(浙江专用)2020高考数学二轮复习小题专题练(三)

1、小题专题练 ( 三) 数 列1无穷等比数列 an 中，“ a1>a2”是“数列 an为递减数列”的 ( )A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分又不必要条件2设 Sn为等比数列 an 的前 n 项和，a2 8a5 0，则 S8的值为 (S4A.217B.169C2D 173设 an是首项为 a1，公差为 1 的等差数列， Sn为其前 n项和若 S1， S2， S4成等比数 列，则 a1 的值为 ( )A2DB 2C.24已知数列 an满足 2a122a2 2nann( n N*) ，数列1log 2anlog 2an 1的前 n 项和为Sn，则 S1·S2

2、3; S3·· S10()A. 110B.11C.112D.115.如图，矩形 AnBnCnDn的一边 AnBn在 x 轴上，另外两个顶点 Cn ，Dn在函数 f(x) xx1(x>0)x的图象上，若点 Bn的坐标为 (n，0)( n2，nN* )，记矩形 AnBnCnDn的周长为 an，则 a2a3 a10 ()B212D220A208C2166设等差数列 an的公差为d，其前 n 项和为 Sn. 若 a1 d 1，则Sn8的最小值为 (A10C.2D.12 2 27已知数列 an满足 a1a2a3an2n2(nN*)，且对任意 nN*都有a1a1 a1 <t

3、 ，则实a1 a2an数t 的取值范围为 ( )A.1，3，1B. 3，C.2，3，2D. 3，8若数列 an 对于任意的正整数数列”已知“积增数列” an 中，n 满足： an>0 且 anan1 n 1，则称数列 an 为“积增 a11，数列 a2na2n1的前 n 项和为 Sn，则对于任意的正整数 n，有 ()2ASn2n23B2Snn24n2CSnn24nD2Sn n 3n9已知数列 an 是等差数列，若a9 3a11<0，a10·a11<0，且数列 an 的前 n项和 Sn有最大值，那么 Sn取得最小正值时 n 等于(A20B17C19D2110数列 an

4、 满足 a134，an1 an an 1(n N*)，则m a1 a1 a1 的整数部分是a1 a2a2 016A1B2C3D411已知等差数列 an的前 n 项和为 Sn，若 a35，a53，则 an，S712已知数列 an满足 a11，an12an1(nN*)，记数列 an的前 n 项和为Sn，则 a4， S5 13已知等差数列 an的公差为 d，等比数列 bn的公比为 q. 设 an ， bn的前2 n *别为 Sn， Tn. 若 n(Tn1)2 Sn，nN ，则 d， q n 项和分14已知数列 an 满足 ( n 2) an1 nan，a1 1，则 an；若 bnn2n22an，Tn

5、 为数列bn 的前 n 项和，则 T3 15对任一实数序列 A ( a1，a2，a3，) ，定义新序列 A(a2a1，a3a2，a4a3，)，它的第 n 项为 an1an. 假定序列 (A) 的所有项都是 1，且 a12a220，则 a216已知数列 an的通项公式为 an n212n32，其前 n 项和为 Sn，则对任意 m，n N* ( m<n), Sn Sm的最大值为 17已知数列 an与bn的前 n 项和分别为 Sn，Tn，且 an>0，6Snan23an，nN*, bn2an2an1）（ 2an 11），若任意 nN*，k>Tn 恒成立，k 的最小值是 小题专题练

6、（ 三）1 n 11解析：选 B.数列an递减? an<an1. 反之不成立，例如 an 2，此数列是摆动数列故选 B.a5 1 3 12解析：选 B.设数列 an 的公比为 q，依题意得 q ，因此 q . 注意到 a5 a6a7 a2 8 24 4 4S8 4 17a8q （a1a2a3a4） ，即有 S8 S4 q S4，因此 S8（ q1）S4， q 1 ，选 B.S4163解析：选n（ n 1 ）D.因为等差数列 an的前 n 项和为 Sn na1 n n2 1 d，所以 S1， S2， S4分别为 a1， 2a11，4a16.因为 S1，S2，S4成等比数列，所以 （2 a1

7、1）2a1·（4a16），解得 a112.4解析：选C.因为 2a1 22a2 2nan n（ n N*） ，所以 2a122a2 2n1an1nn11（ n2） ，两式相减得 2 an 1（ n2） ， a12也满足上式，1 an 2n，1 1 1log 2anlog 2an1 n（ n1）nn1，1 1 1 1 1Sn 1 2 23 nn11n1nn1，所以 S1·S2·S3·· S1021×23×43××2 3 49 10×10×1111故选 C.1x xn 5解析：选 C.由题

8、意得 | AnDn| | BnCn| n，设点 Dn的坐标为 x，n1n ，则有 nn8198n1292，当且仅当 n4 时成立7解析：D. 依题意得，当 n2时，2n2ana1a2a3 an2n2 2 2na1a2a3an12（n1）22n（n1） 21，又 a12122×11，因此 an 22n1， 1 221n1an21× 41，即数列 a1 是以12为首项， 41为公2 4an2 4AnBn|n1n，得 x1n（ xn舍去） ，即 An 1n，0 ，则| AnBn| n1n，所以矩形的周长为 an2（| n n n n11| BnCn|） 2 n n 2 n n 4

9、n，则 a2 a3 a10 4（2 3 4 10） 216.n（n1）dna1 86解析：Sn 82 n 8 1B. 由已知得 a a n d n ana1 （ n 1）d2 n 2111 n 1 2 4 2 1 2比的等比数列， 等比数列 1 1 即有 anan1 an1 1，则 的前 n项和等于 1 n< ，因此实数 t 的取值范围是an1 3 4 3142， .3， .228解析：选 D. 因为 an>0，所以 an an1 2anan1. 因为 anan1 n 1，所以 anan1 的前 n项和为 234 （n1）（2n1）n（n23）n，所以数列 a 016 1 1 12

10、25 ，得 a2 0171224 >1，即有 0<<1，则 m（2， 3），故选 B.9 3 3a2 017 111解析：设公差为 d，则 2da5 a3 2，d 1，所以 a1a32d 7，na2n1的前 n 项和 Sn2×（n23）n（n3）nn23n.a9 3a11 a9 a11 2a11 a99解析：选 C. 因为 a9 3a11<0，所以由等差数列的性质可得 a11a10 a122（a11a10）<0，又 a10· a11<0，所以 a10 和 a11 异号，又因为数列 an的前 n 项和 Sn有最大值，所以数列 an 是递减的

11、等差数列，所以 a10>0，a11<0，所以S1919（a1a19） 19×2a102 19a10>0，所以20（ a1 a20）S20 10（ a1a20） 10（ a10 a11）<0，所以Sn 取得最小正值时 n等于 19.10解析：选 B. 由条件得1 1 1 1 an1 1 an（ an 1） an 1 an1 1 1 m a1 a22 3. 又 an1 an （an 1） 0，则 an1 ana2 016 a11 a2 017 1a2 0171 a1>1，当 n2时，从而有 （ an 1 an） （anan1） （an1） （ an1 1）

12、（anan1）（ anan1412）0，则 an1ananan1 a2 a1 9，则 a2 017 a1 （ a2a1） （a2 017a2 016）393法二：由 a1 1，证可知满足题意，故Sn2（1122n）n2n1所以S557.答案： 1557*nan 12an 1（ nN ）得 a2 3， a37，a4 15，可猜想 an2 1，验13 2 214解析：法一：aann1nn2可得，a3a2a4a3a 1×2×3×× nn11，得 anan1 3 4 5n2 . bn n 2 n（ n 1）22n 2 n 1n（ n 1） 2n1n（ n 1）1

13、n n·2nn1）·2n1，1所以 T3 21 3164.法二：由1 （n2）an1nan， a1 1 易得 a23，a3316，a4110，猜想 an2n1），易证结论成立n2 故 bn 2n 2n2n11n（n1） 2n1n（n1） n·2n （n1）·2n1，1所以 T3 2114 4×24 2 641 3115解析：令 bn an 1an，依题意知数列bn 为等差数列，且公差为 1，所以bnb1（n114 4× 24 2 64 642 31答案： n（n累加得 an a1 b1 bn 1 a1 （n 1）1） 63141）&#

14、215;1，a1 a1，a2 a1 b1，a3 a2 b2，an an 1 bn1，b1（n1）（ n 2） （ n 1） a2 （ n2） a1（n 1）（ n2）2，分别令n12，n22，11a210a1550， 得21a220a12100，231解得 a1 2 ， a2 100.答案： 1002216解析：由 ann 12n32 0，得 n4 或 n8，即 a4 a8 0.又函数 f（ x） x 12x32的图象开口向下， 所以数列的前 3项均为负数， 当 n>8时，数列中的项均为负数 在2 2 2 m<n 的情况下， Sn Sm 的最大值为 S7 S4 a5a6a7 521

15、2×5 326212×6 327212×7 32 10.答案： 10217解析：当 n1 时， 6a1 a1 3a1，解得 a13 或 a1 0.由 an>0 得， a1 3. 由 6Sn an2 3an，得 6Sn1an2 1 3an 1.22两式相减得 6an1 an1 an3an 13an. 所以 （ an1an）（ an1an3） 0.因为 an>0，所以 an1an>0，an1an3.即数列 an是以 3为首项， 3为公差的等差数列， 所以 an 33（n1） 3n.所以 bn2an2an 1）（ 2an 11）n8n （8n1）（ 8n11）1n18n1111n7 8n 111771 1 1 1 1 1 1 所以 Tn7（81821821831 8n18n11） n 1< .8n 1 1 49要使任意 nN*，k>Tn 恒成立，只