4.已知方程（x—2x+m）（x2—2x+n）=0的四个根组成一个首项为丄的等差数列，贝U|m—n|
4等于（）.
A.1B.C.-D.-
42
5.等比数列｛an｝中，a2=9,a5=243,则｛an｝的前4项和为（）.
A.81B.120C.168D.192
6.若数列｛an｝是等差数列，首项a1>0,a2003+a2004>0,&003a2004<0,则使前n项和Sn>0成立的最大
自然数n是（）.
A.4005B.4006C.4007D.4008
7.已知等差数列｛an｝的公差为2,若a1,a3,a4成等比数列，则a2=（）.
A.—4B.—6C.—8D.—10
8.设Sn是等差数列｛an｝的前n项和，若—=—，则-S=（）.
a39S5
精心整理
11.设f（x）=x1，利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法，可求得f（—5）+f（—4）
+…+f（0）+…+
f（5）+f（6）的值为.
12.已知等比数列｛an｝中，
（1）若a3a4a5=8,贝Ua2a3a4a5a6=.
（2）若a1+a2=324,a3+a4=36,则a5+a6=.
（3）若®=2,S8=6,贝Ua17+a18+a19+a20=.
13.在8和27之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为.
32
14.在等差数列｛an｝中，3（a3+a5）+2（a7+a〔o+自3）=24,则此数列前13项之和为.
15.在等差数列｛an｝中，a5=3,a6=—2,贝Ua4+a5+^+ae=.
.：
■■■■]/.f\/X
16.设平面内有n条直线（n》3,其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点.若
用f（n）表示这n
条直线交点的个数，则f（4）=;当n>4时，f（n）=.
三、解答题
17.
（1）已知数列｛an｝的前n项和Sn=3n2—2n,求证数列｛an｝成等差数列.
（2）已知1,1,1成等差数列，求证bc,ca,ab也成等差数列.
abcabc
18.设｛an｝是公比为q?
的等比数列，且a1,a3,a2成等差数列.
（1）求q的值；
⑵设｛bn｝是以2为首项，q为公差的等差数列，其前n项和为Sn,当n》2时，比较Sn与bn的大小，并说明理由.
19.数列｛an｝的前n项和记为Sn,已知a1=1,an+1=n2Sn（n=1,2,3…）.
n
求证：
数列｛包｝是等比数列.
n
20.已知数列｛an｝是首项为a且公比不等于1的等比数列，Sn为其前n项和，a1,2a7,3a4成
等差数列，求证：
12S3,
Ss,S12—S6成等比数列.
高一数学数列综合测试题参考答案
一、选择题
1.C
解析：
由题设，代入通项公式an=a1+（n—1）d，即2005=1+3（n—1），二n=699.
精心整理
2.C
解析：
本题考查等比数列的相关概念，及其有关计算能力.
设等比数列｛an｝的公比为q（q>0），由题意得◎+a?
+a3=21,
即ai（1+q+q）=21,又ai=3,—1+q+q=7.
解得q=2或q=—3（不合题意，舍去），
222
•••a3+a4+a5=aiq（1+q+q）=3X2x7=84.
3.B.
解析：
由a1+as=a4+a5，「.排除C.
又a1•as=a1（a1+7d）=a1+7aM，
•a4•a5=（a1+3d）（at+4d）=a/+7a8+12d2>a1•as.
4.C
解析：
解法1:
设a1=—，a2=—+d，a3=丄+2d，a4=丄+3d，而方程X—2x+0中两根之和为
4444
2，x2—2x+n=0中两根之和也为2，
•°•a1+a2+a3+a4=1+6d=4，
•d=1，a1=—，a4=7是一个方程的两个根，a1=—，a3=—是另一个方程的两个根.
24444
•—，15分别为m或n，
1616
1
•.|m—n|=—，故选C.
2
解法2：
设方程的四个根为X1，X2，X3，X4，且X1+X2=X3+X4=2，X1•X2=m,X3•X4=n.
由等差数列的性质：
若？
+s=p+q，则a?
+as=ap+aq，若设X1为第一项，X2必为第四项，则
X2=—，于是可得等差数列为—，—，■—，—，
44444
715
--ir=—，n=
1616
1
•Im—n|=_.
2
5.B
解析：
Ta2=9，a5=243，01=q=空3=27，
a29
•q=3，ae=9，a1=3，
5
•S==空0=120.
1—32
6.B
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解析:
解法1：
由a2003+a2004>0,a2003•a2oo4<0,知a2o°3和a2004两项中有一正数一负数，又ai>0,则
公差为负数，否则各项总为正数，故a2003>a2004，即卩a2003>0,a2004<0.
...S4006—40心+a4。
06）—4006（a2003+a2。
04）>0,
22
••Soo7—4。
。
了•（a1+a4007）—4。
。
了•2a2oo4<0,
22
故4006为Sn>0的最大自然数.选B.
解法2：
由ai>0,a2003+a2004>0,a2003•a2004<0,
同解法1的分析
得a2003>0,a2004v0,
S2003为S中的最大值.
•••S是关于n的二次函数，如草图所示,
•2003到对称轴的距离比2004到对称轴的距离
2003:
2004
（第6题）
小,
•4007在对称轴的右侧.
2
根据已知条件及图象的对称性可得4006在图象
中右侧零点B的
左侧，4007,4008都在其右侧，S>0的最大自然数是4006.
7.B
解析：
•••{an}是等差数列，•a3—ai+4,a4—ai+6,
又由a1,a3,a4成等比数列,•-（a1+4）—a«a1+6），解得
3i——8,
--a2——8+2——6.
8.A
9（a1ag）
—2—9a5—
5（a1a5）5a3
2
9.A
解析：
设d和q分别为公差和公比，则一
4—-1+3d且—4—（—1）q4,
2,
1
2
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又anM0,二an=2,{an}为常数数列,
而an=，即2n—1=38=19,
2n—12
二n=10.
二、填空题
11.32.
解析：
•••f（x）
1
2X=
、2
2i22X
1X
1X
.22
12=<2
.22X
逅+2X
+
広
•••f（x）+f（1-x）=212X
-2X
2X，
.22
1十（22）「2
£+2X2
设S=f（—5）+f（—4）+•••+f（0）+•••+f（5）+f（6）,
l
则S=f（6）+f（5）+•••+f（0）+•••+f（—4）+f（—5）,
「厂]厂
•••2S=[f（6）+f（—5）]+[f（5）+f（—4）]+…+[f（—5）+f（6）]=62,
•••S=f（—5）+f（—4）+•••+f（0）+•••+f（5）+f（6）=32.
12.
（1）32;
（2）4;（3）32.
解析：
（1）由as•a5=a：
得a4=2,
5
/.a2•as•a4•a5•ae=a4=32.
（2）丿
q+a?
=32421
2nq=_,佝+a2）q2=369
4
/•a5+a6=（a1+a2）q=4.
（3）丿
S4=a〔+32+83+34=2
4o4=q=2,
S8=a1+a2++a8=S4+Stq
a17+a18+a19+a2o=Sq=32.
13.216.
解析：
本题考查等比数列的性质及计算，由插入三个数后成等比数列，因而中间数必与8,
3
27
2
同号，由等比中项的中间数为餐号=6J插入的三个数之积为鲁x%x6=216
14.26.
解析：
ta3+a5=2a4,a7+a13=2a1o,
精心整理
6（a4+aio）=24,a4+aio=4,
-s13（a汁a<）3）13[a4+aio）13汉426
--Si3====26.
222
15.—49.
解析：
d=a6—a5=—5,
a4+a5+…+aio
=7（a4+aio）
2
~7*5—d+a§+5d）
=2
=7（a5+2d）
=—49.
1
16.5,1（n+1）（n—2）.
2
解析：
同一平面内两条直线若不平行则一定相交，故每增加一条直线一定与前面已有的每条直
i
线都相交，「•f（k）=f（k—1）+（k—1）.
由f（3）=2,
f（4）=f（3）+3=2+3=5,
f（5）=f（4）+4=2+3+4=9,
f（n）=f（n—1）+（n—1）,
相加得f（n）=2+3+4+-+（n—1）=丄（n+1）（n—2）.
2
三、解答题
17.分析：
判定给定数列是否为等差数列关键看是否满足从第2项开始每项与其前一项差为常
数.
证明：
（1）n=1时，a1=S=3—2=1,
当nA2时，an=Si—S—1=3n—2n—[3（n—1）—2（n—1）]=6n—5,
n=1时，亦满足，二an=6n—5（n€N*）.
首项a=1,an—an—1=6n—5—[6（n—1）—5]=6（常数）（n€N*）,
•••数列｛an｝成等差数列且a1=1,公差为6.
（2）v1,1,丄成等差数列，
abc
•••-=-+1化简得2ac=b（a+c）.
bac
精心整理
a
c
ac
•b+c
c+a
a
b，
22
b+c.a+bbe+c+a+abb（a+十==一
士也成等差数列.
c
18.解:
ac
ac
b（a+c）
b
2
c）+a2+eC_（a十e）2_（a+e）2_?
.a+e
（1）由题设2a3=ai+a2,即卩2aiq12=ai+aiq,
2
-ai工0,••2q—q—1—0,
•••q-1或-舟.
（2）若q—1,则S—2n+
2
n（n—1）_n+3n__22
当n》2时，S—bn—S—1—（n—1）（n+2）>0,故S>bn.
2
jf-X-"/-i
2若q——丄，则S—2n+空二12（—丄）——n+9n.
2224
当n>2时，s—bn—S—1—（n—1）（10—n）,
4
故对于n€N+,当2wnW9时，Sn>bn;当n—10时，S—bn；当n》11时，Svbn.
19.证明：
T3n+1—Si+1—Sn，3n+1—"+十Si，
n
•°.（n+2）Sn—n（Sn+1—Sn），整理得nS+1—2（n+1）Sn，
所以S：
1
2Sn
n
故｛S1｝是以2为公比的等比数列.
n
20.证明：
由a1,2a7,3色成等差数列，得4a?
—a1+3a4,即卩4ag6—+3aq3,
变形得（4q3+1）（q3—1）—0,
S2-S6_S2—1
S6S6
•••q3——丄或q3—1（舍）.
4
d（1-q6）
1-q
12^（1—q3）12
1-q
12
&（1-q）
=1—q
4（1-『）
—1q3
1
—16；
1—1+q6—1—11；得庭—音
•d—-1,q
.a2-qd
・—2
b2-q
10.C
解析：
T{an}为等差数列，•a2—an-1+an+1,•aj—2an,
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