1、1107 分项练 7 数 列1设等差数列 an的前 n 项和为 Sn，若 a75， S927，则 a20等于( )A17 B18 C19 D20答案 B解析 由等差数列的前 n 项和公式可知S9 9 a527，解得 a53，9a1 a92又由 d 1，a7 a57 5 5 32所以由等差数列的通项公式可得a20 a515 d315118，故选 B.2设 Sn是公差不为 0 的等差数列 an的前 n 项和， S3 a ，且 S1， S2， S4成等比数列，则2a10等于( )A15 B19 C21 D30答案 B解析 设等差数列 an的公差为 d，由 S3 a ，得 3a2 a ，2 2解得 a
2、20 或 a23，又因为 S1， S2， S4成等比数列，所以 S S1S4，2所以(2 a2 d)2( a2 d)(4a22 d)，若 a20，则 d22 d2，此时 d0(不符合题意，舍去)，若 a23，则(6 d)2(3 d)(122 d)，解得 d2，所以 a10 a28 d38219，故选 B.23(2018浙江省普通高等学校全国招生统一考试)在等差数列 an中，若 0 时， n 的最小值为( )A14 B15 C16 D17答案 C解析 数列 an是等差数列，它的前 n 项和 Sn有最小值，公差 d0，首项 a10，a9a8由等差数列的性质知，2a8 a1 a150. Sn ，a1
3、 ann2当 Sn0 时， n 的最小值为 16.故选 C.4已知数列 an满足 a10， an1 (nN *)，则 a56等于( )an 33an 1A B0 C. D.3 332答案 A解析 由题意知，因为 an1 (nN *)，an 33an 1所以 a10， a2 ， a3 ， a40， a5 ， a6 ，3 3 3 3故此数列的周期为 3.所以 a56 a1832 a2 .3故选 A.5已知数列 an中， a11， a22，且 an2 an22(1) n， nN *，则 S2 019的值为( )A2 0181 0111 B1 0102 019C2 0191 0111 D1 0102
4、018答案 C解析 由递推公式，可得当 n 为奇数时， an2 an4，数列 an的奇数项是首项为 1，公差为 4 的等差数列，当 n 为偶数时， an2 an0，数列 an的偶数项是首项为 2，公差为 0 的等差数列，S2 019( a1 a3 a2 019)( a2 a4 a2 018)1 010 1 0101 00941 0092122 0191 0111.故选 C.36若 Sn为数列 an的前 n 项和，且 Sn2 an2，则 S8等于( )A255 B256 C510 D511答案 C解析 当 n1 时， a1 S12 a12，据此可得： a12，当 n2 时， Sn2 an2， S
5、n1 2 an1 2，两式作差可得： an2 an2 an1 ，则 an2 an1 ，据此可得数列 an是首项为 2，公比为 2 的等比数列，其前 8 项和 S8 2 925122510.21 281 27(2018浙江教育绿色评价联盟适应性考试)已知数列 an是正项数列，则“ an为等比数列”是“ a a 2 a ”的( )2n 1 2n 1 2nA充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案 A解析 设数列 an的公比为 q， an0，数列 a 是首项为 a ，公比为 q2的等比数列，则2n 21由 1 q42 q2，得 a a 2 a ，充分性成立；反之，并不能成立
6、，如反例：取数列2n 1 2n 1 2nan为 1,2,3，此时满足 123 2222，但不能得到 an为等比数列，必要性不成立综上，故选 A.8(2018浙江杭州二中月考)把正整数数列 1,2,3,4，中所有的 i21( iN *)项删除得到一个新数列 an，则 a2 018等于( )A2 018 B2 062 C2 063 D2 071答案 C解析 由题意得，删除的第 45 个正整数为 45212 026，则 2 027 a2 02745 a1 982，删除的第 46 个正整数为 46212 117，则 2 118 a2 11846 a2 072，所以 a2 018前共删除了45 个正整数
7、，则 a2 0182 018452 063，故选 C.9记 Sn为数列 an的前 n 项和，满足 a1 ，2 an1 3 Sn3( nN *)，若 Sn M 对任意32 2Sn的 nN *恒成立，则实数 M 的最小值为( )A2 B. C. D42176 4112答案 C解析 由 a1 ，2 an1 3 Sn3( nN *)，324则 2an3 Sn1 3( n2)两式相减，可得 2an1 2 an3 an0，即 q.an 1an 12又 a2 ， ，34 a2a1 12 a1 ， an n1 .32 32( 12)那么 Sn 1 n.321 ( 12)n1 12 ( 12) Sn .34 3
8、2要使 Sn M 对任意的 nN *恒成立2Sn根据对勾函数的性质，当 Sn 时， Sn 取得最大值为 ，实数 M 的最小值为 .34 2Sn 4112 411210已知数列 an满足当 2k1 110 的 n 的最小值为( )A59 B58 C57 D60答案 B解析 由题意可得：当 k1 时，2 012.5，解得 m ，3m32 803所以使得 Sn10 时， n57，所以 n 的最小值为 58，故选 B.11(2018浙江省名校协作体联考)已知 an是公差为2 的等差数列， Sn为其前 n 项和，且 a21， a51， a71 成等比数列，则 a1_，当 n_时， Sn有最大值答案 19
9、 10解析 因为 a21， a51， a71 构成等比数列，所以( a51) 2( a21)( a71)，即 a14(2)1 2 a11(2)1 a16(2)1，解得 a119，则 Sn na1 d n220 n，nn 12所以当 n 10 时， Sn取得最大值20 1212已知等比数列 an的首项是 1，公比为 3，等差数列 bn的首项是5，公差为 1，把 bn中的各项按如下规则依次插入到 an的每相邻两项之间，构成新数列 ：cna1， b1， a2， b2， b3， a3， b4， b5， b6， a4，即在 an和 an1 两项之间依次插入 bn中 n 个项，则 c2 018_.(用数字
10、作答)答案 1 949解析 由题意可得， an3 n1 ，bn5( n1)1 n6，由题意可得，数列 cn中的项为 30，5,3 1，4，3,3 2，2，1,0,3 3，3 k时，数列 cn的项数为 12 k( k1) ，k 1k 22当 k62 时， 2 016，即此时共有 2 016 项，且第 2 016 项为 362，63642 c2 018 b1 9551 95561 949.13(2018绍兴模拟)已知等比数列 an的前 n 项和 Sn3 n r，则 a3 r_，数列的最大项是第 k 项，则 k_.nn 4(23)n6答案 19 4解析 等比数列前 n 项和公式具有特征：Sn aqn
11、 a，据此可知， r1，则 Sn3 n1， a3 S3 S2(3 31)(3 21)18，a3 r19.令 bn n(n4) n，且 bn0，(23)则 ，bn 1bn 23 n2 6n 5n2 4n由 1 可得 n210，bn 1bn 23 n2 6n 5n2 4n据此可得，数列中的项满足： b1b5b6b7b8，则 k4.14已知数列 an的奇数项依次构成公差为 d1的等差数列，偶数项依次构成公差为 d2的等差数列(其中 d1， d2为整数)，且对任意 nN *，都有 ana2，即 1 d12，解得 d11；又Error! 所以Error!解得1 d10，所以 an1 an， an是递增数
12、列，所以 an1 1 an (an1)0，所以 ，1an 1 1 1anan 1 1an 1 1an所以 ，1an 1an 1 1an 1 1所以 Tn 1a1 1a2 1an ，(1a1 1 1a2 1) ( 1a2 1 1a3 1) ( 1an 1 1an 1 1) 1a1 1 1an 1 1所以 m T2 0173 ，1a2 018 1因为 a1 ，43所以 a2 2 1 ，(43) 43 139a3 2 1 ，(139) 139 13381a4 2 12，(13381) 13381所以 a2 018a2 017a2 016a42，所以 a2 01811，所以 0 1，1a2 018 1所以 23 3，因此 m 的整数部分是 2.1a2 018 1
