专题07 数列（测）（解析版）

专题07数列能力提升检测卷时间：60分钟分值：120分一、选择题（每小题只有一个正确选项，共60分）1．已知数列na满足13a，111nnaann，则na（）A．14nB．14nC．12nD．12n【答案】B【分析】由1111nnaann，利用累加法得出na.【详解】由题意可得111111nnaannnn，所以21112aa，321123aa，…，1111nnaann，上式累加可得121321nnnaaaaaaaa111111112231nnn，又13a，所以14nan.故选：B.2．等差数列{}na前n项和为nS，281112aaa，则13S（）A．32B．42C．52D．62【答案】C【分析】将2811aaa化成1a和d的形式，得到二者关系，求得7a，利用13713Sa求得结果.【详解】28111111()71031812aaaadadadad164ad，即74a1131371313134522aaSa故选：C.3．在等比数列na中，11a，238aa，则4512aaaa（）A．8B．6C．4D．2【答案】A【分析】由题设结合等比数列通项公式求得公比2q=，进而求4512aaaa.【详解】由题设，231238aaaq，又11a，可得2q=，∴34451112112483aaaqaqaaaaq.故选：A4．已知等差数列na的前n项和nS，且34S，714S，则23nnSa最小时，n的值为（）.A．2B．1或2C．2或3D．3或4【答案】C【分析】先由已知条件求出等差数列的首项和公差，从而可表示出22355018nnnnSa，进而利用二次函数的性质可求得结果【详解】解：设等差数列na的公差为d，因为34S，714S，所以1132342767142adad，解得11a，13d，所以2223(1)11550[1(2)]23318nnnnnnSann，因为n+N，所以当2n或3n时，其有最小值.故选：C5．设{}na是等比数列，且1231aaa，234+2aaa，则678aaa（）A．12B．24C．30D．32【答案】D【分析】根据已知条件求得q的值，再由5678123aaaqaaa可求得结果.【详解】设等比数列na的公比为q，则2123111aaaaqq，232234111112aaaaqaqaqaqqqq，因此，5675256781111132aaaaqaqaqaqqqq.故选：D.6．在正项等比数列na中，若1964aa，4620aa，则na（）A．22nB．82nC．22n或82nD．22n或22n【答案】C【解析】根据等比数列的性质可得461964aaaa，由题意4620aa，解得46aa，，再根据等比数列通项公式求得公比q，从而得到数列na的通项公式.【详解】在等比数列na中，1964aa461964aaaa46466420aaaa，解得46416aa或46164aa当464,16aa时，0na，2644aqa，41312,2aqaq121222nnna；当4616,4aa时，0na，26414aqa，4131,1282aqaq181128()22nnna综上所述：22nna或82nna，故选：C.7．设数列na的前n项和为nS，且11a2(1)()nnSannNn，则数列13nSn的前10项的和是A．290B．920C．511D．1011【答案】C【分析】由2(1)()nnSannNn得na为等差数列，求得43nannN，得1111132(1)21nSnnnnn利用裂项相消求解即可【详解】由2(1)nnSannNn得2(1)nnSnann，当2n时，11(1)4(1)nnnnnaSSnanan，整理得14nnaa，所以na是公差为4的等差数列，又11a，所以43nannN，从而2133222(1)2nnnaaSnnnnnn，所以1111132(1)21nSnnnnn，数列13nSn的前10项的和115121111S.故选C.8．已知数列{an}满足：a1＝－13，a6＋a8＝－2，且an－1＝2an－an＋1(n≥2)，则数列11nnaa的前13项和为A．113B．－113C．111D．－111【答案】B【分析】根据题干变形可得到数列{an}为等差数列，再由等差数列的公式得到通项，最终裂项求和即可.【详解】an－1＝2an－an＋1(n≥2)，可得an＋1－an＝an－an－1，可得数列{an}为等差数列，设公差为d，由a1＝－13，a6＋a8＝－2，即为2a1＋12d＝－2，解得d＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝2n－15.1111112152132215213nnaannnn，即有数列11nnaa的前13项和为1211111113111191113＝12×111313＝－113.故选B.9．记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则nnSa=（）A．2n–1B．2–21–nC．2–2n–1D．21–n–1【答案】B【分析】根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列的通项公式和前n项和公式进行求解即可.【详解】设等比数列的公比为q，由536412,24aaaa可得：421153111122124aqaqqaaqaq，所以1111(1)122,21112nnnnnnnaqaaqSq，因此1121222nnnnnSa.故选：B.10．已知数列na的前n项和为nS，112a，2n且*nN，满足120nnnaSS，数列1nS的前n项和为nT，则下列说法中错误的是（）A．214aB．648211SSSC．数列12nnnSSS的最大项为712D．1121nnnnnTTTnn【答案】D【解析】当2n且*nN时，由1nnnaSS代入120nnnaSS可推导出数列1nS为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得数列1nS的通项公式，由221aSS可判断A选项的正误；利用nS的表达式可判断BC选项的正误；求出nT，可判断D选项的正误.【详解】当2n且*nN时，由1nnnaSS，由120nnnaSS可得111112020nnnnnnSSSSSS，整理得1112nnSS（2n且nN）.则1nS为以2为首项，以2为公差的等差数列12122nnnS，12nSn.A中，当2n时，221111424aSS，A选项正确；B中，1nS为等差数列，显然有648211SSS，B选项正确；C中，记1212211221nnnnbSSnnnS，1123111212223nnnnbSSSnnn，1111602223223nnnbbnnnnnn，故nb为递减数列，1123max111724612nbbSSS，C选项正确；D中，12nnS，2212nnnTnn，112nTnn.11112112111nnnnTTnnnnnnnnnnnnnn222122212nnnnnnT，D选项错误.故选：D．11．已知等差数列{}na的前n项和为nS，11a，若1115mmmaaa，且27mS，则m的值是A．7B．8C．9D．10【答案】C【解析】由等差数列性质求出ma，由等差数列前n项可求得m．【详解】∵{}na是等差数列，∴11315mmmmaaaa，5ma，∴1()(15)2722mmmaamS，9m．故选：C．12．设等差数列na的前n项和为nS，若2kS，28kS，则4kS（）A．28B．32C．16D．24【答案】B【分析】由等差数列na前n项和的性质，可得kS，2kkSS，32kkSS，43kkSS成等差数列，结合题干数据，可得解【详解】由等差数列na前n项和的性质，可得kS，2kkSS，32kkSS，43kkSS成等差数列，∴2322kkkkkSSSSS，解得318kS.∴2，6，10，418kS成等差数列，可得4210618kS，解得432kS.故选：B二、填空题（共4小题，共20分）13．数列na的前n项和为21nSnnnN，则6a______.【答案】12【分析】根据数列的前n项和nS与数列的通项na的关系求解.【详解】由数列的前n项和nS与数列的通项na的关系可得665aSS，又21nSnn，所以26661=41S，529S，所以6412912a，故答案为：12.14．一同学在电脑中打出如下图形（○表示空心圆，●表示实心圆）○●○○●○○○●○○○○●……,若将此若干个圆依此规律继续下去，得到一系列的圆，那么前2006个圆中有实心圆的个数为______.【答案】61【分析】将这些圆分段处理,第一段2个圆，第二段3个圆，第三段4个圆,……,然后利用等差数列的前n项和公式计算前62段和前63段的和,可知答案.【详解】解：将这些圆分段处理，第一段2个圆，第二段3个圆，第三段4个圆，……，可以看出每一段的最后一个圆都是实心圆，由于本题要求前2006个圆中实心圆的个数，因此找到第2006个圆所在的段数很重要，因为26261234562195220062，而26362234563201520062，因此,前2006个圆中共有61个实心圆，故答案为:61.15．将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．【答案】232nn【分析】首先判断出数列21n与32n项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果.【详解】因为数列21n是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列32n是以1首项，以3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列na是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以na的前n项和为2(1)16322nnnnn，故答案为：232nn.16．已知数列{an}满足a1＝1，1122nnnaa（*2,Nnn），则an＝__．【答案】12nn【分析】利用数列的递推关系式推出12nna是等差数列，然后求解通项公式即可．【详解】数列{an}满足a1＝1，1122nnn