(浙江专用)2020版高考数学大二轮复习专题三小题考法课数列的概念及基本运算课时跟踪检测

1、数列的概念及基本运算课时跟检测A级一一基础小题提速练一、选择题S41.设等比数列an的公比q=2,刖n项和为S,则一=()出B. 415C.TA. 217D.一2解析：选C q= 2,. S_a1(1_24L .S 1-2S4 15a1 15 a_=_a_=_.m C.=(2.(2019 温州高考适应性测试A.C.)设S是等差数列an的前n项和，且 S4=a4+3,则a2B.D.解析：选C因为数列an为等差数列，所以& = a1 + a2 + a + a4 = a4 + 3,则 a1 + a2 + a3=3a2= 3,解得a=1,故选C.3.设等比数列an的前n项和为S,若S = ；a

2、2g33S2=ga3则公比 q=()33A. 1B. 4C. 4 或 0D. 8解析：选BS = 1a2-1, S2=1a3-1, 3a 3'3a 3'a1=3a1q-?a1+a1q=3a1q2-3，a = 1,解得q=4或彳Tq=0故所求的公比q= 4.故选B.4.若an是公差为d(dw0)的等差数列,$是其前n项和，则下列结论中正确的是()A.右 a1+a2>0,则 a1 + a3>0B.若 ai+a4>0,则 aia4>a2a34 . rS6 S4C.右 d>0 且 ai>0,则"2" 十目,D.若 $+$>2

3、$,则 d>0解析：选 D 由 ad a2= 2ai+d>0,得 d> 2ai,由 ai + a3= 2a +2d>0,得 d>- ai,显然不 222 一,一，S2符，A错；ai a4= ai + 3a a2 - a3= ai+ 3aid+ 2d ,因为 dw0,所以 ai&<a2a3, B错；由万=d a1 + 2,&S65d小& & &2=2a1+3d, =a1+ -2,得万 十 百二万，C错;S3=3ai + 3d, & = 5ai + 10d, &=7ai +21d,由 S3+S7=10ai

4、+ 24d>2S5=10ai+20d,解得 d>0, D正确.5 .已知等差数列an的前n项和为S,满足S7=S11,且a1>0,则S中最大的是()A. S7B. S8C. S9D. S107X K11X10解析：选C法一：设数列an的公差为d,根据S = S1可得7a-一2d=11a1+2d,2即d =-万a1,则 $= nadn n2 1 d= nad n n2 1 x2a12 81C 17a1一7(n9) +17a1.由a>0可知一；7<0,故当n=9时，Sn最大.法二：根据S=S1可得a+a9+&0+&1 = 0,根据等差数列的性质可得a&

5、amp;+a“= a9+&。= 0,由a»0可知a9>0, a10<0,所以数列an的前9项和最大.6.已知数列an是正项数列，则an为等比数列”是“ a2+a2+2>2a2+1”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an+ a"*/an an+2= 2an+1, 当且仅当an=an+2时取等号，所以充分性成立；当an+an+2> 2 an+1时，取an=n,则an+an+2 _2222_2_22222an+1 = n + (n+2

6、) 2(n+1) = 2n + 4n+ 4 2n 4n 2 = 2>0,所以 an+ an+22 an+1 lifejll,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“ a2+an+2>2a2+1”的充分不必要条件.故选 A.7.若等差数列an的前n项和为S,若&>&>&,则满足S$+1<0的正整数n的值为()A. 10B. 11C. 12D. 13解析：选 C 由 $>$>&,得 S=S6+a7<S, S=G + a6+a7>4,所以 a7<0, a6 + a7>

7、;0,所以 S3= 但"2 13a7<0, Si2 = 2-)= 6(a6+a7)>0 ,所以 S2s3<0,即满足 SS+1<0 的正整 数n的值为12,故选C.8. (2019 杭州高三质检)已知数列an满足 2anwan1+an+1(ne N*, n>2),贝U()A. asW 4 a23aiB. a2+ a7< a3+ a6C. 3( a7 a6)> a6 a3D. a2 + a3>a6 + a7解析:选 C 由 2an w an1 +an+1 得an an-1 w an+1 an,则a2a1 w a3 a2,a3 a?wa4一

8、a3,a4a?w as a4，asadwa6as,a6asW a71a6,所以3( a7a6)>a6as+asa4+a4a3=a6a3,故选C.9.已知数列an满足aa2a3an=2n2（nC N*）,且对任意nC N*都有二+1十 +，则实 a1 a2an '数t的取值范围为（）A. 3，3+ oo-koo? 12 C. 3,+ oo-koo? 1解析:选D依题意得，当n>2 时,aia2 a3 an22n&=aa2a3 an 1 2(n12=2n2-(n-1)2=22n 1,又a1 = 21 = 2" 1,因此 an = 22n,111ar 41=2X

9、n 1,1 11_f 1,即数列，一i是以,为首项，;为公比的等比an24数列，等比数列，1的前n项和等于色2/131141 272了,<3,因此实数t的取值范围是十OOa2 018一*11nCN都有a一排+田，则£+& + +2 017B.2 0184 037D.2 0204 035A. 2 0184 038C.2 020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- a=1 + 2+ 3

10、+ ( n- 1) + n 1,把 a1 = 1 代入上式得，an= 1 + 2 + 3+ (n 1) + n = "n j 1):1 =2 = 2 n_ann(n +1)nn+ 1 /则1+ 1+ F=2a1 a2a2 018a2 019十12 0182 0192 020 )2 1- -、2 020_4 0381-2 020二、填空题11. (2019 丽水质检)已知数列an满足a1= 2, an+1 =2an 1(nCN*),则数列an是（填“递增”或“递减”）数列，其通项公式解析：由 an+1=2an 1得 an+1 -1 =2( an - 1),又因为ai-1 = 1,所以数

11、列an1是首项所以 an 1 = 20 1, an= 21,则数列an是递增数歹U.为1,公比为2的等比数歹U,答案：递增 2n一 + 11 2an, 0< an<2,3 nra1 =",则 a2 019 =512.已知数列an满足31 + 1= I 2an 1 3 1解析：因为. = -,根据题意得a2 = 52 a2 3=5,4 a4= 5a5=3,所以数列an以4为周期, 5又 2 019 =504X4 +3,所以 a2 019 = a3=513.已知an,bn是公差分别为d1,d2的等差数歹U,且 A= an+ bn, B= anbn.若 A1= 1,A= 3,则

12、 A =;若B为等差数列，则dd=解析：: an, bn是公差分别为d1, d2的等差数列，且 A=an+bn,数列A是等差数列，又A=1, A=3,，数列an的公差d = A2-A1=2.贝U A=1 + 2(n1) =2n 1;.B = anbn,且B为等差数列,B+1an+1bn+1 &bn=(Rn+ d1)( bn+ d2) Rnbn= Rnd2 + bnd1 + dCt = 21 + (门- 1)d4d2 +( n 1) d2 dd dd= ad+ bd dd+ 2dd2n 为常数.dp2= 0.答案：2n-1014 .已知等差数列an的前n项和为3,若a3=10, S4=5

13、0,则公差d=取到最大值，则n =解析：由已知条件可得S4=a32d+a3d+a3+a3+d = 4a32d=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）S取到最大值.法二：可知a1=20, an=-5n+25, &=n（ 52+45）根据二次函数的知识可得，当 门=4 或5时，&取到最大值.答案：5 4或515 . （2019 衢州高三模拟 ）在数歹U an及bn中，an+1= an+ bn + Nan+ b2, bn+1=an+bn Ra2 + b2, a1=1, b= 1.设 cn= 2n； + b ；,则数列cn

14、的前 n 项和为.解析：由已知，有jan+1+bn+1=2（an+bn>则上+即高+,为常数列，|an+1bn+1= 2anbn,&+1 bn+1 an b1（an bn,故1十:工+1：2,故Cn=2n+1,因此，数列Cn的前n项和& - 2 g-J L 2n+24.an bn a1 b11 2答案：2n+2416 .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m田勺前n项和为Sn,则使S>1的最大正整数n为.解析：设等差数列an的公差为d,ai + 2d= - 1,ai = 1,由已知可得解得，12ai+ 14d

15、= 12,d=- 1,故数列an的通项公式为an= 2 n.a2Sn= ad 2-+ +Sn a1 a?2=2+落+an了.S a2 a1一得=a1 + 2 +an- an- 1 an-2=1-11二+不+2 21 12n-12 n n , n , n 1-2-=尹 所以 $ = *,由>4,得0<nW5,故最大正整数 n为5.答案：2n 517.设数歹U an的前n项和为S,若a = 3且当n>2时，2an=Sn Sn 1（n N*）,则数列an 的通项公式 an =.一，,一,r11111解析：当 n>2 时，由 2an=S S1 可得 2（Sn Sn_1）=S S

16、1, 一二=4 即三一wSi-1 S1 2 B B-1=1,数列i1混首项为1,公差为1的等差数列，1 ）,（ n-1）=5-T3n,2JSi I32Sn 32618,又 ai = 3)(5-3nj8-3n)-6”1”166Si = -. n>2 时，an= SnSi-1 = 7；c x -53n'22 53n5 3(n- 13, n= 1,答案：18I, n>2(53n(8 3n jB能力小题保分练2 an1 .右数歹U an满足 a1 = -, an+1 =,则数列an的前 2 019项和 $ 019=()3 2 2n+ 1 an+ 14 0384 037A. 4 03

17、9B.4 038C.4 0364 037D.4 0354 036解析：选 A 由数歹Uan满足 a1= «= 1 , a1 +1 = 9/9n I 1 va I 1，可得 a2=I d= <c= q332(2n 十 1 an 十 16a1 十 1 15 31a221 1a2 01811,5' -=10a2+ 1 = 35=5力a2 019 = 2X4 037 a2 018 + 1 = 4 037 4 039 '可得数列 an的4 0384 039,故选A.、，一1 1 1111刖 2 019 以和 S2 019= 1 -3+ 35+ 4 037 4 039 =1

18、一 4 039 =2 . (2019 诸暨市高三期末)等比数列an的首项a>0,前n项和为4,则“S>S(i , j * 一一 - .e N)是 s+1>s+1 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D当公比q<0时，有S>S,此时$<4,充分性不成立；反之，当公比 q<0时, 一 .-一 .一' 一 一 一 . . . . 一有$>&,此时S2<S,必要性不成立， 所以“ S>S(i , j e N)”是“ S+1>S + 1的既不充分也不 必要条件，故选D.3

19、.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| 十 | Cz| +| Cs| + | Cn| =()A.3+(2n3)2n+1B.3+(2n 3)2 nC.3(2 n3)2nD.3+(2n+3)2 n解析：选 B 由题意知，(d)( ad 2d) =a1+7d, a1= 1,得 d= 2,所以 an = ad ( n1) d ” b5=2n 1.设数列bn的公比为 q,则 q =- = 8, q= - 2,所以 bn= ( 2),所以 | Cn| = |(2 n b21

20、)( 2)| = (2 n 1) ,2,所以 | C1| 十 | C2| + | Cs| + | Cn| =1X2 +3X2 + (2 n1)2 nT.令 Tn=1X20 + 3X21+ + (2 n- 1)2n 1,则 2Tn= 1 x 2 1 +3X 2 2+ (2 n-3)2n 1十 (2nn-1)2 ,两式相减得 Tn=2(2 1+22+ 2nT) + (2n1)2n1 = 3+(2n 3)2n,所以选B.4.an + 1 = an + 10bn , 已知正项数列an, bn满足：<B +1 = an + bn ,设Cn=j,当C3+C4最小时, bnC5的A.14B.7C.D. 4解析：选B由题意得Cn+1 =an1+ 10an+1 anH- 10 bn bnbn+1an+ bnanbn+191 +an77+ 1 bn91 +,则 C3+ C4= C3 Cn+ 1 '+ 1+力陵2汴=6,当且仅当C3=2时,此时C4= 4,C5 = 1+ C4+ 114故选B.5.已知数列a