2023届高考一轮复习加练必刷题第53练　数列小题易错练【解析版】

这是一份2023届高考一轮复习加练必刷题第53练　数列小题易错练【解析版】，共6页。试卷主要包含了下列命题中正确的是等内容，欢迎下载使用。

A．30 B．36
C．40 D．48
答案 B
解析 在等差数列{an}中，前n项和为Sn，且S3＝6，S6＝18，
所以S3，S6－S3，S9－S6也成等差数列，
所以2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，
所以6＋(S9－18)＝2×(18－6)，
解得S9＝36.
2．已知数列{an}，{bn}都是等差数列，Sn，Tn分别是它们的前n项和，并且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(7n＋3,n＋3)，则eq \f(a2＋a23,b8＋b17)等于( )
A.eq \f(17,6) B.eq \f(13,4)
C.eq \f(19,3) D.eq \f(13,6)
答案 C
解析 由等差数列的前n项和公式得eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(\f(na1＋an,2),\f(nb1＋bn,2))＝eq \f(a1＋an,b1＋bn)，
由等差数列的基本性质得eq \f(a2＋a23,b8＋b17)＝eq \f(a1＋a24,b1＋b24)＝eq \f(S24,T24)＝eq \f(7×24＋3,24＋3)＝eq \f(171,27)＝eq \f(19,3).
3．有两个等差数列2,6,10，…，190和2,8,14，…，200，由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的项数为( )
A．15 B．16
C．17 D．18
答案 B
解析 等差数列2,6,10，…，190，公差为4，
等差数列2,8,14，…，200，公差为6，
所以由两个数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，其公差为12，首项为2，设该数列为{an}，
所以通项公式为an＝12n－10，
所以12n－10≤190，解得n≤eq \f(50,3)，
而n∈N*，所以n的最大值为16，
即新数列的项数为16.
4．已知数列{an}的通项公式an＝n2－9n－10，记Sn为数列{an}的前n项和，若使Sn取得最小值，则n等于( )
A．5 B．5或6
C．10 D．9或10
答案 D
解析 根据二次函数的性质得
an＝n2－9n－10＝(n－10)(n＋1)，
当n≤9时，an<0，
当n＝10时，a10＝0，
当n≥11时，an>0，
所以S9＝S10，
故当n＝9或n＝10时，Sn取得最小值．
5．已知等差数列前n项的和为Sn，若S13<0，S12>0，则此数列中绝对值最小的一项是( )
A．第5项 B．第6项
C．第7项 D．第8项
答案 C
解析 由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S13＝13a1＋78d<0，,S12＝6a1＋a12＝6a6＋a7>0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋6d<0，,a6＋a7>0，))∴a7<0，a6>0，且|a6|>|a7|.
6．下列命题中正确的是( )
A．若a，b，c是等差数列，则lg2a，lg2b，lg2c是等比数列
B．若a，b，c是等比数列，则lg2a，lg2b，lg2c是等差数列
C．若a，b，c是等差数列，则2a,2b,2c是等比数列
D．若a，b，c是等比数列，则2a,2b,2c是等差数列
答案 C
解析 若a＝b＝c＝－1，则对数无意义，A，B错误；
对于C，若a，b，c是等差数列，则a＋c＝2b，
所以2a·2c＝2a＋c＝22b＝(2b)2，正确；
对于D，若a＝1，b＝2，c＝4，则2a＝2,2b＝4,2c＝16，
显然2a＋2c≠2×2b，错误．
7．(2022·重庆南开中学模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝2，S7＝35，将a3，a7，a11，a15中去掉一项后，剩下的三项按原来的顺序恰为等比数列{bn}的前三项，则数列{anbn}的前10项的和T10等于( )
A．10×212 B．9×212
C．11×212 D．12×212
答案 A
解析 设等差数列{an}的公差为d，
则S7＝7×2＋eq \f(1,2)×7×6d＝35，解得d＝1.
故an＝2＋(n－1)×1＝n＋1，
即a3＝4，a7＝8，a11＝12，a15＝16，
由题意知，4,8,16是等比数列{bn}的前三项，
即b1＝4，公比q＝2，故bn＝4·2n－1＝2n＋1.
故anbn＝(n＋1)·2n＋1，
T10＝2×22＋3×23＋4×24＋…＋11×211，
2T10＝2×23＋3×24＋4×25＋…＋11×212，
两式作差得－T10＝2×22＋(23＋24＋…＋211)－11×212＝2＋(2＋22＋23＋24＋…＋211)－11×212＝2＋eq \f(21－211,1－2)－11×212＝－10×212，
所以T10＝10×212.
8．项数为n的数列a1，a2，a3，…，an的前k项和为Sk(k＝1,2,3，…，n)，定义eq \f(S1＋S2＋…＋Sn,n)为该数列的“凯森和”，如果项数为99项的数列a1，a2，a3，…，a99的“凯森和”为1 000，那么项数为100的数列100，a1，a2，a3，…，a99的“凯森和”为( )
A．991 B．1 001
C．1 090 D．1 100
答案 C
解析 因为项数为99的数列a1，a2，a3，…，a99的“凯森和”为1 000，所以eq \f(S1＋S2＋…＋S99,99)＝1 000，
所以100，a1，a2，a3，…，a99的“凯森和”为
eq \f(100＋100＋S1＋100＋S2＋…＋100＋S99,100)
＝100＋eq \f(S1＋S2＋…＋S99,100)
＝100＋990＝1 090.
9．(多选) 设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，若a3＝12，S12>0，S13<0，则下列结论正确的是( )
A．数列{an}是递增数列
B．S5＝60
C．－eq \f(24,7)D．S1，S2，…，S12中最大的是S6
答案 BCD
解析 依题意有S12＝12a1＋eq \f(12×11,2)·d>0，
S13＝13a1＋eq \f(13×12,2)·d<0，
化简为2a1＋11d>0，a1＋6d<0，
由a3＝12，得a1＝12－2d，
联立解得－eq \f(24,7)等差数列{an}是递减数列．
且a6＋a7>0，a7<0，
∴a6>0.
S1，S2，…，S12中最大的是S6.
S5＝eq \f(5a1＋a5,2)＝5a3＝60.
10．(多选)将n2个数排成n行n列的一个数阵，如图，该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0)．已知a11＝2，a13＝a61＋1，记这n2个数的和为S.下列结论正确的有( )
a11,a12,a13,……,a1n)
a21,a22,a23,……,a2n)
a31,a32,a33,……,a3n)
……
an1,an2,an3,……,ann)
A．m＝3
B．a67＝17×37
C．aij＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3i－1))·3j－1
D．S＝eq \f(1,4)neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3n＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3n－1))
答案 ACD
解析 对于A，a13＝a11·m2＝2m2，a61＝a11＋5m＝2＋5m，∴2m2＝3＋5m，又m>0，∴m＝3，A正确；
对于B，a61＝2＋5m＝17，∴a67＝a61·m6＝17×36，B错误；
对于C，ai1＝a11＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(i－1))m＝3i－1，
∴aij＝ai1·mj－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3i－1))·3j－1，C正确；
对于D，第i行n个数的和S′＝eq \f(ai1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－mn)),1－m)
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3i－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－3n)),－2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3i－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3n－1)),2)，
∴S＝eq \f(1,2)(3n－1)×[2＋5＋8＋…＋(3n－1)]
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3n－1))×eq \f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3n＋1)),2)＝eq \f(1,4)neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3n＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3n－1))，D正确．
11．已知等差数列{an}中，a5＋a8＋a10＋a12＋a15＝75，则S19＝________.
答案 285
解析 因为a5＋a15＝a8＋a12＝2a10，所以5a10＝75，解得a10＝15，又S19＝19a10＝285.
12．在正项等比数列{an}中，a1 011a1 013＋aeq \\al(2,1 012)＝2×10m，则lg a1＋lg a2＋…＋lg a2 023＝________.(用数字及m表示)
答案 eq \f(2 023,2)m
解析 由等比数列的性质可得a1 011a1 013＋aeq \\al(2,1 012)＝2aeq \\al(2,1 012)＝2×10m，
∴aeq \\al(2,1 012)＝10m，∴a1 012＝，
因此lg a1＋lg a2＋…＋lg a2 023＝lg(a1·a2·…·a2 023)＝lg(a1 012)2 023
＝2 023lg a1 012＝eq \f(2 023,2)m.
13．已知数列{an}满足2a1＋22a2＋23a3＋…＋2nan＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*))，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,lg2an·lg2an＋1)))的前n项和为Sn，则S1·S2·S3·…·S10＝________.
答案 eq \f(1,11)
解析 ∵2a1＋22a2＋23a3＋…＋2nan＝n，
∴2a1＋22a2＋23a3＋…＋2n－1an－1＝n－1，n≥2，
两式作差得2nan＝1，∴an＝eq \f(1,2n)，当n＝1时，a1＝eq \f(1,2)符合上式，
∴eq \f(1,lg2an·lg2an＋1)＝eq \f(1,lg22－n·lg22－n＋1)
＝eq \f(1,n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1)))＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
∴Sn＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1)，
∴S1·S2·S3·…·S10＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)×eq \f(3,4)×…×eq \f(9,10)×eq \f(10,11)＝eq \f(1,11).
14．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S5＝2S10，则eq \f(S5＋4S15,S10－S5)＝________.
答案 －8
解析 由S5＝2S10得S5－2S5＝2S10－2S5＝2(S10－S5)＝－S5，
由等比数列的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，设其公比为q，
∴q＝eq \f(S10－S5,S5)＝－eq \f(1,2)，
∴S15－S10＝－eq \f(1,2)(S10－S5)＝eq \f(1,4)S5，
∴S15＝S10＋eq \f(1,4)S5＝eq \f(3,4)S5，
∴eq \f(S5＋4S15,S10－S5)＝eq \f(S5＋3S5,\f(1,2)S5－S5)＝－8.