2019-2020年高考数学二轮专题突破 高考小题分项练（三）理.doc

2019-2020年高考数学二轮专题突破 高考小题分项练（三）理1在公比q大于1的等比数列an中，a3a772，a2a827，则a12等于()A96 B64 C72 D482设等差数列an和等比数列bn首项都是1，公差与公比都是2，则ab1ab2ab3ab4ab5等于()A54 B56 C58 D573(xx皖西七校联考)已知数列an是等差数列，a1tan 225，a513a1，设Sn为数列(1)nan的前n项和，则S2 016等于()A2 016 B2 016C3 024 D3 0244(xx温州十校联考)设等差数列an的前n项和为Sn，若S6S7S5，则满足SnSn10，n1,2，且a5a2n522n(n3)，则当n1时，log2a1log2a3log2a2n1等于()An(2n1) B(n1)2Cn2 D(n1)27设数列an是首项为1，公比为4的等比数列，把an中的每一项都减去3后，得到一个新数列bn，bn的前n项和为Sn，对任意的nN*，下列结论正确的是()A4bnbn1且Sn(4n1)B4bn6bn1且Sn(4n1)C4bn9bn1且Sn(4n1)3nD4bn9bn1且Sn(4n1)3n8已知an满足a11，且an1(nN*)，则数列an的通项公式为()Aan Bann22Can3n2 Dan9已知数列an的通项公式an3n2(9a)n62a(其中a为常数)，若a6与a7两项中至少有一项是an中的最小值，则实数a的取值范围是()A24,36 B27,33Ca|27a33，aN* Da|24a36，aN*10项数为n的数列a1，a2，a3，an的前k项和为Sk(k1,2,3，n)，定义为该数列的“凯森和”，如果项数为99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()A991 B1 001 C1 090 D1 10011在等比数列an中，若a1，a44，则公比q_；|a1|a2|an|_.12已知函数f(x)xa的图象过点(4,2)，令an，nN*.记数列an的前n项和为Sn，则S2 016_.13数列an满足an1(1)nan2n1，则an的前60项和为_14在如下数表中，已知每行、每列中的数都成等差数列，第1列第2列第3列第1行123第2行246第3行36915设Sn是正项数列an的前n项和，且an和Sn满足4Sn(an1)2(n1,2,3，)，则Sn_.答案精析高考小题分项练(三)1A由题意及等比数列的性质知a3a7a2a872，又a2a827，a2，a8是方程x227x720的两个根，或又公比q大于1，q68，即q22，a12a2q1032596.2D由题意，an12(n1)2n1，bn12n12n1，ab1ab5a1a2a4a8a16137153157.3Ca1tan 2251，a513a113，则公差d3，an3n2，(1)nan(1)n(3n2)，S2 016(a2a1)(a4a3)(a6a5)(a2 016a2 015)1 008d3 024.4B设等差数列的公差为d，由S6S7S5得，6a115d7a121d5a110d，所以a70,2a72a112da1a130，即S120，S130，故选B.5Ba1f(1)(13m)102，m3，anf(n)8n10，S1008(12100)1010081010039 400.6C由an为等比数列，则a5a2n5a1a2n122n，则(a1a3a5a2n1)2(22n)na1a3a2n12n2，故log2a1log2a3log2a2n1log2(a1a3a2n1)n2.7C由已知得bn4n13，故有4bn94(4n13)94n3bn1，Sn(14424n1)3n(4n1)3n.8A由题可知，an1(nN*)，两边取倒数可得，3，即3，所以数列是首项为1，公差为3的等差数列，其通项公式为3n2，所以数列an的通项公式为an.9A由于数列的定义域为正整数，故由二次函数知识可知，只需5.57.5，解得24a36.10C因为项数为99的数列a1，a2，a3，a99的“凯森和”为1 000，所以1 000，故100，a1，a2，a3，a99的“凯森和”为1001009901 090.故选C.1122n1解析an为等比数列，且a1，a44，q38，q2，an(2)n1，|an|2n2，|a1|a2|a3|an|(2n1)2n1.12.1解析由f(4)2可得4a2，解得a，则f(x)x.an，S2 016a1a2a3a2 016(1)()()()1.131 830解析an1(1)nan2n1，a21a1，a32a1，a47a1，a5a1，a69a1，a72a1，a815a1，a9a1，a1017a1，a112a1，a1223a1，a57a1，a58113a1，a592a1，a60119a1，a1a2a60(a1a2a3a4)(a5a6a7a8)(a57a58a59a60)1026422341 830.14n2n解析第n行的第一个数是n，第n行的数构成以n为公差的等差数列，则其第n1项为nnnn2n.15n2解析由题意知：Sn()2，当n1时，易得a11.anSnSn1()2()2(1)()()()，整理得：anan12，所以an2n1，所以Snn2.