2022届一轮复习专题练习6 第46练 数列小题易错练（解析版）

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A．3 B．±3 C.eq \r(3) D．±eq \r(3)
2．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，则a2 021的值为( )
A．2 B．－3 C．－eq \f(1,2) D.eq \f(1,3)
3．(2020·湖南长沙一中期中)在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做“等和数列”，这个数叫做数列的公和．已知等和数列{an}中，a1＝2，公和为5，则a18等于( )
A．2 B．－2 C．3 D．－3
4．在等差数列{an}中，S16>0，S17<0，当其前n项和取得最大值时，n等于( )
A．8 B．9 C．16 D．17
5．等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的首项a1＝－5，它的前11项的平均值为5，从中抽去一项，余下的10项平均值为4，则抽去的一项是( )
A．a5 B．a6 C．a10 D．a11
6．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Sn＋nan))为常数列，则an等于( )
A.eq \f(1,3n－1) B.eq \f(2,n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1)))
C.eq \f(6,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋2))) D.eq \f(5－2n,3)
7．设{an}是公比为q的等比数列，|q|>1，令bn＝an＋1(n＝1,2，…)，若数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则q等于( )
A．－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2) C．－eq \f(3,2) D.eq \f(3,2)
8．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式为an＝eq \f(9n2－9n＋2,9n2－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*)).则下列说法正确的是( )
A．这个数列的第10项为eq \f(27,31)
B.eq \f(97,100)不是该数列中的项
C．数列中的各项都在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))内
D．数列{an}是单调递减数列
9．(2020·江苏启东中学月考)大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论．主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，…，则下列说法不正确的是( )
A．此数列的第20项是200
B．此数列的第19项是180
C．此数列偶数项的通项公式为a2n＝2n2
D．此数列的前n项和为Sn＝n·(n－1)
10．数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想Fn＝＋1(n＝0,1,2，…)是质数．直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5＝641*6 700 417，不是质数．现设an＝lg2(Fn－1)(n＝1,2，…)，Sn表示数列{an}的前n项和．则使不等式eq \f(2,S1S2)＋eq \f(22,S2S3)＋…＋eq \f(2n,SnSn＋1)A．11 B．10
C．9 D．8
11．已知正项数列{an}满足an＋1＝(eq \r(an＋1)＋1)2－1，且a1＝3，则an＝________.
12．已知数列{an}满足an＝cs nπ·n2，则{an}的前100项和S100＝________.
13．已知数列{an}的前n项和为Sn，且3Sn＝64－an，若am·ak＝1(1≤m≤k，m，k∈N*)，则k的取值集合是________．
14．已知数列{an}，{bn}都是公差为1的等差数列，且a1＋b1＝5，bn∈N*，设cn＝abn，则数列{cn}的前n项和Sn＝________.
答案精析
1．C [由题意可知，a3＋a7＝eq \f(11,3)，a3·a7＝3,
∴aeq \\al(2,5)＝3，a5＝±eq \r(3)，
∵a3>0，a7>0，且等比数列中奇数项同号，
∴a5＝eq \r(3).]
2．A [由题意得a2＝eq \f(1＋2,1－2)＝－3，a3＝eq \f(1－3,1＋3)＝－eq \f(1,2)，a4＝eq \f(1－\f(1,2),1＋\f(1,2))＝eq \f(1,3)，a5＝eq \f(1＋\f(1,3),1－\f(1,3))＝2，
所以数列{an}的周期为4，所以a2 021＝a1＝2.]
3．C [根据题意，在等和数列{an}中，a1＝2，公和为5，则a1＋a2＝5，即可得a2＝3，
又由an－1＋an＝5，得an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n为奇数，,3，n为偶数，))则a18＝3.]
4．A [依题意，S16>0，即a1＋a16＝a8＋a9>0，S17<0，即a1＋a17＝2a9<0，所以a9<0，a8>0，所以等差数列{an}为递减数列，且前8项为正数，从第9项以后为负数，所以当其前n项和取得最大值时，n＝8.]
5．D [设抽去的项为an，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋…＋a11))－an＝10×4＝40，
即11×5－an＝40，∴an＝15，
又∵S11＝eq \f(11\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a11)),2)＝55，
∴a11＝15，即抽去的项为a11.]
6．B [由题意知，Sn＋nan＝2，当n≥2时，Sn－1＋(n－1)·an－1＝2，两式相减得(n＋1)an＝(n－1)an－1，即eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,n＋1)，从而eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·eq \f(a4,a3)·…·eq \f(an,an－1)＝eq \f(1,3)·eq \f(2,4)·…·eq \f(n－1,n＋1)，则an＝eq \f(2,n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1))).当n＝1时，eq \f(2,1×2)＝1成立，所以an＝eq \f(2,n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1))).]
7．C [{bn}有连续四项在{－53，－23,19,37,82}中且bn＝an＋1，即an＝bn－1，则{an}有连续四项在{－54，－24，18,36,81}中．
∵{an}是等比数列，等比数列中有负数项，
∴q<0，且负数项为相隔两项，
又∵|q|>1，
∴等比数列各项的绝对值递增．
按绝对值由小到大的顺序排列上述数值18，－24,36，－54,81，相邻两项相除eq \f(－24,18)＝－eq \f(4,3)，eq \f(36,－24)＝－eq \f(3,2)，－eq \f(54,36)＝－eq \f(3,2)，eq \f(81,－54)＝－eq \f(3,2)，则可得－24,36，－54,81是{an}中连续的四项．
∴q＝－eq \f(3,2).]
8．C [an＝eq \f(9n2－9n＋2,9n2－1)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3n－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3n－2)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3n－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3n＋1)))＝eq \f(3n－2,3n＋1).令n＝10，得a10＝eq \f(28,31)，故选项A不正确；令eq \f(3n－2,3n＋1)＝eq \f(97,100)，得n＝33，故eq \f(97,100)是该数列中的第33项，故选项B不正确；因为an＝eq \f(3n－2,3n＋1)＝eq \f(3n＋1－3,3n＋1)＝1－eq \f(3,3n＋1)，又n∈N*，所以数列{an}是单调递增数列，所以eq \f(1,4)≤an<1，所以数列中的各项都在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))内，故选项C正确，选项D不正确．]
9．D [观察此数列，偶数项通项公式为a2n＝2n2，奇数项是后一项减去后一项的项数，a2n－1＝a2n－2n，由此可得a20＝2×102＝200，A正确；a19＝a20－20＝180，B正确；C正确；Sn＝n(n－1)＝n2－n是一个等差数列的前n项和，而题中数列不是等差数列，不可能有Sn＝n·(n－1)，D不正确．]
10．C [把Fn＝代入an＝lg2(Fn－1)，
得an＝＝2n，
故Sn＝eq \f(21－2n,1－2)＝2(2n－1)，
则eq \f(2n,SnSn＋1)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))，
则不等式eq \f(2,S1S2)＋eq \f(22,S2S3)＋…＋eq \f(2n,SnSn＋1)
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1－1)))代入计算可得，当不等式成立时，n的最小值为9.]
11．n2＋2n
解析 ∵an>0，
∴an＋1＋1＝(eq \r(an＋1)＋1)2，
即eq \r(an＋1＋1)＝eq \r(an＋1)＋1，
即eq \r(an＋1＋1)－eq \r(an＋1)＝1，
∴{eq \r(an＋1)}是以eq \r(a1＋1)＝2为首项，1为公差的等差数列，
∴eq \r(an＋1)＝2＋(n－1)×1＝n＋1，
∴an＋1＝(n＋1)2，
∴an＝n2＋2n.
12．5 050
解析 ∵an＝cs nπ·n2＝(－1)n·n2，
∴S100＝－12＋22－32＋42－52＋62＋…－992＋1002
＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋(－992＋1002)
＝(1＋2)＋(3＋4)＋(5＋6)＋…＋(99＋100)
＝eq \f(100×101,2)＝5 050.
13．{4,5}
解析 当n＝1时，3a1＝64－a1，解得a1＝16；
当n≥2时，3Sn＝64－an和3Sn－1＝64－an－1两式相减，
得3an＝an－1－an，即eq \f(an,an－1)＝eq \f(1,4)，
则数列{an}是首项为16、公比为eq \f(1,4)的等比数列，
所以an＝16×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n－3，{an}是递减数列，
即各项依次为16,4,1，eq \f(1,4)，eq \f(1,16)，eq \f(1,64)，…，
所以a1a5＝1，a2a4＝1，a3＝1，结合1≤m14.eq \f(1,2)n(n＋7)
解析 Sn＝ab1＋ab2＋ab3＋…＋abn
＝[a1＋(b1－1)]＋[a1＋(b2－1)]＋[a1＋(b3－1)]＋…＋[a1＋(bn－1)]
＝[a1＋(b1－1)]＋[a1＋(b1＋1)－1]＋[a1＋(b1＋2)－1]＋…＋[a1＋(b1＋n－1)－1]
＝na1＋nb1－n＋1＋2＋…＋(n－1)
＝n(a1＋b1 )－n＋eq \f(nn－1,2)
＝4n＋eq \f(nn－1,2)＝eq \f(1,2)n(n＋7)．