數列綜合測試題
第ⅰ卷(選擇題共60分)
一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符號題目要求的。)
1.已知等差數列的前n項和為sn，且滿足－＝1，則數列的公差是( )
a. b．1
c．2 d．3
2．設等比數列的前n項和為sn，若8a2＋a5＝0，則下列式子中數值不能確定的是( )
a. b.
c. d.
3.(理)已知數列滿足log3an＋1＝log3an＋1(n∈n*)且a2＋a4＋a6＝9，則log (a5＋a7＋a9)的值是( )
a．－5 b．－
c．5 d.
4．已知兩個等差數列和的前n項和分別為an和bn，且＝，則使得為正偶數時，n的值可以是( )
a．1 b．2
c．5 d．3或11
5．已知a>0，b>0，a為a，b的等差中項，正數g為a，b的等比中項，則ab與ag的大小關係是( )
a．ab＝ag b．ab≥ag
c．ab≤ag d．不能確定
6．各項都是正數的等比數列的公比q≠1，且a2， a3，a1成等差數列，則的值為( )
a. b.
c. d.或
7．數列的通項公式為an＝2n－49，當該數列的前n項和sn達到最小時，n等於( )
a．24 b．25
c．26 d．27
8．數列是等差數列，公差d≠0，且a2046＋a1978－a＝0，是等比數列，且b2012＝a2012，則b2010·b2014＝( )
a．0 b．1
c．4 d．8
9．已知各項均為正數的等比數列的首項a1＝3，前三項的和為21，則a3＋a4＋a5＝( )
a．33 b．72
c．84 d．189
10．已知等差數列的前n項和為sn，若a1＝1，s3＝a5，am＝2011，則m＝( )
a．1004 b．1005
c．1006 d．1007
11．設是由正數組成的等差數列，是由正數組成的等比數列，且a1＝b1，a2003＝b2003，則( )
a．a1002>b1002 b．a1002＝b1002
c．a1002≥b1002 d．a1002≤b1002
12．已知數列的通項公式為an＝6n－4，數列的通項公式為bn＝2n，則在數列的前100項中與數列中相同的項有( )
a．50項 b．34項
c．6項 d．5項
第ⅱ卷(非選擇題共90分)
二、填空題(本大題共4個小題，每小題4分，共16分，把正確答案填在題中橫線上)
13．已知數列滿足：an＋1＝1－，a1＝2，記數列的前n項之積為pn，則p2011
14．秋末冬初，流感盛行，荊門市某醫院近30天每天入院**流感的人數依次構成數列，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n (n∈n*)，則該醫院30天入院**流感的人數共有________人．
15．已知等比數列中，各項都是正數，且a1， a3,2a2成等差數列，則
16．在如圖的**中，每格填上乙個數字後，使每一橫行成等差數列，每一縱列成等比數列，且從上到下所有公比相等，則a＋b＋c的值為________．
三、解答題(本大題共6個小題，共74分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)
17．設數列的前n項和為=2n2，為等比數列，且a1=b1，b2(a2 －a1) =b1。
（1）求數列和的通項公式；
（2）設cn=, 求數列的前n項和tn.
18．設正數數列{}的前n項和滿足．
（i）求數列{}的通項公式；
（ii）設，求數列{}的前n項和
19.已知數列前n項和為sn，且b1＝1，bn＋1＝sn.
(1)求b2，b3，b4的值；
(2)求的通項公式；
(3)求b2＋b4＋b6＋…＋b2n的值．
20．已知函式=,數列中,2an+1－2an+an+1an=0，a1=1,且an≠0, 數列中, bn=f(an－1)
（1）求證：數列{}是等差數列；
（2）求數列的通項公式；
(3)求數列{}的前n項和sn.
21.數列的前n項和為sn，且sn＝n(n＋1)(n∈n*)．
(1)求數列的通項公式；
(2)若數列滿足：an＝＋＋＋…＋，求數列的通項公式；
(3)令cn＝(n∈n*)，求數列的前n項和tn.
22．已知數列{}滿足，且
（1）求證：數列{}是等差數列；（2）求數列{}的通項公式；
（3）設數列{}的前項之和，求證：。
數列綜合測試題答案
一選擇題
1-6cdadcc 7-12 accccd
二填空題
13__2__． 14____255____．15________．16___22_____．
三．解答題
17. 解：（1）∵當n=1時 ，a1=s1=2；
當n≥2時，an=sn －sn－1=2n2 －2(n－1)2=4n－2.
故數列的通項公式an=4n－2，公差d=4.
設的公比為q，則b1qd= b1，∵d=4，∴q=.∴bn=b1qn－1=2×=,
即數列的通項公式bn=。
（2）∵
∴tn=1+3·41+5·42+······+(2n－1)4n－1
∴4tn=1·4+3·42+5·43+······+(2n－1)4n
兩式相減得3tn=－1－2（41+42+43+······+4n－1）+(2n－1)4n=
∴tn=
18．解：（ⅰ）當時，，∴.
∴ (n
①－②，得，
整理得，，
∵ ∴.
∴，即.
故數列是首項為，公差為的等差數列.
∴.（ⅱ）∵，
∴ .
19. [解析] (1)b2＝s1＝b1＝，b3＝s2＝(b1＋b2)＝，b4＝s3＝(b1＋b2＋b3)＝.
(2)①－②解bn＋1－bn＝bn，∴bn＋1＝bn，
∵b2＝，∴bn＝·n－2 (n≥2)
∴bn＝.
(3)b2，b4，b6…b2n是首項為，公比2的等比數列，
∴b2＋b4＋b6＋…＋b2n＝
＝[()2n－1]．
20．解：（1）2an+1－2an+an+1an=0 ∵an≠0, 兩邊同除an+1an
∴數列{}是首項為1,公差為的等差數列
（2）∵=
∴an－1=
∵bn=f(an－1)=f()=－n+6 (n∈n)
（3） －n+6 (n≤6, n∈n)
= n－6 (n>6, n∈n)
n≤6, n∈n)
∴snn>6, n∈n)
21.[解析] (1)當n＝1時，a1＝s1＝2，
當n≥2時，an＝sn－sn－1＝n(n＋1)－(n－1)n＝2n，知a1＝2滿足該式
∴數列的通項公式為an＝2n.
(2)an＝＋＋＋…＋(n≥1)①
∴an＋1＝＋＋＋…＋＋②
②－①得，＝an＋1－an＝2，bn＋1＝2(3n＋1＋1)，
故bn＝2(3n＋1)(n∈n*)．
(3)cn＝＝n(3n＋1)＝n·3n＋n，
∴tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝(1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n)＋(1＋2＋…＋n)
令hn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n，①
則3hn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n×3n＋1②
①－②得，－2hn＝3＋32＋33＋…＋3n－n×3n＋1＝－n×3n＋1
∴hn＝，
∴數列的前n項和
tn＝＋
22解．(1)
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