2019高考数学二轮复习 课时跟踪检测（八）“专题二”补短增分（综合练）理.doc

课时跟踪检测（八） “专题二”补短增分（综合练） A组——易错清零练 1．(2018湖北八校联考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，S10＝10，S30＝130，则S40＝(　　) A．－510　　　　　　　 B.400 C．400或－510 D.30或40 解析：选B　等比数列{an}中，S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，且由题意知，S20>0， 所以S10(S30－S20)＝(S20－S10)2， 即10(130－S20)＝(S20－10)2，解得S20＝40， 又(S20－S10)(S40－S30)＝(S30－S20)2，即30(S40－130)＝902，解得S40＝400. 2．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，那么S100的值为(　　) A．2 500 B．2 600 C．2 700 D.2 800 解析：选B　当n为奇数时，an＋2－an＝0⇒an＝1，当n为偶数时，an＋2－an＝2⇒an＝n，故an＝于是S100＝50＋＝2 600. 3．(2018海淀二模)在数列{an}中，“an＝2an－1，n＝2,3,4，…”是“{an}是公比为2的等比数列”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析：选B　当an＝0时，也有an＝2an－1，n＝2,3，4，…，但{an}不是等比数列，因此充分性不成立；当{an}是公比为2的等比数列时，有＝2，n＝2,3,4，…，即an＝2an－1，n＝2,3,4，…，所以必要性成立． 4．已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋1，数列{bn}满足bn＝，则bn＝________. 解析：当n＝1时，a1＝S1＝2， 因为Sn＝n2＋1，Sn－1＝(n－1)2＋1(n≥2)， 两式相减得an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)， 所以当n≥2时，an＝2n－1， 又a1＝2不符合上式，所以an＝ 因为bn＝，所以bn＝ 答案： 5．(2018安徽阜阳一中月考)已知一个等比数列{an}的前4项之积为，第2,3项的和为，则数列{an}的公比q＝________. 解析：设数列{an}的前4项分别为a，aq，aq2，aq3， 则可得 所以(1＋q)4＝64q2，即(1＋q)2＝8q， 当q>0时，可得q2－6q＋1＝0， 解得q＝32， 当q<0时，可得q2＋10q＋1＝0， 解得q＝－52. 综上，q＝32或q＝－52. 答案：32或－52 B组——方法技巧练 1．已知正项数列{an}中，a1＝1，且(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，则它的通项公式为(　　) A．an＝ B．an＝ C．an＝ D.an＝n 解析：选B　因为(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，所以[(n＋2)an＋1－(n＋1)an](an＋1＋an)＝0.又{an}为正项数列，所以(n＋2)an＋1－(n＋1)an＝0，即＝，则an＝…a1＝…1＝.故选B. 2．(2018郑州质检)已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意n∈N*都有＋＋…＋0)的图象上，若点Bn的坐标为(n,0)(n≥2，n∈N*)，记矩形AnBnCnDn的周长为an，则a2＋a3＋…＋a10＝(　　) A．208 B．212 C．216 D.220 解析：选C　由题意得|AnDn|＝|BnCn|＝n＋，设点Dn的坐标为，则有x＋＝n＋，得x＝(x＝n舍去)，即An，则|AnBn|＝n－，所以矩形的周长为an＝2(|AnBn|＋|BnCn|)＝2＋2＝4n，则a2＋a3＋…＋a10＝4(2＋3＋4＋…＋10)＝216. 5．(2019届高三上海松江区联考)在一个有穷数列的每相邻两项之间添加一项，使其等于两相邻项的和，我们把这样的操作叫做该数列的一次“H扩展”．已知数列1,2第一次“H扩展”后得到数列1,3,2，第二次“H扩展”后得到数列1,4,3,5,2，那么第10次“H扩展”后得到的数列的所有项的和为(　　) A．88 572 B．88 575 C．29 523 D.29 526 解析：选B　记第n次“H扩展”后得到的数列所有项的和为Hn，则H1＝1＋2＋3＝6，H2＝1＋3＋2＋4＋5＝15，H3＝15＋5＋7＋8＋7＝42，从中发现H3－H2＝27＝33，H2－H1＝9＝32，归纳得Hn－Hn－1＝3n(n≥2)，利用累加法求和得Hn＝，n≥2，所以H10＝＝88 575，故选B. 6．(2018河北衡水中学检测)对于数列{an}，定义Hn＝为{an}的“优值”，现在已知某数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，记数列{an－kn}的前n项和为Sn，若Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立，则实数k的取值范围为________． 解析：由题意知Hn＝＝2n＋1， 所以a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n2n＋1，① 当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)2n，② ①－②得：2n－1an＝n2n＋1－(n－1)2n， 解得an＝2n＋2，n≥2， 当n＝1时，a1＝4也满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋2，且数列{an}为等差数列，公差为2. 令bn＝an－kn＝(2－k)n＋2，则数列{bn}也是等差数列， 由Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立，知2－k<0，且b5＝12－5k≥0，b6＝14－6k≤0， 解得≤k≤. 答案： 7．(2019届高三江西宜春中学与新余一中联考)设函数f(x)＝＋sin x的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{xn}． (1)求数列{xn}的通项公式； (2)令bn＝，设数列的前n项和为Sn，求证：Sn<. 解：(1)f(x)＝＋sin x，令f′(x)＝＋cos x＝0，得x＝2kπ(k∈Z)， 由f′(x)>0⇒2kπ－0，所以c1＝1. 当n≥2时，c＋c＋c＋…＋c＝T， c＋c＋c＋…＋c＝T. 两式相减，得c＝T－T ＝(Tn－Tn－1)(Tn＋Tn－1) ＝cn(Tn＋Tn－1)． 因为cn>0，所以c＝Tn＋Tn－1＝2Tn－cn. 显然c1＝1适合上式， 所以当n≥2时，c＝2Tn－1－cn－1. 于是c－c＝2(Tn－Tn－1)－cn＋cn－1 ＝2cn－cn＋cn－1＝cn＋cn－1. 因为cn＋cn－1>0， 所以cn－cn－1＝1， 所以数列{cn}是首项为1，公差为1的等差数列， 所以cn＝n，Tn＝. 所以＝＝不为常数， 故数列{cn}不是“幸福数列”．