等差数列期末复习题及答案

高中数学必修5期末复习等差数列一、选择题：１.三个数,,abc既是等差数列，又是等比数列，则,,abc间的关系为()A.bacbB.2bacC.abcD.0abc２．下列关于星星的图案构成一个数列，该数列的一个通项公式是（）A．an＝n2－n＋1Ｂ．an＝n(n－1)2Ｃ．an＝n(n＋1)2Ｄ．an＝n(n＋2)2３．已知－9，a1，a2，－1四个实数成等差数列，－9，b1，b2，b3，－1五个实数成等比数列，则b2(a2－a1)＝（）A．8B．－8C．±8D．984．如果,,1)()1(Nnnfnf且,2)1(f则)100(f102.101.100.99.DCBA５．设等差数列{}na的前n项和为nS，若39S，636S，则789aaa（）A．63B．45C．36D．27６．已知等差数列共有10项，其中奇数项之和15，偶数项之和为30，则其公差是（）A．5B．4C．3D．27．已知等差数列｛na｝满足,0101321aaaa则有57.0.0.0.5199310021011aDaaCaaBaaA８．设｛an｝是由正数组成的等比数列，且a5a6=81，log3a1+log3a2+…+log3a10的值是（）A．20B．10C．5D．2或4二、填空题：9．数列{an}中，a1＝1，且a1·a2·……·an=n2(n≧2),则an=.10.等差数列的前4项和为40，最后4项的和为80，所有各项的和为720，则这个数列一共有项.11．等差数列na、nb的前n项和分别为nA、nB，若231nnAnBn，则nnab。12．设nS是等差数列na的前n项和，且8765SSSS，则下列结论一定正确的有。(1)0d(2)07a(3)59SS(4)01a(5)6S和7S均为nS的最大值13.等差数列｛an｝中，a1=23，公差d为整数，若a60,a70，则公差d的值为；其前n项和nS的最大值为；数列｛|an|｝的前n项和等于．三.解答题14.（10分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an+2Sn·Sn－1=0（n≥2），a1=21.（1）求证：{nS1}是等差数列；（2）求an的表达式.15．(12分)已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d0，且第二项，第五项，第十四项分别是等比数列{bn}的第二项，第三项，第四项．⑴求数列{an}与{bn}的通项公式．⑵设数列{cn}对任意正整数n，均有1332211nnnabcbcbcbc，求c1＋c2＋…＋c2010.16（12分）已知数列{an}的前n项为和Sn，点),(nSnn在直线21121xy上.数列{bn}满足11),(023*12bNnbbbnnn且，前9项和为153.(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；(2)设)12)(112(3nnnbac，数列{cn}的前n和为Tn，求使不等式57kTn对一切*Nn都成立的最大正整数k的值.参考答案一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）题号12345678答案DCBCBCCA二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）9．2010．4811．2131nnanbn解析：12112121121121212122122122123211312nnnnnnnnnnnaanaaaaAnnbbbbbbBnn12．(1)(2)(5)三、解答题（本大题共6小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）13．4d,78，25n-2n2（1）由a6=23+5d0156-25n+2n2a7=23+6d0得4d,∴nnan427)4()1(23d为整数(2)nan427，由,4270427nnan得即前六项为正，∴S6最大，S6=78。14（1）证明：∵－an=2SnSn－1，∴－Sn+Sn－1=2SnSn－1（n≥2），Sn≠0（n=1，2，3…）.∴nS1－11nS=2.又11S=11a=2，∴{nS1}是以2为首项，2为公差的等差数列.（2）解：由（1），nS1=2+（n－1）·2=2n，∴Sn=n21.当n≥2时，an=Sn－Sn－1=n21－)1(21n=－)1(21nn〔或n≥2时，an=－2SnSn－1=－)1(21nn〕；当n=1时，S1=a1=21.∴an=)1(2121nn).2(),1(nn14(1）证明：)1(31,2311nnnnaaaa即3111nnaa∴数列}1{na是公比为3的等比数列.(2)由(1)可知,111323)1(1nnnaa,∴1321nna∴naaaasnnn)3333(212103211331)31(12nnnn19．解：(1)由41014185aS∴11314,1101099185,2adad153ad由23,3)1(5nanann(2)设新数列为{nb}，由已知，2232nnnab.2)12(62)2222(3321nnGnnn*)(,62231NnnGnn20.解：⑴由题意得（a1＋d）(a1＋13d)＝(a1＋4d)2(d0)解得d＝2，∴an＝2n－1，bn＝3n－1．⑵当n＝1时，c1＝3当n≥2时，∵,1nnnnaabc∴)2(32)1(31nncnn∴)333(232009212010321cccc20102009331)31(32321、解：（Ⅰ）12nnaS，12nnnSSS，13nnSS．又111Sa，数列nS是首项为1，公比为3的等比数列，∴1*3()nnSnN．当2n≥时，21223(2)nnnaSn≥，21132nnnan，，，≥．（Ⅱ）12323nnTaaana，当1n时，11T；当2n≥时，0121436323nnTn，…………①12133436323nnTn，………………………②①②得：12212242(333)23nnnTn213(13)222313nnn11(12)3nn．1113(2)22nnTnn≥．又111Ta也满足上式，1*113()22nnTnnN．22，解：由题意可知，,21121,211212nnsnnsnn即5)1(211)1(2121121,2,612211nnnnnssansannnnn当时，当Nnnan,5153369112,02191312dbsdbbbbbbnnnn是等差数列，则数列又23,3,51nbdbn(2)由（1）可知，)121121(21)12)(12(1)12)(112(3nnnnbacnnn)1211215131311(21321nnccccTnn12)1211(21nnn