2019届二轮复习小题专练 数列作业（全国通用）
展开小题专练·作业(七) 数列
1．已知数列{an}是等差数列，a10＝10，其前10项和S10＝55，则其公差d＝( )
A．0 B．1
C．－1 D．
解析 由题意可得S10＝×10＝×10＝55，解得a1＝1，故公差d＝＝1。故选B。
答案 B
2．若数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，且a1＝2a3－3，则S9＝( )
A．25 B．27
C．50 D．54
解析 设数列{an}的公差为d，由题意得a1＝2(a1＋2d)－3，即a5＝a1＋4d＝3，则S9＝×9＝×9＝9a5＝27。故选B。
答案 B
3．在等比数列{an}中，a2a3a4＝8，a7＝8，则a1＝( )
A．1 B．±1
C．2 D．±2
解析 因为数列{an}是等比数列，所以a2a3a4＝a＝8，所以a3＝2，所以a7＝a3q4＝2q4＝8，所以q2＝2，a1＝＝1。故选A。
答案 A
4．(2018·福建厦门模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2n＋1＋λ，则λ＝( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析 解法一：当n＝1时，a1＝S1＝4＋λ。当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1＋λ)－(2n＋λ)＝2n，此时＝＝2。因为{an}是等比数列，所以＝2，即＝2，解得λ＝－2。故选A。
解法二：依题意，a1＝S1＝4＋λ，a2＝S2－S1＝4，a3＝S3－S2＝8，因为{an}是等比数列，所以a＝a1·a3，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2。故选A。
答案 A
5．(2018·贵阳适应性练习)《九章算术》是我国古代的数学名著，书中《均输章》有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何。”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊每人所得依次成等差数列。问：五人各得多少钱(‘钱’是古代的一种重量单位)？”在这个问题中，丙所得为( )
A．钱 B．钱
C．钱 D．1钱
解析 解法一：设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d。因为甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，所以(a－2d)＋(a－d)＋a＋(a＋d)＋(a＋2d)＝5，所以a＝1。所以丙所得为1钱。故选D。
解法二：由题意，设甲、乙、丙、丁、戊所得钱组成以a1为首项，d为公差的等差数列，甲为a1，乙为a2，丙为a3，丁为a4，戊为a5。由等差数列的性质，得a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝5a3＝5，所以a3＝1，即丙所得为1钱。故选D。
答案 D
6．(2018·湖南湘潭三模)已知等比数列{an}的前n项积为Tn，若a1＝－24，a4＝－，则当Tn取最大值时，n的值为( )
A．2 B．3
C．4 D．6
解析 等比数列{an}的前n项积为Tn，由a1＝－24，a4＝－，可得q3＝＝，解得q＝，所以Tn＝a1a2a3…an＝(－24)n·q1＋2＋…＋(n－1)＝(－24)n·n(n－1)，当Tn取最大值时，可得n为偶数，当n＝2时，T2＝242·＝192；当n＝4时，T4＝244·6＝；当n＝6时，T6＝246·15＝，则T6<T2<T4，又当n>6，且n为偶数时，Tn<T6，故n＝4时，Tn取最大值。故选C。
答案 C
7．(2018·惠州调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a9＝a12＋6，a2＝4，则数列的前10项和为( )
A． B．
C． D．
解析 设等差数列{an}的公差为d，由a9＝a12＋6及等差数列的通项公式得a1＋5d＝12，又a2＝4，所以a1＝2，d＝2，所以Sn＝n2＋n，所以＝＝－，所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－＝。故选B。
答案 B
8．(2018·湖北八校联考)已知数列{an}满足an＝(n∈N*)，将数列{an}中的整数项按原来的顺序组成新数列{bn}，则b2 017的末位数字为( )
A．8 B．2
C．3 D．7
解析 由an＝(n∈N*)，可得此数列为，，，，，，，，，，，，，…，整数项为，，，，，，…，所以数列{bn}的各项依次为2,3,7,8,12,13,17,18，…，末位数字分别是2,3,7,8,2,3,7,8，…，因为2 017＝4×504＋1，所以b2 017的末位数字为2。故选B。
答案 B
9．已知公比q≠1的等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝3a3，则S5＝________。
解析 因为S3＝a1＋a2＋a3＝3a3，所以a1＋a2＝2a3，化简可得1＋q－2q2＝0，解得q＝1(舍去)或q＝－，故S5＝＝。
答案
10．(2018·湖北荆州一模)已知等比数列{an}的公比不为－1，设Sn为等比数列{an}的前n项和，S12＝7S4，则＝________。
解析 由题意可知S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，则(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)，又S12＝7S4，所以(S8－S4)2＝S4·(7S4－S8)，可得S－6S－S8S4＝0，两边都除以S，得2－－6＝0，解得＝3或－2，又＝1＋q4(q为{an}的公比)，所以>1，所以＝3。
答案 3
11．(2018·郑州质量预测)已知数列{an}满足log2an＋1＝1＋log2an(n∈N*)，且a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1，则log2(a101＋a102＋…＋a110)＝________。
解析 因为log2an＋1＝1＋log2an，可得log2an＋1＝log22an，所以an＋1＝2an，所以数列{an}是以a1为首项，2为公比的等比数列，又a1＋a2＋…＋a10＝1，所以a101＋a102＋…＋a110＝(a1＋a2＋…＋a10)×2100＝2100，所以log2(a101＋a102＋…＋a110)＝log22100＝100。
答案 100
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝2n－1，数列{bn}满足2·bi－2n＝Sn，若bn≤λ对任意的n∈N*恒成立，则实数λ的最小值为________。
解析 依题意得Sn＝＝n2，则2(b1＋2b2＋3b3＋…＋nbn)－2n＝n2，当n≥2时，2[b1＋2b2＋3b3＋…＋(n－1)bn－1]－2(n－1)＝(n－1)2，两式相减，整理得2nbn＝2n＋1(n≥2)，即bn＝1＋(n≥2)。可验证n＝1时也满足此式，因此bn＝1＋，故1＋≤λ，则实数λ的最小值为。
答案
13．(2018·山西八校联考)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，若bn＋1＝(n－λ)，b1＝－λ，且数列{bn}是递增数列，则实数λ的取值范围是( )
A．(2，＋∞) B．(3，＋∞)
C．(－∞，2) D．(－∞，3)
解析 由an＋1＝，知＝＋1，即＋1＝2，所以数列是首项为＋1＝2，公比为2的等比数列，所以＋1＝2n，所以bn＋1＝(n－λ)·2n(n∈N*)，所以bn＝(n－1－λ)2n－1(n≥2)，又b1＝－λ符合上式，所以bn＝(n－1－λ)2n－1，因为数列{bn}是递增数列，所以bn＋1－bn＝(n－λ)2n－(n－1－λ)2n－1＝(n＋1－λ)2n－1>0对一切正整数n恒成立，所以λ<n＋1，因为n∈N*，所以λ<2。故选C。
答案 C
14．(2018·河北名校联考)在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数染成红色。先染1；再染两个偶数2,4；再染4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9；再染9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16；再染此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25。按此规则一直染下去，得到一红色子数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，…则在这个红色子数列中，由1开始的第2 018个数是( )
A．3 971 B．3 972
C．3 973 D．3 974
解析 由题意可知，第1组有1个数，第2组有2个数…根据等差数列的前n项和公式，可知前n组共有个数。由于2 016＝<2 018<＝2 080，因此，第2 018个数是第64组的第2个数。由于第1组最后一个数是1，第2组最后一个数是4，第3组最后一个数是9，…，第n组最后一个数是n2，因此，第63组最后一个数是632,632＝3 969，第64组为偶数组，其第1个数为3 970，第2个数为3 972。故选B。
答案 B
15．(2018·武汉调研)对任一实数序列A＝(a1，a2，a3，…)，定义新序列ΔA＝(a2－a1，a3－a2，a4－a3，…)，它的第n项为an＋1－an。假定序列Δ(ΔA)的所有项都是1，且a12＝a22＝0，则a2＝________。
解析 令bn＝an＋1－an，依题意知数列{bn}为等差数列，且公差为1，所以bn＝b1＋(n－1)×1，a1＝a1，a2－a1＝b1，a3－a2＝b2，…，an－an－1＝bn－1，累加得an＝a1＋b1＋…＋bn－1＝a1＋(n－1)b1＋＝(n－1)a2－(n－2)a1＋，分别令n＝12，n＝22，得解得a1＝，a2＝100。
答案 100
16．(2018·贵阳摸底)已知函数f(x)＝xn－xn＋1(n∈N*)，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线与y轴的交点的纵坐标为bn，则数列{bn}的前n项和为________。
解析 因为f′(x)＝nxn－1－(n＋1)xn，所以f′(2)＝n×2n－1－(n＋1)×2n，所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－f(2)＝[n×2n－1－(n＋1)×2n](x－2)，令x＝0可得y＝－2[n×2n－1－(n＋1)×2n]＋f(2)＝－2[n×2n－1－(n＋1)×2n]＋2n－2n＋1＝(n＋1)×2n＝bn，设数列{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝2×21＋3×22＋…＋(n＋1)×2n ①，2Sn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋(n＋1)×2n＋1 ②，①－②得，－Sn＝2×21＋22＋…＋2n－(n＋1)×2n＋1＝2＋－(n＋1)×2n＋1＝2＋2(2n－1)－(n＋1)×2n＋1＝2n＋1－(n＋1)×2n＋1＝－n×2n＋1，所以Sn＝n×2n＋1。
答案 n×2n＋1
