2019版一轮复习理数通用版“数列”双基过关检测

2019版一轮复习理数通用版“数列”双基过关检测

“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 .