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  • 2021-06-11 发布

2019版一轮复习理数通用版“数列”双基过关检测

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“数列”双基过关检测 一、选择题 1.(2017·全国卷Ⅰ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和.若 a4+a5=24,S6=48,则{an} 的公差为( ) A.1 B.2 C.4 D.8 解析:选 C 设等差数列{an}的公差为 d, 由 a4+a5=24, S6=48, 得 a 1+3da 1+4d=24, 6a 1+ 6×5 2 d=48, 即 2a1+7d=24, 2a1+5d=16, 解得 d=4. 2.(2018·江西六校联考)在等比数列{an}中,若 a3a5a7=-3 3,则 a2a8=( ) A.3 B. 17 C.9 D.13 解析:选 A 由 a3a5a7=-3 3,得 a35=-3 3,即 a5=- 3,故 a2a8=a25=3. 3.在数列{an}中,已知 a1=2,a2=7,an+2等于 anan+1(n∈N*)的个位数,则 a2 018=( ) A.8 B.6 C.4 D.2 解析:选 D 由题意得 a3=4,a4=8,a5=2,a6=6,a7=2,a8=2,a9=4,a10=8. 所以数列中的项从第 3项开始呈周期性出现,周期为 6,故 a2 018=a335×6+8=a8=2. 4.已知数列{an}满足 a1=1,an=an-1+2n(n≥2,n∈N*),则 a7=( ) A.53 B.54 C.55 D.109 解析:选 C a2=a1+2×2,a3=a2+2×3,……,a7=a6+2×7, 各式相加得 a7=a1+2(2+3+4+…+7)=55. 5.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=1,an+1=3Sn(n∈N*),则 S6=( ) A.44 B.45 C.1 3 ×(46-1) D.1 4 ×(45-1) 解析:选 B 由 an+1=3Sn,得 a2=3S1=3. 当 n≥2时,an=3Sn-1,则 an+1-an=3an,n≥2, 即 an+1=4an,n≥2,则数列{an}从第二项起构成等比数列,所以 S6= a7 3 = 3×45 3 =45. 6.等差数列{an}和{bn}的前 n 项和分别为 Sn,Tn,对一切自然数 n,都有 Sn Tn = n n+1 ,则 a5 b5 等于( ) A.3 4 B.5 6 C. 9 10 D.10 11 解析:选 C ∵S9= 9a1+a9 2 =9a5,T9= 9b1+b9 2 =9b5,∴ a5 b5 = S9 T9 = 9 10 . 7.已知数列{an}是首项为 1的等比数列,Sn是其前 n 项和,若 5S2=S4,则 log4a3的值 为( ) A.1 B.2 C.0或 1 D.0或 2 解析:选 C 由题意得,等比数列{an}中,5S2=S4,a1=1, 所以 5(a1+a2)=a1+a2+a3+a4, 即 5(1+q)=1+q+q2+q3, q3+q2-4q-4=0,即(q+1)(q2-4)=0, 解得 q=-1或±2, 当 q=-1时,a3=1,log4a3=0. 当 q=±2时,a3=4,log4a3=1. 综上所述,log4a3的值为 0或 1. 8.设数列{an}是公差为 d(d>0)的等差数列,若 a1+a2+a3=15,a1a2a3=80,则 a11+a12 +a13=( ) A.75 B.90 C.105 D.120 解析:选 C 由 a1+a2+a3=15得 3a2=15,解得 a2=5, 由 a1a2a3=80,得(a2-d)a2(a2+d)=80, 将 a2=5代入,得 d=3(d=-3舍去), 从而 a11+a12+a13=3a12=3(a2+10d)=3×(5+30)=105. 二、填空题 9.若数列{an}满足 a1+3a2+32a3+…+3n-1an= n 3 ,则数列{an}的通项公式为________. 解析:当 n≥2时,由 a1+3a2+32a3+…+3n-1an= n 3 , 得 a1+3a2+32a3+…+3n-2an-1= n-1 3 , 两式相减得 3n-1an= n 3 - n-1 3 = 1 3 , 则 an= 1 3n . 当 n=1时,a1= 1 3 满足 an= 1 3n , 所以 an= 1 3n . 答案:an= 1 3n 10.数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 Sn=2an-1,则 an=________. 解析:∵Sn=2an-1, ① ∴Sn-1=2an-1-1(n≥2), ② ①-②得 an=2an-2an-1, 即 an=2an-1. ∵S1=a1=2a1-1,即 a1=1, ∴数列{an}为首项是 1,公比是 2的等比数列, 故 an=2n-1. 答案:2n-1 11.已知数列{an}中,a2n=a2n-1+(-1)n,a2n+1=a2n+n,a1=1,则 a20=________. 解析:由 a2n=a2n-1+(-1)n,得 a2n-a2n-1=(-1)n, 由 a2n+1=a2n+n,得 a2n+1-a2n=n, 故 a2-a1=-1,a4-a3=1,a6-a5=-1,…,a20-a19=1. a3-a2=1,a5-a4=2,a7-a6=3,…,a19-a18=9. 又 a1=1,累加得:a20=46. 答案:46 12.数列{an}为正项等比数列,若 a3=3,且 an+1=2an+3an-1(n≥2,n∈N*),则此数 列的前 5项和 S5=________. 解析:设公比为 q(q>0), 由 an+1=2an+3an-1,可得 q2=2q+3,所以 q=3, 又 a3=3,则 a1= 1 3 , 所以此数列的前 5项和 S5= 1 3 ×1-35 1-3 = 121 3 . 答案: 121 3 三、解答题 13.已知在等差数列{an}中,a3=5,a1+a19=-18. (1)求公差 d 及通项 an; (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn及使得 Sn取得最大值时 n 的值. 解:(1)∵a3=5,a1+a19=-18, ∴ a1+2d=5, 2a1+18d=-18, ∴ a1=9, d=-2, ∴an=11-2n. (2)由(1)知,Sn= na1+an 2 = n9+11-2n 2 =-n2+10n=-(n-5)2+25, ∴n=5时,Sn取得最大值. 14.已知数列{an}满足 a1 2 + a2 22 + a3 23 +…+ an 2n =n2+n. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 bn= -1nan 2 ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 解:(1)∵a1 2 + a2 22 + a3 23 +…+ an 2n =n2+n, ∴当 n≥2时, a1 2 + a2 22 + a3 23 +…+ an-1 2n-1 =(n-1)2+n-1, 两式相减得 an 2n =2n(n≥2),∴an=n·2n+1(n≥2). 又∵当 n=1时, a1 2 =1+1,∴a1=4,满足 an=n·2n+1. ∴an=n·2n+1. (2)∵bn= -1nan 2 =n(-2)n, ∴Sn=1×(-2)1+2×(-2)2+3×(-2)3+…+n×(-2)n. -2Sn=1×(-2)2+2×(-2)3+3×(-2)4+…+(n-1)×(-2)n+n(-2)n+1, ∴两式相减得 3Sn= (-2)+ (-2)2+ (-2)3+ (-2)4+…+ (-2)n-n(- 2)n + 1= -2[1--2n] 1--2 -n(-2)n+1=--2n+1-2 3 -n(-2)n+1=- 3n+1-2n+1+2 3 , ∴Sn=- 3n+1-2n+1+2 9 .