1、107 分项练 7 数 列1设等差数列a n的前 n 项和为 Sn，若 a75，S 927，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 9a 527，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a20a 515d315118，故选 B.2设 Sn是公差不为 0 的等差数列a n的前 n 项和，S 3a ，且 S1，S 2，S 4 成等比数列，则2a10 等于( )A15 B19 C21 D30答案 B解析 设等差数列a n的公差为 d，由 S3a ，得 3a2a ，2 2解得 a20
2、 或 a23，又因为 S1，S 2，S 4 成等比数列，所以 S S 1S4，2所以(2a 2d) 2( a2d)(4 a2 2d)，若 a20，则 d22d 2，此时 d0(不符合题意，舍去) ，若 a23，则(6d) 2(3 d)(122d) ，解得 d2，所以 a10a 28d38219，故选 B.3(2018浙江省普通高等学校全国招生统一考试) 在等差数列a n中，若 0 时，n 的最小值为( )A14 B15 C16 D17答案 C解析 数列a n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，2a8a 1a 150.S n ，a1
3、ann2当 Sn0 时，n 的最小值为 16.故选 C.4已知数列a n满足 a10，a n1 (nN *)，则 a56 等于( )an 33an 1A B 0 C. D.3 332答案 A解析 由题意知，因为 an1 (nN *)，an 33an 1所以 a10，a 2 ，a 3 ，a 40，a 5 ，a 6 ，3 3 3 3故此数列的周期为 3.所以 a56a 1832 a 2 .3故选 A.5已知数列a n中，a 11，a 22，且 an2 a n22(1) n，nN *，则 S2 019 的值为( )A2 0181 0111 B1 0102 019C2 0191 0111 D1 010
4、2 018答案 C解析 由递推公式，可得当 n 为奇数时，a n2 a n4，数列a n的奇数项是首项为 1，公差为 4 的等差数列，当 n 为偶数时，a n2 a n0，数列a n的偶数项是首项为 2，公差为 0 的等差数列，S2 019(a 1a 3a 2 019)(a 2a 4a 2 018)1 010 1 0101 00941 0092122 0191 0111.故选 C.6若 Sn为数列a n的前 n 项和，且 Sn2a n2，则 S8 等于 ( )A255 B256 C510 D511答案 C解析 当 n1 时，a 1S 12a 12，据此可得：a 12，当 n2 时，S n2a
5、n2，S n1 2a n1 2，两式作差可得：a n2a n2a n1 ，则 an2a n1 ，据此可得数列a n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a n是正项数列，则“ an为等比数列”是“a a 2a ”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a n的公比为 q，a n0，数列 a 是首项为 a ，公比为 q2 的等比数列，则2n 21由 1q 42q 2，得 a a 2a ，充分性成立；反之，并
6、不能成立，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a n，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 027a 2 02745 a 1 982，删除的第 46 个正整数为 46212 117，则 2 118a 2 11846 a 2 072，所以 a2 018 前共删
7、除了 45 个正整数，则 a2 0182 018452 063，故选 C.9记 Sn为数列a n的前 n 项和，满足 a1 ，2a n1 3S n3(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 ，2a n1 3S n3(nN *)，32则 2an3S n1 3(n2)两式相减，可得 2an1 2a n3a n0，即 q.an 1an 12又 a2 ， ，34 a2a1 12a 1 ，a n n1 .32 32( 12)那么 Sn 1 n.321 ( 12)n1 12 ( 12) S
8、n .34 32要使 Sn M 对任意的 n N*恒成立2Sn根据对勾函数的性质，当 Sn 时，S n 取得最大值为 ，实数 M 的最小值为 .34 2Sn 4112 411210已知数列a n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a n是公差为2 的等差数列，S n为其前 n 项和，且a21，a 51，a 71 成等比数列，则 a1_，当 n_时，S n有最
9、大值答案 19 10解析 因为 a21，a 51，a 71 构成等比数列，所以(a 51) 2( a21)( a71)，即a 1 4(2)1 2 a11( 2)1a 16(2) 1 ，解得 a119，则 Snna 1 dn 220n，nn 12所以当 n 10 时，S n取得最大值20 1212已知等比数列a n的首项是 1，公比为 3，等差数列b n的首项是5，公差为 1，把b n中的各项按如下规则依次插入到a n的每相邻两项之间，构成新数列 ：cna1，b 1，a 2，b 2，b 3，a 3，b 4，b 5，b 6，a 4，即在 an和 an1 两项之间依次插入b n中 n 个项，则 c2
10、 018_.( 用数字作答)答案 1 949解析 由题意可得，a n3 n1 ，bn5(n1)1n6，由题意可得，数列c n中的项为 30，5,3 1，4，3,3 2，2，1,0,3 3，3 k时，数列c n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 362，63642c 2 018b 1 9551 95561 949.13(2018绍兴模拟)已知等比数列 an的前 n 项和 Sn3 nr，则 a3r_，数列的最大项是第 k 项，则 k_.nn 4(23)n答案 19 4解析 等比数列前 n 项和公式具有特征：
11、Snaq na，据此可知，r1，则 Sn3 n1，a 3S 3S 2(3 31) (3 21) 18，a3r19.令 bnn(n4) n，且 bn0，(23)则 ，bn 1bn 23n2 6n 5n2 4n由 1 可得 n210，bn 1bn 23n2 6n 5n2 4n据此可得，数列中的项满足：b 1b5b6b7b8，则 k 4.14已知数列a n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，d 2 为整数)，且对任意 nN *，都有 ana2，即 1d 12，解得 d11；又Error! 所以Error!解得1d 10，所以 an1 an，a
12、 n是递增数列，所以 an1 1a n (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 mT 2 017 3 ，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
