1、小题专题练(三)数列一、单项选择题1(2019武汉调研)已知等差数列an的前n项和为Sn.若a112，S590，则等差数列an的公差d()A2B.C3D42(2018长春模拟)已知等比数列an的各项均为正数，其前n项和为Sn，若a22，S6S46a4，则a5()A4 B10 C16 D323(2019邯郸模拟)已知各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn.若2S1，S3，S2成等差数列，则数列an的公比为()A. B. C2 D34设等比数列an的前n项和为Sn，若Sn2n1，则()A2 B1 C1 D25(2019上饶六校联考)设数列an满足a13，且对任意正整数n，总有(an11)(1a
2、n)2an成立，则数列an的前2 018项的和为()A588 B589 C2 018 D2 0196(2019咸阳模拟)中国古代数学中有一个问题：从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的晷影长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的晷影长的和是37.5尺，芒种的晷影长为4.5尺，则冬至的晷影长为()A15.5尺 B12.5尺 C10.5尺 D9.5尺7已知在各项均为正数的等比数列an中，an1an12an(n2，nN*)，数列an的前n项积为Tn，若T2m1512，则m的值为()A4 B5 C6 D78已知数列an的通项公式为an(1)n(2n1
3、)cos1(nN*)，其前n项和为Sn，则S60()A30 B60C90 D120二、多项选择题9下面是关于公差d0的等差数列an的四个命题：p1：数列an是递增数列；p2：数列nan是递增数列；p3：数列是递增数列；p4：数列an3nd是递增数列其中真命题为()Ap1 Bp2 Cp3 Dp410设等比数列an的公比为q，则下列结论正确的是()A数列anan1是公比为q2的等比数列B数列anan1是公比为q的等比数列C数列anan1是公比为q的等比数列D数列是公比为的等比数列11已知数列an：，若bn，设数列bn的前n项和为Sn，则()Aan BannCSn DSn12设等比数列an的公比为q
4、，其前n项和为Sn.前n项积为Tn，并且满足条件a11，a7a81，0.则下列结论正确的是()A0q1Ba7a91CSn的最大值为S9DTn的最大值为T7三、填空题13(2019唐山模拟)已知Sn是数列an的前n项和，Sn2an，则S5_14(2019沈阳模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn.若a11，S3a5，am2 019，则m_15(2019宣城模拟)已知Sn为数列an的前n项和，a11，SnSn1an1(nN*)，则a10_16(2019九江模拟)设数列an的前n项和为Sn，已知a11，2Snan1，bn(1)n(log3an)2，则an_，数列bn的前2n项和为_小题专题练(三)数
5、列1解析：选C.因为等差数列an的前n项和为Sn，且a112，S590，所以S55a1d6010d90，解得d3，故选C.2解析：选C.设公比为q(q0)，S6S4a5a66a4，因为a22，所以2q32q412q2，即q2q60，所以q2，则a522316.3解析：选B.设各项均为正数的等比数列an的公比为q.因为2S1，S3，S2成等差数列，所以2S32S1S2，即为2(a1a1qa1q2)2a1a1a1q，化简得2q2q10，解得q或q1(舍去)，故选B.4解析：选A.法一：当n1时，a1S14；当n2时，anSnSn12n1(2n)2n，此时2.当n2时，a2224，所以2，解得2.故
6、选A.法二：由题意，得a1S14，a2S2S14，a3S3S28，因为数列an是等比数列，所以aa1a3，所以8(4)42，解得2.故选A.5解析：选B.因为(an11)(1an)2an，所以an1.又因为a13，所以a22，a3，a4，a53a1，所以数列an是以4为周期的数列，所以a1a2a2 018504(a1a2a3a4)a1a2504(32)32589.故选B.6解析：选A.从冬至起，晷影长依次记为a1，a2，a3，a12，根据题意，有a1a4a737.5，所以根据等差数列的性质，有a412.5，而a124.5，设数列的公差为d，则有解得所以冬至的晷影长为15.5尺，故选A.7解析：
7、选B.由an1an12an(n2，nN*)，得a2an，解得an2或an0，因为等比数列an的各项均为正数，故an2，所以Tn2n，由T2m1512，得22m1512，所以m5，故选B.8解析：选D.令kN*，由题意可得，当n4k3时，ana4k31；当n4k2时，ana4k268k；当n4k1时，ana4k11；当n4k时，ana4k8k.所以a4k3a4k2a4k1a4k8，所以S60815120.9解析：选AD.由an1and0，知数列an是递增数列，可知p1是真命题；由(n1)an1nan(n1)(a1nd)na1(n1)da12nd，仅由d0是无法判断a12nd的正负的，因而不能判定
8、(n1)an1，nan的大小关系，故p2是假命题；显然，当ann时，1，数列是常数数列，不是递增数列，故p3是假命题；数列的第n1项减去数列的第n项an13(n1)d(an3nd)(an1an)3(n1)d3ndd3d4d0，所以an13(n1)dan3nd，即数列an3nd是递增数列，p4是真命题10解析：选AD.对于A，由q2(n2)知数列anan1是公比为q2的等比数列；对于B，当q1时，数列anan1的项中有0，不是等比数列；对于C，若q1时，数列anan1的项中有0，不是等比数列；对于D，所以数列是公比为的等比数列，故选AD.11解析：选AC.由题意得an，所以bn4，所以数列bn的
9、前n项和Snb1b2b3bn44.故选AC.12解析：选AD.因为a11，a7a81，0，所以a71，a81，所以0q1，故A正确；a7a9a1，故B错误；因为a11，0q1，所以数列为递减数列，所以Sn无最大值，故C错误，又a71，a81，所以T7是Tn的最大值，故D正确故选AD.13解析：因为Sn是数列an的前n项和，Sn2an，所以anSnSn1an1an(n2)，所以anan1，所以数列an是以为公比的等比数列因为S12a1a1，所以a11，故an.所以S52a52.答案：14解析：根据题意，设等差数列an的公差为d，则S33a23(a1d)又因为a11，S3a5，所以3(1d)14d
10、，解得d2.则ama1(m1)d2m12 019，解得m1 010.答案：1 01015解析：根据题意，数列an满足SnSn1an1，即SnSn1SnSn1，又由题意知Sn0；所以变形可得1.因为a11，则1，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以1(n1)n，所以Sn.所以a10S10S9.答案：16解析：根据题意，数列an满足2Snan1，则当n2时，有2Sn1an，由可得(an13an)0，因为10，所以an13an0，即an13an(n2)由2Snan1，可求得a23，a23a1，则数列an是首项为1，公比为3的等比数列，所以an3n1，bn(1)n(log3an)2(1)n(log33n1)2(1)n(n1)2，则b2n1b2n(2n2)2(2n1)24n3.所以数列bn的前2n项和T2n159(4n3)2n2n.答案：3n12n2n
