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    2020届二轮复习小题考法——数列的概念及基本运算课时作业(全国通用)

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    课时跟踪检测(十)小题考法——数列的概念及基本运算
    A组——10+7提速练
    一、选择题
    1.设等比数列{an}的公比q=2,前n项和为Sn,则=(  )
    A.2            B.4
    C. D.
    解析:选C ∵q=2,
    ∴S4==15a1,
    ∴==.故选C.
    2.(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则{an}的公差为(  )
    A.1 B.2
    C.4 D.8
    解析:选C 设等差数列{an}的公差为d,
    则由得
    即解得d=4.
    3.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S1=a2-,S2=a3-,则公比q=(  )
    A.1 B.4
    C.4或0 D.8
    解析:选B ∵S1=a2-,S2=a3-,

    解得或,
    故所求的公比q=4.故选B.
    4.(2019届高三·湖州五校联考)若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列,Sn是其前n项和,则下列结论中正确的是(  )
    A.若a1+a2>0,则a1+a3>0
    B.若a1+a4>0,则a1a4>a2a3
    C.若d>0且a1>0,则+>
    D.若S3+S7>2S5,则d>0
    解析:选D 由a1+a2=2a1+d>0,得d>-2a1,由a1+a3=2a1+2d>0,得d>-a1,显然不符,A错;a1·a4=a+3a1d,a2·a3=a+3a1d+2d2,因为d≠0,所以a1a42S5=10a1+20d,解得d>0,D正确.
    5.(2018·金华统考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,满足S7=S11,且a1>0,则Sn中最大的是(  )
    A.S7 B.S8
    C.S9 D.S10
    解析:选C 法一:设数列{an}的公差为d,根据S7=S11可得7a1+d=11a1+d,即d=-a1,则Sn=na1+d=na1+×=-(n-9)2+a1,由a1>0可知-<0,故当n=9时,Sn最大.
    法二:根据S7=S11可得a8+a9+a10+a11=0,根据等差数列的性质可得a8+a11=a9+a10=0,由a1>0可知a9>0,a10<0,所以数列{an}的前9项和最大.
    6.(2019届高三·浙江名校联考信息卷)已知数列{an}是正项数列,则“{an}为等比数列”是“a+a≥2a”的(  )
    A.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
    解析:选A 若{an}为等比数列,则有an·an+2=a,所以a+a≥2=2a,当且仅当an=an+2时取等号,所以充分性成立;当a+a≥2a时,取an=n,则a+a-2a=n2+(n+2)2-2(n+1)2=2n2+4n+4-2n2-4n-2=2>0,所以a+a≥2a成立,但{an}是等差数列,不是等比数列,所以必要性不成立.所以“{an}为等比数列”是“a+a≥2a”的充分不必要条件.故选A.
    7.若等差数列{an}的前n项和为Sn,若S6>S7>S5,则满足SnSn+1<0的正整数n的值为(  )
    A.10 B.11
    C.12 D.13
    解析:选C 由S6>S7>S5,得S7=S6+a7S5,所以a7<0,a6+a7>0,所以S13==13a7<0,S12==6(a6+a7)>0,所以S12S13<0,即满足SnSn+1<0的正整数n的值为12,故选C.
    8.(2018·浙江考前热身联考)我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载:一年有二十四个节气,每个节气晷(ɡuǐ)长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器,晷长即为所测量影子的长度).二十四个节气及晷长变化如图所示,相邻两个节气晷长的变化量相同,周而复始.若冬至晷长一丈三尺五寸夏至晷长一尺五寸(一丈等于十尺,一尺等于十寸),则夏至之后的那个节气(小暑)晷长是(  )

    A.五寸 B.二尺五寸
    C.三尺五寸 D.四尺五寸
    解析:选B 设从夏至到冬至的晷长依次构成等差数列{an},公差为d,a1=15,a13=135,则15+12d=135,解得d=10.∴a2=15+10=25,∴小暑的晷长是25寸.故选B.
    9.已知数列{an}满足a1a2a3…an=2n2(n∈N*),且对任意n∈N*都有++…+ A. B.
    C. D.
    解析:选D 依题意得,当n≥2时,an===2=22n-1,又a1=21=22×1-1,因此an=22n-1,==×n-1,即数列是以为首项,为公比的等比数列,等比数列的前n项和等于=<,因此实数t的取值范围是.

    10.若数列{an}满足a1=1,且对于任意的n∈N*都有an+1=an+n+1,则++…++等于(  )
    A. B.
    C. D.
    解析:选C 由an+1=an+n+1,得an+1-an=n+1,
    则a2-a1=1+1,
    a3-a2=2+1,
    a4-a3=3+1,
    …,
    an-an-1=(n-1)+1,
    以上等式相加,得an-a1=1+2+3+…+(n-1)+n-1,
    把a1=1代入上式得,an=1+2+3+…+(n-1)+n=,
    ==2,
    则++…++=
    2=2=.
    二、填空题
    11.(2018·杭州高三质检)设各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,若S4=80,S2=8,则公比q=________,a5=________.
    解析:由题意得解得或(舍去),从而a5=a1q4=2×34=162.
    答案:3 162
    12.已知数列{an}满足an+1=若a1=,则a2 018=________.
    解析:因为a1=,根据题意得a2=,a3=,a4=,a5=,所以数列{an}以4为周期,又2 018=504×4+2,所以a2 018=a2=.
    答案:

    13.(2018·宁波调研)已知{an},{bn}是公差分别为d1,d2的等差数列,且An=an+bn,Bn=anbn.若A1=1,A2=3,则An=________;若{Bn}为等差数列,则d1d2=________.
    解析:∵{an},{bn}是公差分别为d1,d2的等差数列,且An=an+bn,
    ∴数列{An}是等差数列,又A1=1,A2=3,
    ∴数列{an}的公差d=A2-A1=2.
    则An=1+2(n-1)=2n-1;
    ∵Bn=anbn,且{Bn}为等差数列,
    ∴Bn+1-Bn=an+1bn+1-anbn=(an+d1)(bn+d2)-anbn=and2+bnd1+d1d2=[a1+(n-1)d1]d2+[b1+(n-1)d2]d1+d1d2=a1d2+b1d1-d1d2+2d1d2n为常数.
    ∴d1d2=0.
    答案:2n-1 0
    14.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3=10,S4=50,则公差d=________,若Sn取到最大值,则n=________.
    解析:由已知条件可得S4=a3-2d+a3-d+a3+a3+d=4a3-2d=50,又a3=10,所以d=-5.
    法一:可得a4=5,a5=0,a6=-5,…,故当n=4或5时,Sn取到最大值.
    法二:可知a1=20,an=-5n+25,Sn=,根据二次函数的知识可得,当n=4或5时,Sn取到最大值.
    答案:-5 4或5
    15.设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为________.
    解析:设等比数列{an}的公比为q,则由a1+a3=10,a2+a4=q(a1+a3)=5,知q=.又a1+a1q2=10,∴a1=8.
    故a1a2…an=aq1+2+…+(n-1)=23n·
    =2=2.
    记t=-+=-(n2-7n)=-2+,
    结合n∈N*可知n=3或4时,t有最大值6.
    又y=2t为增函数,从而a1a2…an的最大值为26=64.
    答案:64
    16.已知等差数列{an}满足a3=-1,a4+a12=-12,则数列{an}的通项公式an=________;若数列的前n项和为Sn,则使Sn>的最大正整数n为________.
    解析:设等差数列{an}的公差为d,
    由已知可得解得
    故数列{an}的通项公式为an=2-n.
    Sn=a1++…+, ①
    =++…+. ②
    ①-②得=a1++…+-=1--=1--=,
    所以Sn=,由Sn=>,得0 答案:2-n 5
    17.(2018·南昌调研)设数列{an}的前n项和为Sn,若a1=3且当n≥2时,2an=Sn·Sn-1(n∈N*),则数列{an}的通项公式an=________.
    解析:当n≥2时,由2an=Sn·Sn-1可得2(Sn-Sn-1)=Sn·Sn-1,∴-=,即-=-,∴数列是首项为,公差为-的等差数列,∴=+·(n-1)=,∴Sn=.当n≥2时,an=SnSn-1=××=,又a1=3,
    ∴an=
    答案:
    B组——能力小题保分练
    1.(2018·浙江高考)如图,点列{An},{Bn}分别在某锐角的两边上,且|AnAn+1|=|An+1An+2|,An≠An+2,n∈N*,|BnBn+1|=
    |Bn+1Bn+2|,Bn≠Bn+2,n∈N*.(P≠Q表示点P与Q不重合)若dn=|AnBn|,Sn为△AnBnBn+1的面积,则(  )
    A.{Sn}是等差数列
    B.{S}是等差数列
    C.{dn}是等差数列
    D.{d}是等差数列
    解析:选A 由题意,过点A1,A2,A3,…,An,An+1,…分别作直线B1Bn+1的垂线,高分别记为h1,h2,h3,…,hn,hn+1,…,根据平行线的性质,得h1,h2,h3,…,hn,hn+1,…成等差数列,又Sn=×|BnBn+1|×hn,|BnBn+1|为定值,所以{Sn}是等差数列.故选A.
    2.(2018·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是(  )
    A.440 B.330
    C.220 D.110
    解析:选A 设第一项为第1组,接下来的两项为第2组,再接下来的三项为第3组,依此类推,则第n组的项数为n,前n组的项数和为.
    由题意可知,N>100,令>100,
    得n≥14,n∈N*,即N出现在第13组之后.
    易得第n组的所有项的和为=2n-1,前n组的所有项的和为-n=2n+1-n-2.
    设满足条件的N在第k+1(k∈N*,k≥13)组,且第N项为第k+1组的第t(t∈N*)个数,
    若要使前N项和为2的整数幂,则第k+1组的前t项的和2t-1应与-2-k互为相反数,
    即2t-1=k+2,∴2t=k+3,∴t=log2(k+3),
    ∴当t=4,k=13时,N=+4=95<100,不满足题意;
    当t=5,k=29时,N=+5=440;
    当t>5时,N>440,故选A.
    3.(2018·浙江考前冲刺卷)已知数列{an}是首项为1,公差d不为0的等差数列,且a2a3=a8,数列{bn}是等比数列,其中b2=-2,b5=16,若数列{cn}满足cn=anbn,则|c1|+|c2|+|c3|+…+|cn|=(  )
    A.3+(2n-3)2n+1 B.3+(2n-3)2n
    C.3-(2n-3)2n D.3+(2n+3)2n
    解析:选B 由题意知,(a1+d)(a1+2d)=a1+7d,a1=1,得d=2,所以an=a1+(n-1)d=2n-1.设数列{bn}的公比为q,则q3==-8,q=-2,所以bn=(-2)n-1,所以|cn|=|(2n-1)(-2)n-1|=(2n-1)·2n-1,所以|c1|+|c2|+|c3|+…+|cn|=1×20+3×21+…+(2n-1)2n-1.令Tn=1×20+3×21+…+(2n-1)2n-1,则2Tn=1×21+3×22+…+(2n-3)2n-1+(2n-1)2n,两式相减得Tn=-2(21+22+…+2n-1)+(2n-1)2n-1=3+(2n-3)2n,所以选B.
    4.(2018·浙江高三模拟)已知在数列{an}中,a1=-,[1-(-1)n]an=(-1)n·an-1+2-(n≥2),且对任意的n∈N*,(an+1-p)(an-p)<0恒成立,则实数p的取值范围是(  )
    A. B.
    C. D.
    解析:选A ∵[1-(-1)n]an=(-1)nan-1+2-(n≥2),(*)
    a1=-,∴①当n为偶数时,化简(*)式可知,an-1=-2,∴an=-2(n为奇数);
    ②当n为奇数时,化简(*)式可知,2an=-an-1+2-,即-4=-an-1+2-,即an-1=6-,
    ∴an=6-(n为偶数).于是an=
    ∵对任意n∈N*,(an+1-p)(an-p)<0恒成立,
    ∴对任意n∈N*,(p-an+1)(p-an)<0恒成立.又数列{a2k-1}单调递减,数列{a2k}单调递增,∴当n为奇数时,有an 当n为偶数时,有an+1 5.已知数列{an}的前n项和为Sn,数列{an}为,,,,,,,,,,…,,,…,,…,若Sk=14,则ak=________.
    解析:因为++…+==-,++…+==,所以数列,+,++,…,++…+是首项为,公差为的等差数列,所以该数列的前n项和Tn=+1++…+=.令Tn==14,解得n=7(n=-8舍去),所以ak=.
    答案:
    6.已知在首项都为2的数列{an},{bn}中,a2=b2=4,2an+1=an+an+2,bn+1-bn<2n+,bn+2-bn>3×2n-1,且bn∈Z,则bn=________,数列的前n项和为________.
    解析:由2an+1=an+an+2,知数列{an}是等差数列,因为a1=2,a2=4,所以其公差为2,所以an=2n.由bn+1-bn<2n+,得bn+2-bn+1<2n+1+,所以bn+2-bn<3×2n+1,又bn+2-bn>3×2n-1,且bn∈Z,所以bn+2-bn=3×2n,又b1=2,b2=4,所以bn=2n.所以==2n-1,则数列的前n项和为=2n-1.
    答案:2n 2n-1

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