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- 2021-06-11 发布
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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=
9a1+a9
2
=9a5,T9=
9b1+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=
na1+an
2
=
n9+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=
-1nan
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=
-1nan
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--2n]
1--2
-n(-2)n+1=--2n+1-2
3
-n(-2)n+1=-
3n+1-2n+1+2
3
,
∴Sn=-
3n+1-2n+1+2
9
.
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