()

123nn(n1)nn1 ∴ Sn2(1)()()2(1)223nn1n1n1 2(10099)(9897)(43)(21)222222221111112n 解：原式=19919573

三、作业《精编》P167-168 6、7、8、9、10

篇7：数列测试题及答案

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．

1．在等差数列{an}中，若a1＋a2＋a12＋a13＝24，则a7为()

A．6 B．7 C．8 D．9

解析：∵a1＋a2＋a12＋a13＝4a7＝24，∴a7＝6.答案：A

2．若等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S33－S22＝1，则数列{an}的公差是()

A.12 B．1 C．2 D．

3解析：由Sn＝na1＋n(n－1)2d，得S3＝3a1＋3d，S2＝2a1＋d，代入S33－S22＝1，得d＝2，故选C.答案：C

3．已知数列a1＝1，a2＝5，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，则a2 011等于()

A．1 B．－4 C．4 D．

5解析：由已知，得a1＝1，a2＝5，a3＝4，a4＝－1，a5＝－5，a6＝－4，a7＝1，a8＝5，…

故{an}是以6为周期的数列，∴a2 011＝a6×335＋1＝a1＝1.答案：A

4．设{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5＜S6，S6＝S7＞S8，则下列结论错误的是()

A．d＜0 B．a7＝0

C．S9＞S5 D．S6与S7均为Sn的最大值

解析：∵S5＜S6，∴a6＞0.S6＝S7，∴a7＝0.又S7＞S8，∴a8＜0.假设S9＞S5，则a6＋a7＋a8＋a9＞0，即2(a7＋a8)＞0.∵a7＝0，a8＜0，∴a7＋a8＜0.假设不成立，故S9＜S5.∴C错误.答案：C

5．设数列{an}是等比数列，其前n项和为Sn，若S3＝3a3，则公比q的值为()

A．－12 B.1

2C．1或－12 D．－2或12[

解析：设首项为a1，公比为q，则当q＝1时，S3＝3a1＝3a3，适合题意．

当q≠1时，a1(1－q3)1－q＝3a1q2，∴1－q3＝3q2－3q3，即1＋q＋q2＝3q2,2q2－q－1＝0，解得q＝1(舍去)，或q＝－12.综上，q＝1，或q＝－12.答案：C

6．若数列{an}的通项公式an＝5 252n－2－425n－1，数列{an}的最大项为第x项，最小项为第y项，则x＋y等于()

A．3 B．4 C．5 D．6

解析：an＝5252n－2－425n－1＝525n－1－252－45，∴n＝2时，an最小；n＝1时，an最大．

此时x＝1，y＝2，∴x＋y＝3.答案：A

7．数列{an}中，a1 ＝15,3an＋1＝ 3an－2(n∈N *)，则该数列中相邻两项的乘积是负数的是()

A．a21a22 B．a22a23 C．a23a24 D．a24a25

解析：∵3an＋1＝3an－2，∴an＋1－an＝－23，即公差d＝－23.∴an＝a1＋(n－1)d＝15－23(n－1)．

令an＞0，即15－23(n－1)＞0，解得n＜23.5.又n∈N*，∴n≤23，∴a23＞0，而a24＜0，∴a23a24＜0.答案：C

8．某工厂去年产值为a，计划今后5年内每年比上年产值增加10%，则从今年起到第5年，这个厂的总产值为()

A．1.14a B．1.15a

C．11×(1.15－1)a D．10×(1.16－1)a

解析：由已知，得每年产值构成等比数列a1＝a，w

an＝a(1＋10%)n－1(1≤n≤6)．

∴总产值为S6－a1＝11×(1.15－1)a.答案：C

9．已知正数组成的等差数列{an}的前20项的和为100，那么a7a14的最大值为()

A．25 B．50 C．1 00 D．不存在解析：由S20＝100，得a1＋a20＝10.∴a7＋a14＝10.又a7＞0，a14＞0，∴a7a14≤a7＋a1422＝25.答案：A

10．设数列{an}是首项为m，公比为q(q≠0)的等比数列，Sn是它的前n项和，对任意的n∈N*，点an，S2nSn()

A．在直线mx＋qy－q＝0上

B．在直线qx－my＋m＝0上

C．在直线qx＋my－q＝0上

D．不一定在一条直线上

解析：an＝mqn－1＝x，①S2nSn＝m(1－q2n)1－qm(1－qn)1－q＝1＋qn＝y，②

由②得qn＝y－1，代入①得x＝mq(y－1)，即qx－my＋m＝0.答案：B

11．将以2为首项的偶数数列，按下列方法分组：(2)，(4,6)，(8,10,12)，…，第n组有n个数，则第n组的首项为()

A．n2－n B．n2＋n＋2

C．n2＋n D．n2－n＋2

解析：因为前n－1组占用了数列2,4,6，…的前1＋2＋3＋…＋(n－1)＝(n－1)n2项，所以第n组的首项为数列2,4,6，…的第(n－1)n2＋1项，等于2＋(n－1)n2＋1－12＝n2－n＋2.答案：D

12．设m∈N*，log2m的整数部分用F(m)表示，则F(1)＋F(2)＋…＋F(1 024)的值是()

A．8 204 B．8 192

C．9 218 D．以上都不对

解析：依题意，F(1)＝0，F(2)＝F(3)＝1，有2 个

F(4)＝F(5)＝F(6)＝F(7)＝2，有22个．

F(8)＝…＝F(15)＝3，有23个．

F(16)＝…＝F(31)＝4，有24个．

…

F(512)＝…＝F(1 023)＝9，有29个．

F(1 024)＝10，有1个．

故F(1)＋F(2)＋…＋F(1 024)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋…＋9×29＋10.令T＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋9×29，①

则2T＝1×22＋2×23＋…＋8×29＋9×210.②

①－②，得－T＝2＋22＋23＋…＋29－9×210 ＝

2(1－29)1－2－9×210＝210－2－9×210＝－8×210－2，∴T＝8×210＋2＝8 194，m]

∴F(1)＋F(2)＋…＋F(1 024)＝8 194＋10＝8 204.答案：A

第Ⅱ卷(非选择共90分)

二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．

13．若数列{an} 满足关系a1＝2，an＋1＝3an＋2，该数列的通项公式为__________．

解析：∵an＋1＝3an＋2两边加上1得，an＋1＋1＝3(an＋1)，∴{an＋1}是以a1＋1＝3为首项，以3为公比的等比数列，∴an＋1＝33n－1＝3n，∴an＝3n－1.答案：an＝3n－

114．已知公差不为零的等差数列{an}中，M＝anan＋3，N＝an＋1an＋2，则M与N的大小关系是__________．

解析：设{an}的公差为d，则d≠0.M－N＝an(an＋3d)－[(an＋d)(an＋2d)]

＝an2＋3dan－an2－3dan－2d2＝－2d2＜0，∴M＜N.答案：M＜N

15．在数列{an}中，a1＝6，且对任意大于1的正整数n，点(an，an－1)在直线x－y＝6上，则数列{ann3(n＋1)}的前n项和Sn＝__________.解析：∵点(an，an－1)在直线x－y＝6上，∴an－an－1＝6，即数列{an}为等差数列．

∴an＝a1＋6(n－1)＝6＋6(n－1)＝6n，∴an＝6n2.∴ann3(n＋1)＝6n2n3(n＋1)＝6n(n＋1)＝61n－1n＋1

∴Sn＝61－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1.＝61－1n＋1＝6nn＋1.答案：6nn＋1

16．观察下表：3

4 5 6 75 6 7 8 9 10

…

则第__________行的各数之和等于2 0092.解析：设第n行的各数之和等于2 0092，则此行是一个首项a1＝n，项数为2n－1，公差为1的等差数列．

故S＝n×(2n－1)＋(2n－1)(2n－2)2＝2 0092，解得n＝1 005.答案：1 00

5三、解答题：本大题共6小题，共70分．

17．(10分)已知数列{an}中，a1＝12，an＋1＝12an＋1(n∈N*)，令bn＝an－2.(1)求证：{bn}是等比数列，并求bn；

(2)求通项an并求{an}的前n项和Sn.解析：(1)∵bn＋1bn＝an＋1－2an－2＝12an＋1－2an－2＝12an－1an－2＝12，∴{bn}是等比数列．

∵b1＝a1－2＝－32，∴bn＝b1qn－1＝－32×12n－1＝－32n.(2)an＝bn＋2＝－32n＋2，Sn＝a1＋a2＋…＋an

＝－32＋2＋－322＋2＋－323＋2＋…＋－32n＋2

＝－3×12＋122＋…＋12n＋2n＝－3×12×1－12n1－12＋2n＝32n＋2n－3.18．(12分)若数列{an}的前n项和Sn＝2n.(1)求{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足b1＝－1，bn＋1＝bn＋(2n－1)，且cn＝anbnn，求数列{cn}的通项公式及其前n项和Tn.解析：(1)由题意Sn＝2n，得Sn－1＝2n－1(n≥2)，两式相减，得an＝2n－2n－1＝2n－1(n≥2)．

当n＝1时，21－1＝1≠S1＝a1＝2.∴an＝2(n＝1)，2n－1(n≥2).(2)∵bn＋1＝bn＋(2n－1)，∴b2－b1＝1，b3－b2＝3，b4－b3＝5，…

bn－bn－1＝2n－3.以上各式相加，得

bn－b1＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)

＝(n－1)(1＋2n－3)2＝(n－1)2.∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n，∴cn＝－2(n＝1)，(n－2)×2n－1(n≥2)，∴Tn＝－2＋0×21＋1×22＋2×23＋…＋(n－2)×2n－1，∴2Tn＝－4＋0×22＋1×23＋2×24＋…＋(n－2)×2n.∴－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－1－(n－2)×2n

＝2(1－2n－1)1－2－(n－2)×2n

＝2n－2－(n－2)×2n

＝－2－(n－3)×2n.∴Tn＝2＋(n－3)×2n.19．(12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且S3＋S5＝50，a1，a4，a13成等比数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若从数列{an}中依次取出第2项，第4项，第8项，…，第2n项，…，按原来顺序组成一个新数列{bn}，记该数列的前n项和为Tn，求Tn的表达式．

解析：(1)依题意，得

3a1＋3×22d＋5a1＋5×42d＝50，(a1＋3d)2＝a1(a1＋12d)，解得a1＝3，d＝2.∴an＝a1＋(n－1)d＝3＋2(n－1)＝2n＋1，即an＝2n＋1.(2)由已知，得bn＝a2n＝2×2n＋1＝2n＋1＋1，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn

＝(22＋1)＋(23＋1)＋…＋(2n＋1＋1)

＝4(1－2n)1－2＋n＝2n＋2－4＋n.20．(12分)设数列{an}的前n项和为Sn，且ban－2n＝(b－1)Sn.(1)证明：当b＝2时，{an－n2n－1}是等比数列；

(2)求通项an.新课标第一网

解析：由题意知，a1＝2，且ban－2n＝(b－1)Sn，ban＋1－2n＋1＝(b－1)Sn＋1，两式相减，得b(an＋1－an)－2n＝(b－1)an＋1，即an＋1＝ban＋2n.①

(1)当b＝2时，由①知，an＋1＝2an＋2n.于是an＋1－(n＋1)2n＝2an＋2n－(n＋1)2n

＝2an－n2n－1.又a1－ 120＝1≠0，∴{an－n2n－1}是首项为1，公比为2的等比数列．

(2)当b＝2时，由(1)知，an－n2n－1＝2n－1，即an＝(n＋1)2n－1

当b≠2时，由①得

an ＋1－12－b2n＋1＝ban＋2n－12－b2n＋1＝ban－b2－b2n

＝ban－12－b2n，因此an＋1－12－b2n＋1＝ban－12－b2n＝2(1－b)2－bbn.得an＝2，n＝1，12－b[2n＋(2－2b)bn－1]，n≥2.21．(12分)某地在抗洪抢险中接到预报，24小时后又一个超历史最高水位的洪峰到达，为保证万无一失，抗洪指挥部决定在24小时内另筑起一道堤作为第二道防线．经计算，如果有 20辆大型翻斗车同时作业25小时，可以筑起第二道防线，但是除了现有的一辆车可以立即投入作业外，其余车辆需从各处紧急抽调，每隔20分钟就有一辆车到达并投入工作．问指挥部至少还需组织多少辆车这样陆续工作，才能保证24小时内完成第二道防线，请说明理由．

解析：设从现有这辆车投入工作算起，各车的工作时间依次组成数列{an}，则an－an－1＝－13.所以各车的工作时间构成首项为24，公差为－13的等差数列，由题知，24小时内最多可抽调72辆车．

设还需组织(n－1)辆车，则

a1＋a2＋…＋an＝24n＋n(n－1)2×－13≥20×25.所以n2－145n＋3 000≤0，解得25≤n≤120，且n≤73.所以nmin＝25，n－1＝24.故至少还需组织24辆车陆续工作，才能保证在24小时内完成第二道防线．

22．(12分)已知点集L＝{(x，y)|y＝mn}，其中m＝(2x－2b,1)，n＝(1,1＋2b)，点列Pn(an，bn)在点集L中，P1为L的轨迹与y轴的交点，已知数列{an}为等差数列，且公差为1，n∈N*.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(3)设cn＝5nan|PnPn＋1|(n≥2)，求c2＋c3＋c4＋…＋cn的值．

解析：(1)由y＝mn，m＝(2x－2b,1)，n＝(1,1＋2b)，得y＝2x＋1，即L：y＝2x＋1.∵P1为L的轨迹与y轴的交点，∴P1(0,1)，则a1＝0，b1＝1.∵数列{an}为等差数列，且公差为1，∴an＝n－1(n∈N*)．

代入y＝2x＋1，得bn＝2n－1(n∈N*)．

(2)∵Pn(n－1,2n－1)，∴Pn＋1(n,2n＋1)．

＝5n2－n－1＝5n－1102－2120.∵n∈N*，(3)当n≥2时，Pn(n－1,2n－1)，∴c2＋c3＋…＋cn

篇8：第六章数列检测试题

1.已知等差数列{an}中,a7+a9=16,a4=1,则a12的值是()

(A) 15 (B) 30

2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4=18—a5,则S8等于()

(A) 18 (B) 36

3.设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和,且S1,S2,S4成等比数列,则等于()

(A) 1 (B) 2

4.在正项等比数列{an}中,a1和a19为方程x2-10x+16=0的两根,则a8·a10·a12=()

(A) 16 (B) 32

5.设等比数列{an}中,前n项和为Sn,已知S3=8,S6=7,则a7+a8+a9=()

(A)-(B)

(C)(D)

6.在等比数列{an}中,Sn为其前n项和,已知a5=2S4+3,a6=2S5+3,则此数列的公比q为()

(A)2 (B) 3

7.已知数列{an}的通项公式是an=,其前n项和,则项数n等于()

(A) 13 (B) 10

8.已知各项都为正数的等比数列{an}的公比不为1,则an+an+3与an+1+an+2的大小关系是()

(A) an+an+3

(B) an+an+3=an+1+an+2

(D)不确定的,与公比有关

9.在数列{an}中,a1=2,an+an+1=1 (n∈N*),设Sn为数列{an}的前n项和,则2S2011-S2010-S2012等于()

(A)0 (B) 1

10.已知an=log(n+1)(n+2)(n∈N*).我们把使乘积a1·a2·a3…·an为整数的数n叫做“劣数”,则在区间(1,2011)内的所有劣数的和为()

(A) 1024 (B) 2010

11.等差数列{an}的公差d不为0,Sn是其前n项和,则下列命题错误的是()

(A)若d<0,且S3=S8,则S5和S6都是{Sn}中最大项

(B)给定n,对于一切k∈N*(k

(C)若d>0,则{Sn}中一定有值最小的项

(D)存在k∈N*,使ak-ak+1和ak-ak-1同号

12.已知数列{an}满足,且,则该数列的前2010项的和等于()

(A)(B)3015

二、填空题(每小题5分,共20分)

13.已知{an}是等差数列,a4+a6=6,其前5项和S5=10,则其公差d=______.

14.

15.定义一种运算“*”:对于n∈N*,满足以下运算性质:①2*2=1;②(2n+2)*2=3(2n*2).则用含n的代数式表示2n*2为__________

16.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S4≥10,S5≤15,则a4的最大值为______.

三、解答题

17.(10分)数列{an}中,a1=2,an+1=an+cn(c是常数,n=1,2,3,…),且a1,a2,a3成公比不为1的等比数列.

(1)求c的值;

(2)求{an}的通项公式

18.(12分)数列{an}是首项a1=4的等比数列,且S3,S2,S4成等差数列.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=log2|an|,Tn为数列的前n项和,求Tn.

19.(12分)等差数列{an}中,公差d≠0,a2是a1与a4的等比中项,已知数列a1,a3,,…,,…成等比数列.

(1)求数列{kn}的通项kn;

(2)求数列{}的前n项和.

20.(12分)已知数列{an}中,a1=1,.

(1)求证:数列{a2n}与{a2n-1}(n∈N*)都是等比数列;

(2)求数列{an}前2n项的和T2n;

(3)若数列{an}前2n项的和为T2n,不等式64T2n·a2n≤3(1-ka2n)对n∈N*恒成立,求k的最大值.

21.(12分)商学院为推进后勤社会化改革,与桃园新区商定:由该区向建设银行贷款500万元在桃园新区为学院建一栋可容纳一千人的学生公寓,工程于2002年初动工,年底竣工并交付使用,公寓管理处采用收费还建行贷款(年利率5%,按复利计算),公寓所收费用除去物业管理费和水电费18万元,其余部分全部在年底还建行贷款.

(1)若公寓收费标准定为每生每年800元,问到哪一年可偿还建行全部贷款?

(2)若公寓管理处要在2010年底把贷款全部还清,则每生每年的最低收费标准是多少元?(精确到元)(参考数据:lg1.7343=0.2391,lg1.05=0.0212,1.058=1.4774)

22.(12分)已知数列{an}和{bn}满足:a1=λ,,其中λ为实数,n为正整数.

(1)证明:对任意实数λ,数列{an}不是等比数列;

(2)证明:当λ≠-18时,数列{bn}是等比数列;

(3)设Sn为数列{bn}的前n项和.是否存在实数λ,使得对任意正整数n,都有Sn>-12?若存在,求λ的取值范围;若不存在,说明理由.

参考答案

一、1.(A) 2.(D) 3.(C) 4.(C) 5.(B) 6.(B) 7.(D) 8.(C) 9.(D) 10.(C) 1 1.(D) 12.(A)

二、13.14.15.3n-1 16.4

三、17.(1)c=2 (2)an=n2-n+2

18.(1)an=(-2)n+1 (2)

19.(1)kn=3n+2