高中数学数列周练(一)题及答案

数列周练（一） 1、设函数f （x ）=8lnx+15x ﹣x 2，数列{a n }满足a n =f （n ），n ∈N +，数列{a n }的前n 项和S n 最大时，n=（ ）
A ．15
B ．16
C ．17
D ．18
2.已知数列{a n }前n 项和S n 满足：S n =2a n ﹣1（n ∈N *），则该数列的第5项等于（ ）
A ．15
B ．16
C ．31
D ．32
3.若等差数列{a n }的前n 项和S n =n 2，则
的最小值为（ ）
A ．4
B ．8
C ．6
D ．7 4.一个等比数列前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有（ ）
A ．13项
B ．12项
C ．11项
D ．10项
5.由a 1=1，d=3确定的等差数列{a n }中，当a n =298时，序号n 等于（ ）
A ．99
B ．100
C ．96
D ．101
6.在等差数列{a n }中，2a 7=a 9+7，则数列{a n }的前9项和S 9=（ ）
A ．21
B ．35
C ．63
D ．126
7.已知等差数列{a n }满足：a 2=2，S n ﹣S n ﹣3=54（n ＞3），S n =100，则n=（ ）
A ．7
B ．8
C ．9
D ．10
8.等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知
，S 2m ﹣1=38，则m=（ ）
A ．9
B ．10
C ．20
D ．38
9.设等差数列{a n }满足3a 8=5a 15，且
，S n 为其前n 项和，则数列{S n }的最大项为（ ）
A ．
B ．S 24
C ．S 25
D ．S 26 10.设数列{a n }满足a 1=2，a n+1=1﹣1
a 2n ，记数列{a n }的前n 项之积为T n ，则T 2018=
（ ）
A ．1
B ．2
C ．31
D ．3
2 11.等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 5=8，S 3=6，则S 10﹣S 7的值是（ ）
A ．24
B ．48
C ．60
D ．72
12.在等差数列{a n }中，已知a 4+a 8=16，则该数列前11项和S 11=（ ）
A ．58
B ．88
C ．143
D ．176
13、在数列{a n }中，a 1=1，a n =1n n 22 a n ﹣1（n ≥2，n ∈N *），则数列{2
n n a }的前n 项和T n =．
14.公差不为0的等差数列{a n }中，a 1+a 3=8，且a 4为a 2和a 9和等比中项，则a 5=．
15.若等差数列{a n }中，满足a 4+a 10+a 16=18，则S 19=．
16.知数列{a n }中，a 1=2，a n+1=a n +2n ﹣1，（n ∈N +）则该数列的通项公式a n =．
17、已知数列{a n }是递增的等比数列，满足a 1=4，且
的等差中项，数列
{b n }满足b n+1=b n +1，其前n 项和为s n ，且S 2+S 6=a 4
（1）求数列{a n }，{b n }的通项公式
（2）数列{a n }的前n 项和为T n ，若不等式nlog 2（T n +4）﹣λb n +7≥3n 对一切n ∈N *恒成立，某某数λ的取值X 围．
18.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1=1，S n+1﹣2S n =1（n ∈N *）．
（1）求数列{a n }的通项公式；
（2）若数列{b n }满足b n =n+，求数列{b n }的前n 项和T n ． 19.设f k （n ）为关于n 的k （k ∈N ）次多项式．数列{a n }的首项a 1=1，前n 项和为S n ．对于任意的正整数n ，a n +S n =f k （n ）都成立．
（I ）若k=0，求证：数列{a n }是等比数列；
（Ⅱ）试确定所有的自然数k ，使得数列{a n }能成等差数列．
20.已知数列{a n }前n 项和为S n ，且满足3S n ﹣4a n +2=0．
（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；
（Ⅱ）令b n=log2a n，T n为{b n}的前n项和，求证：．
21.已知函数f（x）=x2+（a﹣1）x+b+1，当x∈[b，a]时，函数f（x）的图象关于y轴对称，数列{a n}的前n项和为S n，且S n=f（n+1）﹣1
（1）求数列{a n}的通项公式；
（2）设b n=，求数列{b n}的前n项和T n．
22.（12分）已知数列{a n}是等差数列，且a1=2，a1+a2+a3=12．
（1）求数列{a n}的通项公式；
（2）令b n=a n•3n，求数列{b n}的前n项和S n．
试卷答案
1.B
【考点】数列的求和．
【分析】求出f（x）的导数，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间，再计算f（1），f（8），f（16），f（17）的符号，即可得到所求数列{a n}的前n项和S n最大时，n的值．
【解答】解：函数f（x）=8lnx+15x﹣x2，x＞0
导数为f′（x）=+15﹣2x=
=，
当x＞8时，f′（x）＜0，f（x）递减；当0＜x＜8时，f′（x）＞0，f（x）递增，
可得x=8处f（x）取得极大值，且为最大值，f（8）=8ln8+120﹣64＞0，
由a n=f（n），n∈N+，可得f（1）=15﹣1=14＞0，
f（16）=8ln16+15×16﹣162=8ln16﹣16＞0，
f（17）=8ln17+15×17﹣172=8ln17﹣34＜0，
由单调性可得a1，a2，…，a16都大于0，a17＜0，
则数列{a n}的前n项和S n最大时，n=16．
故选：B．
【点评】本题考查数列前n项和的最值，注意运用导数判断单调性，考查运算能力，属于中档题．
2.B
【考点】8H：数列递推式．
【分析】根据题意，由数列的递推公式分析可以求出数列{a n}是以1为首项，以2为公比的等比数列，即可得数列{a n}的通项公式，将n=5代入计算即可得答案．
【解答】解：根据题意，∵s n=2a n﹣1，
∴当n=1时，a1=2a1﹣1，解得a1=1，
当n≥2时，a n=s n﹣s n﹣1=（2a n﹣1）﹣（2a n﹣1﹣1）=2a n﹣2a n﹣1，
∴a n=2a n﹣1，
∴数列{a n}是以1为首项，以2为公比的等比数列，
∴a n=2n﹣1．
则a5=25﹣1=16
故选：B．
3.D
【考点】等差数列的前n项和．
【分析】由S n=n2，可得a1=1，a2=3．可得等差数列{a n}的公差d=2．可得a n．可得=n+，令f（x）=x+（x≥1），利用导数研究其单调性即可得出．
【解答】解：由S n=n2，可得a1=1，1+a2=22，解得a2=3．
∴等差数列{a n}的公差d=3﹣1=2．
∴a n=1+2（n﹣1）=2n﹣1．
∴==n+，
令f（x）=x+（x≥1），
f′（x）=1﹣=，
当1≤x＜2时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；当x时，f′（x）＜0，函数f （x）单调递增．
∴n=3或4时，n+取得最小值7．
故选：D．
4.B
【考点】等比数列的性质．
【分析】先设数列的通项公式为a1q n﹣1，则前三项之积：a13q3=2，后三项之积：a13q3n﹣6=4两式相乘得即a12q n﹣1=2，又根据所有项的积为64，进而求出n．
【解答】解析：设数列的通项公式为a1q n﹣1则前三项分别为a1，a1q，a1q2，后三项分别为a1q n﹣3，a1q n﹣2，a1q n﹣1．
∴前三项之积：a13q3=2，后三项之积：a13q3n﹣6=4
两式相乘得：a16q3（n﹣1）=8，即a12q n﹣1=2
又a1•a1q•a1q2…a1q n﹣1=64，
∴=64，即（a12q n﹣1）n=642，
∴2n=642，∴n=12
故选B
【点评】本题主要考查了等比数列的性质．属基础题．
5.B
【考点】等差数列的通项公式．
【分析】先根据a1=1，d=3确定的等差数列的通项，再求项数．
【解答】解：由题意，a n=3n﹣2，故有3n﹣2=298，∴n=100，
故选B．
【点评】本题主要考查等差数列的通项公式及其运用，属于基础题．
6.C
【考点】等差数列的前n项和．
【分析】由已知得a1+4d=a5=7，从而利用数列{a n}的前9项和S9=，能求出结果．
【解答】解：∵在等差数列{a n}中，2a7=a9+7，
∴2（a1+6d）=a1+8d+7，
∴a1+4d=a5=7，
∴数列{a n}的前9项和S9==63．
故选：C．
【点评】本题考查等差数列的前9项和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．
7.D
【考点】等差数列的前n项和．
【分析】由等差数列的性质得a n﹣1=18．（n≥2），由此利用等差数列的通项公式能求出n．
【解答】解：∵等差数列{a n}满足：a2=2，S n﹣S n﹣3=54（n＞3），S n=100，
∴a n+a n﹣1+a n﹣2=54（n＞3），又数列{a n}为等差数列，
∴3a n﹣1=54（n≥2），
∴a n﹣1=18．（n≥2），
又a2=2，S n=100，
∴S n===100，
∴n=10．
故选：D．
8.B
【考点】85：等差数列的前n项和．
【分析】根据等差数列的性质可知，第m﹣1项与第m+1项的和等于第m项的2倍，代入a m﹣1+a m+1﹣a m2=0中，即可求出第m项的值，然后利用等差数列的前n项和的公式表示出前2m﹣1项的和，利用等差数列的性质化为关于第m项的关系式，把第m项的值代入即可求出m的值．
【解答】解：根据等差数列的性质可得：a m﹣1+a m+1=2a m，
则a m﹣1+a m+1﹣a m2=a m（2﹣a m）=0，
解得：a m=0或a m=2，
又S2m﹣1==（2m﹣1）a m，
若a m=0，显然（2m﹣1）a m=38不成立，故应有a m=2
此时S2m﹣1=（2m﹣1）a m=4m﹣2=38，解得m=10
故选B．
9.C
【考点】85：等差数列的前n项和．
【分析】设等差数列{a n}的公差为d，由3a8=5a15，利用通项公式化为2a1+49d=0，由
，可得d＜0，S n=na1+d=（n﹣25）2﹣d．利用二次函数的单调性即可得出．
【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，∵3a8=5a15，∴3（a1+7d）=5（a1+14d），化为2a1+49d=0，
∵，∴d＜0，∴等差数列{a n}单调递减，
S n=na1+d=+d=（n﹣25）2﹣d．
∴当n=25时，数列{S n}取得最大值，
故选：C．
10.D
【考点】数列递推式．
【分析】依题意，数列{a n}是以4为周期的函数数列，可求得a1•a2•a3•a4=a5•a6•a7•a8=…=a2013•a2014•a2015•a2016=1，从而可得答案．
【解答】解：∵a1=2，a n+1=1﹣，
∴a2==，a3==﹣，a4==﹣3，a5==2，…
即a n+4=a n，
∴数列{a n}是以4为周期的函数，
又a1•a2•a3•a4=a5•a6•a7•a8=…=a2005•a2006•a2007•a2008=1，T n为数列{a n}的前n项之积，∴T2018=（a1•a2•a3•a4）•（a5•a6•a7•a8）…（a2013•a2014•a2015•a2016）•a2017•a2018=a1•a2==，
故选：D．
11.B
【考点】等差数列的性质；等差数列的前n项和．
【分析】利用条件a5=8，S3=6，计算等差数列的首项，公差，进而可求S10﹣S7的值【解答】解：设等差数列的首项为a1，公差为d
∵a5=8，S3=6，
∴
∴
∴S10﹣S7=a8+a9+a10=3a1+24d=48
故选B．
12.B
【考点】8F：等差数列的性质；85：等差数列的前n项和．
【分析】根据等差数列的定义和性质得 a1+a11=a4+a8=16，再由S11=运算求得结果．
【解答】解：∵在等差数列{a n}中，已知a4+a8=16，
∴a1+a11=a4+a8=16，
∴S11==88，
故选B．
13.
【考点】数列的求和．
【分析】由条件可得=•，令b n=，可得b n=•b n﹣1，由b n=b1••…•，求得b n，进而得到a n，可得==2（﹣），再由数列的求和方法：裂项相消求和，即可得到所求和．
【解答】解：在数列{a n}中，a1=1，a n=a n﹣1（n≥2，n∈N*），
可得=•，
令b n=，可得b n=•b n﹣1，
由b n=b1••…•=1••…•=，
可得a n=，
即有==2（﹣），
则前n项和T n=2（1﹣+﹣+…+﹣）=2（1﹣）=．
故答案为：．
【点评】本题考查数列的求和，注意运用构造数列法，结合数列恒等式，考查裂项相消求和，考查化简整理的运算能力，属于难题．
14.13
【考点】等差数列的通项公式．
【分析】设等差数列{a n}的公差d≠0，由a1+a3=8，且a4为a2和a9和等比中项，可得
2a1+2d=8，，联立解出即可得出．
【解答】解：设等差数列{a n}的公差d≠0，∵a1+a3=8，且a4为a2和a9和等比中项，
∴2a1+2d=8，，
解得a1=1，d=3．
则a5=1+3×4=13．
故答案为：13．
15.114
【考点】等差数列的前n项和．
【专题】方程思想；转化思想；等差数列与等比数列．
【分析】利用等差数列的性质可得：a4+a10+a16=18=3a10，解得a10，再利用求和公式及其性质即可得出．
【解答】解：由等差数列{a n}的性质可得，a4+a10+a16=18=3a10，解得a10=6，
则S19==19a10=114，
故答案为：114．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
16.
n2﹣2n+3
【考点】数列递推式．
【分析】由已知数列递推式，利用累加法求得数列通项公式．
【解答】解：由a1=2，a n+1=a n+2n﹣1，得
a2﹣a1=2×1﹣1，
a3﹣a2=2×2﹣1，
a4﹣a3=2×3﹣1，
…
a n﹣a n﹣1=2（n﹣1）﹣1，（n≥2）
累加得：a n﹣a1=2[1+2+…+（n﹣1）]﹣（n﹣1），
∴=n2﹣2n+3（n≥2）．
验证n=1上式成立，
∴a n=n2﹣2n+3．
故答案为：n2﹣2n+3．
【点评】本题考查数列递推式，考查了累加法求数列的通项公式，是基础题．
17.
【考点】数列与不等式的综合．
【分析】（1）利用的等差中项，求出公比，可求数列{a n}的通项公式；数列{b n}为等差数列，公差d=1，可求数列{b n}的通项公式；
（2）不等式nlog2（T n+4）﹣λb n+7≥3n化为n2﹣n+7≥λ（n+1），可得
对一切n∈N*恒成立，利用不等式，即可得出结论．
【解答】解：（1）设等比数列{a n}的公比为q，则
∵是a2和a4的等差中项，
∴，
∵q＞1，∴q=2，∴
依题意，数列{b n}为等差数列，公差d=1
又，
∴b1=2，∴b n=n+1…
（2）∵．
不等式nlog2（T n+4）﹣λb n+7≥3n化为n2﹣n+7≥λ（n+1）
∵n∈N*…
∴对一切n∈N*恒成立．
而
当且仅当，
即n=2时等式成立，
∴λ≤3…
18.
【考点】8E：数列的求和；8H：数列递推式．
【分析】（1）由题意可得S n+1+1=2（S n+1），即有数列{S n+1}是以S1+1=2，2为公比的等比数列，运用等比数列的通项公式和数列的递推式，可得所求通项公式；
（2）求出b n=n+=n+n•（）n﹣1，运用数列的求和方法：分组求和和错位相减法，结合等差数列和等比数列的求和公式，化简计算即可得到所求和．
【解答】解：（1）a1=1，S n+1﹣2S n=1，
即为S n+1+1=2（S n+1），
即有数列{S n+1}是以S1+1=2，2为公比的等比数列，
则S n+1=2•2n﹣1=2n，
即S n=2n﹣1，n∈N*，
当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=2n﹣1﹣（2n﹣1﹣1）=2n﹣1，
上式对n=1也成立，
则数列{a n}的通项公式为a n=2n﹣1，n∈N*；
（2）b n=n+=n+n•（）n﹣1，
前n项和T n=（1+2+3+…+n）+[1•1+2•（）+3•（）2+…+n•（）n﹣1]，
设M n=1•1+2•（）+3•（）2+…+n•（）n﹣1，
M n=1•+2•（）2+3•（）3+…+n•（）n，
相减可得， M n=1++（）2+（）3+…+（）n﹣1﹣n•（）n
=﹣n•（）n，
化简可得M n=4﹣（n+2）•（）n﹣1，
则T n=n（n+1）+4﹣（n+2）•（）n﹣1．
19.
【考点】8H：数列递推式；8C：等差关系的确定；8D：等比关系的确定．
【分析】（Ⅰ）若k=0，不妨设f0（n）=c（c为常数）．即a n+S n=c，结合数列中a n与S n关系求出数列{a n}的通项公式后再证明．
（Ⅱ）由特殊到一般，实质上是由已知a n+S n=f k（n）考查数列通项公式求解，以及等差数列的判定．
【解答】（Ⅰ）证明：若k=0，则f k（n）即f0（n）为常数，
不妨设f0（n）=c（c为常数）．
因为a n+S n=f k（n）恒成立，所以a1+S1=c，c=2a1=2．
而且当n≥2时，
a n+S n=2，①
a n﹣1+S n﹣1=2，②
①﹣②得 2a n﹣a n﹣1=0（n∈N，n≥2）．
若a n=0，则a n﹣1=0，…，a1=0，与已知矛盾，所以a n≠0（n∈N*）．
故数列{a n}是首项为1，公比为的等比数列．
（Ⅱ）解：（1）若k=0，由（Ⅰ）知，不符题意，舍去．
（2）若k=1，设f1（n）=bn+c（b，c为常数），
当n≥2时，a n+S n=bn+c，③
a n﹣1+S n﹣1=b（n﹣1）+c，④
③﹣④得 2a n﹣a n﹣1=b（n∈N，n≥2）．
要使数列{a n}是公差为d（d为常数）的等差数列，
必须有a n=b﹣d（常数），
而a1=1，故{a n}只能是常数数列，通项公式为a n=1（n∈N*），
故当k=1时，数列{a n}能成等差数列，其通项公式为a n=1（n∈N*），
此时f1（n）=n+1．
（3）若k=2，设f2（n）=pn2+qn+t（a≠0，a，b，c是常数），
当n≥2时，
a n+S n=pn2+qn+t，⑤
a n﹣1+S n﹣1=p（n﹣1）2+q（n﹣1）+t，⑥
⑤﹣⑥得 2a n﹣a n﹣1=2pn+q﹣p（n∈N，n≥2），
要使数列{a n}是公差为d（d为常数）的等差数列，
必须有a n=2pn+q﹣p﹣d，且d=2p，
考虑到a1=1，所以a n=1+（n﹣1）•2p=2pn﹣2p+1（n∈N*）．
故当k=2时，数列{a n}能成等差数列，
其通项公式为a n=2pn﹣2p+1（n∈N*），
此时f2（n）=an2+（a+1）n+1﹣2a（a为非零常数）．
（4）当k≥3时，若数列{a n}能成等差数列，根据等差数列通项公式可知Sn是关于n的二次型函数，
则a n+S n的表达式中n的最高次数为2，
故数列{a n}不能成等差数列．
综上得，当且仅当k=1或2时，数列{a n}能成等差数列．
20.
【考点】数列的求和；数列递推式．
【分析】（Ⅰ）当n=1，a1=2，当n≥2，求得a n=4a n﹣1，数列{a n}是首项为a1=2，公比为4的等比数列，再利用等比数列的通项公式即可得出，
（Ⅱ）写出{b n}的通项公式，b n=2n﹣1，及前n项和T n=n2，采用裂项法，化简=＜2．
【解答】解：（Ⅰ）由3S n﹣4a n+2=0，令n=1，可得：a1=2；…
当n≥2时，可得（3S n﹣4a n+2）﹣（3S n﹣1﹣4a n﹣1+2）=0⇒a n=4a n﹣1…
所以数列{a n}是首项为a1=2，公比为4的等比数列，
故： =22n﹣1…
（Ⅱ），
T n=1+3+…+（2n﹣1）=n2…
≤…
==＜2…
21.
【考点】数列的求和；数列递推式．
【分析】（1）依题意，可求得a=1，b=﹣1，从而得S n=n2，于是可求得a1及a n=S n﹣S n﹣1=2n+1（n≥2），观察即可求得数列{a n}的通项公式；
（2）由（1）得b n=，利用错位相减法可求得T n=5﹣．
【解答】解：（1）∵函数f（x）的图象关于y轴对称，
∴a﹣1=0且a+b=0，
解得a=1，b=﹣1，
∴f（x）=x2，
∴S n=f（n+1）﹣1=（n+1）2﹣1=n2+2n
即有a n=S n﹣S n﹣1=2n+1（n≥2），a1=S1=1也满足，
∴a n=2n+1；
（2）由（1）得b n=，
T n=+++…++，①
∴T n=+++…++，②
①﹣②得T n=++++…+﹣
=+2×﹣
=+2﹣﹣
=﹣．
∴T n=7﹣．
22.
【考点】数列的求和；等差数列的通项公式．
【分析】（1）由数列{a n}是等差数列，且a1=2，a1+a2+a3=12，利用等差数列的通项公式先求出d=2，由此能求出数列{a n}的通项公式．
（2）由a n=2n，知b n=a n•3n=2n•3n，所以S n=2×3+4×32+6×33+…+2（n﹣1）×3n﹣1+2n×3n，再由错位相减法能够求出数列{b n}的前n项和S n．
【解答】解：（1）∵数列{a n}是等差数列，且a1=2，a1+a2+a3=12，
∴2+2+d+2+2d=12，
解得d=2，
∴a n=2+（n﹣1）×2=2n．
（2）∵a n=2n，
∴b n=a n•3n=2n•3n，
∴S n=2×3+4×32+6×33+…+2（n﹣1）×3n﹣1+2n×3n，①
3S n=2×32+4×33+6×34+…+2（n﹣1）×3n+2n×3n+1，②
①﹣②得﹣2S n=6+2×32+2×33+2×34+…+2×3n﹣2n×3n+1
=2×﹣2n×3n+1
=3n+1﹣2n×3n+1﹣3
=（1﹣2n）×3n+1﹣3
∴S n=+．
【点评】本题考查数列的通项公式的求法和数列前n项和的求法，综合性强，难度大，易出错．解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地运用错位相减法进行求和．。