（浙江专用）2019高考数学二轮复习 课时跟踪检测（十）小题考法——数列的概念及基本运算.doc

课时跟踪检测（十）小题考法数列的概念及基本运算A组107提速练一、选择题1设等比数列an的公比q2，前n项和为Sn，则()A2B4C D解析：选Cq2，S415a1，.故选C.2(2017全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和若a4a524，S648，则an的公差为()A1 B2C4 D8解析：选C设等差数列an的公差为d，则由得即解得d4.3设等比数列an的前n项和为Sn，若S1a2，S2a3，则公比q()A1 B4C4或0 D8解析：选BS1a2，S2a3，解得或，故所求的公比q4.故选B.4(2019届高三湖州五校联考)若an是公差为d(d0)的等差数列，Sn是其前n项和，则下列结论中正确的是()A若a1a20，则a1a30B若a1a40，则a1a4a2a3C若d0且a10，则D若S3S72S5，则d0解析：选D由a1a22a1d0，得d2a1，由a1a32a12d0，得da1，显然不符，A错；a1a4a3a1d，a2a3a3a1d2d2，因为d0，所以a1a42S510a120d，解得d0，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S7S11，且a10，则Sn中最大的是()AS7 BS8CS9 DS10解析：选C法一：设数列an的公差为d，根据S7S11可得7a1d11a1d，即da1，则Snna1dna1(n9)2a1，由a10可知0可知a90，a100，所以aa2a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“aa2a”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S6S7S5，则满足SnSn1S7S5，得S7S6a7S5，所以a70，所以S1313a70，所以S12S130，即满足SnSn10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(u)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，a115，a13135，则1512d135，解得d10.a2151025，小暑的晷长是25寸故选B.9已知数列an满足a1a2a3an2n2(nN*)，且对任意nN*都有t，则实数t的取值范围为()A. B.C. D.解析：选D依题意得，当n2时，an222n1，又a1212211，因此an22n1，n1，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an2n.Sna1，.得a111，所以Sn，由Sn，得0100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()A440 B330C220 D110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，N100，令100，得n14，nN*，即N出现在第13组之后易得第n组的所有项的和为2n1，前n组的所有项的和为n2n1n2.设满足条件的N在第k1(kN*，k13)组，且第N项为第k1组的第t(tN*)个数，若要使前N项和为2的整数幂，则第k1组的前t项的和2t1应与2k互为相反数，即2t1k2，2tk3，tlog2(k3)，当t4，k13时，N4955时，N440，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a2a3a8，数列bn是等比数列，其中b22，b516，若数列cn满足cnanbn，则|c1|c2|c3|cn|()A3(2n3)2n1 B3(2n3)2nC3(2n3)2n D3(2n3)2n解析：选B由题意知，(a1d)(a12d)a17d，a11，得d2，所以ana1(n1)d2n1.设数列bn的公比为q，则q38，q2，所以bn(2)n1，所以|cn|(2n1)(2)n1|(2n1)2n1，所以|c1|c2|c3|cn|120321(2n1)2n1.令Tn120321(2n1)2n1，则2Tn121322(2n3)2n1(2n1)2n，两式相减得Tn2(21222n1)(2n1)2n13(2n3)2n，所以选B.4(2018浙江高三模拟)已知在数列an中，a1，1(1)nan(1)nan12(n2)，且对任意的nN*，(an1p)(anp)0恒成立，则实数p的取值范围是()A. B.C. D.解析：选A1(1)nan(1)nan12(n2)，(*)a1，当n为偶数时，化简(*)式可知，an12，an2(n为奇数)；当n为奇数时，化简(*)式可知，2anan12，即4an12，即an16，an6(n为偶数)于是an对任意nN*，(an1p)(anp)0恒成立，对任意nN*，(pan1)(pan)0恒成立又数列a2k1单调递减，数列a2k单调递增，当n为奇数时，有anpan1，则a1pa11，即p；当n为偶数时，有an1pan，则a21pa2，即p.综上所述，p，故选A.5已知数列an的前n项和为Sn，数列an为，若Sk14，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Tn1.令Tn14，解得n7(n8舍去)，所以ak.答案：6已知在首项都为2的数列an，bn中，a2b24,2an1anan2，bn1bn32n1，且bnZ，则bn_，数列的前n项和为_解析：由2an1anan2，知数列an是等差数列，因为a12，a24，所以其公差为2，所以an2n.由bn1bn2n，得bn2bn12n1，所以bn2bn32n1，且bnZ，所以bn2bn32n，又b12，b24，所以bn2n.所以2n1，则数列的前n项和为2n1.答案：2n2n1