滚动习题(一) 1.A [解析] 因为a1=2×1+1,a2=2×2+1,a3=2×3+1,a4=2×4+1,…,所以该数列的通项公式可能是an=2n+1.故选A. 2.A [解析] 因为数列{an}的首项a1=3,所以log3a1=1,又数列{log3an}是以-2为公差的等差数列,所以log3a3=1-2×(3-1)=-3,故a3=3-3=.故选A. 3.C [解析] ∵a5=-2,S15=150,∴解得故选C. 4.B [解析] ∵S8>Sn(n≠8,n∈N*),∴S8>S7,则S8-S7=a8>0,∴S8>S9,则S9-S8=a9<0.故选B. 5.A [解析] 由等差数列的前n项和公式以及等差中项的性质得S11==11a6,同理可得T11=11b6,因此,====,故选A. 6.B [解析] 当n=1时,a1=1;当n≥2时,a1+3a2+5a3+…+(2n-3)an-1=n-1,又a1+3a2+5a3+…+(2n-1)an=n(n∈N*),所以两式相减可得(2n-1)an=n-(n-1)=1(n≥2),所以an=(n≥2).当n=1时,满足上式,所以an=(n∈N*),所以bn=an·an+1==.设{bn}的前n项和为Tn,则T2024=×=×=.故选B. 7.BCD [解析] 由题得S2023===2023a1012<0,S2024===1012(a1012+a1013)>0,则a1012<0,a1012+a1013>0,所以a1012<0,a1013>0,且|a1012|
0,则等差数列{an}是递增数列,故A错误;因为a1012<0,a1013>0,所以当n=1012时,Sn取得最小值,所以Sn≥S1012,故D正确.故选BCD. 8.AC [解析] ∵an+1-an=2,∴{an}是公差为2的等差数列,∴{an}是递增数列,故A正确;∵a1=-5,公差d=2,∴Sn=n2-6n,∴当n=3时,Sn取得最小值,即数列{Sn}的最小项为S3,故B错误;∵=n-6,∴是等差数列,故C正确;S2m-Sm=3m2-6m,S3m-S2m=5m2-6m, ∵m∈N*,∴S2m-Sm≠S3m-S2m,故D错误.故选AC. 9.225 [解析] 由题意得,=×21,=×22,…,=×27,则××…×==××…××21×22×…×27===225,又a1=1,所以a8=225. 10.8 [解析] 设该等差数列的公差为d,根据等差数列的性质得nd=30-24=6,a2n-a1=(2n-1)d=10.5,解得d=1.5,n=4,所以该数列的项数是8. 11.61 [解析] 将这些圆分段处理,第1段2个圆,第2段3个圆,第3段4个圆……可以看出每1段的最后1个圆都是实心圆,因为本题要求前2006个圆中实心圆的个数,所以需找到第2006个圆所在的段数.由2+3+…+62=×61=1952<2006,2+3+…+63=×62=2015>2006,可知第2006个圆在第62段,所以前2006个圆中共有61个实心圆. 12.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,由S3=-15,得3a1+3d=-15, 又a1=-7,所以d=2, 所以数列{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=-7+2(n-1)=2n-9. (2)由(1)得Sn===n2-8n=(n-4)2-16, 所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16. 13.解:(1)当n=1时,a1=S1=1, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1, 因为a1=1也满足上式,所以an=2n-1(n∈N*). (2)设bn===×,则Tn=b1+b2+…+bn=×==. 14.解:(1)由题意得a2=3×1-2×1+1=2,a3=3×2-2×2+1=3,猜想an=n.证明如下: 由an+1=3an-2n+1可得an+1-(n+1)=3(an-n). 因为a1-1=0,所以an-n=0, 因此数列{an}的通项公式为an=n. (2)由bn=得bn=,bn+1=, 所以=. 若>1,则n<. 因为2<<3,所以当1≤n≤2时,bn+1>bn,当n≥3时,bn+1Sn(n≠8,n∈N*),则 ( ) A.a8≥0,a9<0 B.a8>0,a9<0 C.a8=0,a9<0 D.a8>0,a9=0 5.已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,且=,则= ( ) A. B. C.1 D.2 6.[2024 ... ... 