(浙江專用)2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習小題專題練(三)

1、小題專題練（三）數(shù)列1 .無窮等比數(shù)列an中，>a2”是“數(shù)列an為遞減數(shù)列”的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分又不必要條件2 .設(shè)S為等比數(shù)列an的前n項和，a28a5=0,則黃的值為（1 A.2S417B.16C. 2D. 173 .設(shè)an是首項為a1?公差為1的等差數(shù)列，S為其前n項和.若S, S, &成等比數(shù) 列，則a1的值為（）A. 2B. - 21 1C.2D. - 24.已知數(shù)列an滿足2a1 + 2&+ 2nan = n(ne N),數(shù)列1log 2anlog 2an + 1的前n項和為91B.- 5S,則 S1 G 4 8

2、0 =()1 A. 105.,一 ，_一， ，_1如圖，矩形 ARCD的一邊 AB在x軸上，另外兩個頂點 C, Dn在函數(shù)f （x） =x+-（x>0）x的圖象上，若點B的坐標為（n, 0）（ n>2, nCN*）,記矩形 ABGDn的周長為an,則a?+a3+ a10=()A. 208B. 212C. 216D. 220 一.一.S + 86.設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,其前n項和為&.若a=d=1,則的最小值為（）an、，A. 10C.27.已知數(shù)列an滿足 a1%a3an= 2n2( nC N)且對任意nCN都有 +己+小，則實數(shù)t的取值范圍為()B.1-4-003&#

3、39;C. 2, 十°°3D.2- -koo38.若數(shù)列an對于任意的正整數(shù)數(shù)列”.已知“積增數(shù)列” an中,n滿足：an>0且anan+1=n+1,則稱數(shù)列an為“積增a = 1,數(shù)列a2+a2+1的前n項和為則對于任意的正整數(shù)n,有()2A. 2n +3B.S> n2+4nC. Swn2+4nD.Sn> n + 3n9.已知數(shù)列an是等差數(shù)列，若a9+ 3aii<0ai0 an<0,且數(shù)列an的前n項和S有最大i d.2+2 2值，那么S取得最小正值時n等于(A. 20B.17C. 19D.21410.數(shù)列an滿足 a1=an+13=an-

4、 an +1( n N),則丘£ + 02+嬴的整數(shù)部分是B. 2D. 4A. 1C. 311 .已知等差數(shù)列an的前n項和為3,若a3=5, as=3,則an=, S7=.12 .已知數(shù)列an滿足日=1, d+1= 2an+1(nC N),記數(shù)列d的刖n項和為 &,則a4 =, S =13 .已知等差數(shù)列an的公差為d,等比數(shù)列bn的公比為q.設(shè)an, bn的前n項和分 別為 Sn, Tn.若 n2(Tn+1) = 2&, neM,則 d =, q=.n+ 214 .已知數(shù)列an滿足(n+2)an+1= nan, a=1,則 an=；右 > =司=an, Tn

5、為數(shù)列bn的前n項和，則Ts=.15 .對任一實數(shù)序列A=(a1,a2,as,)，定義新序列AA=(a2a1，as-a2,a4-as,)，它的第n項為an+1 - an.假定序列 A(AA)的所有項都是1,且&2=a2 = 0,則a2=.16 .已知數(shù)列an的通項公式為 an=- n2+12n-32,其前n項和為S,則對任意 mj nC N(mrn),$的最大值為.17 .已知數(shù)列an與bn的前 n 項和分別為 S, Tn,且 an>0, 6Sn=an+3an, nCNi, bn =2an(2an 1) ( 2an+ 1 1)_ *nC N,k>T恒成立，則k的最小值是小題

6、專題練(三)1 n+ 11 .解析：選 B.數(shù)列an遞減？ an<an1.反之不成立，例如 an=-，此數(shù)列是擺動數(shù)列.故選B.2 .解析：選B.設(shè)數(shù)列an的公比為q,依題意得 坐=1=q3,因此q=1.注意到as+ae+a7 a2 82+ a8= q4(ai + a2+a3+a4),即有 S8&=q4&,因此 S8= (q4+ 1) S4, 8= q4 +1 =17,選 B.S416n (n 1)3.解析：選D.因為等差數(shù)列an的前n項和為Sn= nad2"d，所以S，&，&分別為 a1, 2a1-1, 4a1 6.因為 S, S2, S4成等

7、比數(shù)列，所以(2 a-1) 2= a1 (4 a1 6),解得 a112.4 .解析：選 C.因為2ai+22a2+2nan=n(nCN),所以2a1+2&+2n1an1= n- n1 , 11( n>2),兩式相減得 2an=1(n>2), a=2也滿足上式，故 2門=了，1111蚊log 2aniog 2an+1 n (n+1) - n-n+ T11 1111 n$=1-2+2-5+ :E »k=n+7'所以 S 4 S So= 2x|x4x-x 70>< 17=77，故選 C.234 IU II II5.解析：選C.由題意得| ADJ =

8、| RC| =n+1,設(shè)點Dn的坐標為x, n+1 ,則有x+1 = nnxn+得 x= -(x= n 舍去)，即n nA n, 0 ,則| A®| =n-n,所以矩形的周長為an=2(| AB| +| BnCn|) = 2 n n + 2 n+n =4n,則 az+a3+ a10=4(2 +3+4+ + 10) =216.B.由已知得8十8n (n 1) dnad2+ 8a + ( n 1) dn 8 1=2+n+28 1 n+ 2=92,當且7.解析：選D.依題意得，當n>2 時,aa2a3anaa2a3 an-12n22 (n 1)2=2n2-(n-1)2=22n,“一一

9、1111 nT111，又a1=21=22 1 ;因此2 '產(chǎn)=2' 4，即數(shù)列£是以2為首項，4為公1 11比的等比數(shù)列，等比數(shù)列 -的前n項和等于24-=2 13<2,因此實數(shù)t的取值范圍是an134 31 42-4-003'.2 28.解析：選 D.因為 an>0,所以 an+an+1>2anan+1.因為 anan+1=n+1,所以aan+G 的刖 n 項和為2+3+4+ (n+1)=(弋+ 1)n = 3)n,所以數(shù)列a2+a"的前n項和$(n+3) n2>2x2= (n+3)n=n + 3n.a9 + 3 a11 =

10、 a9 + a” + 2a11 = a99 .解析：選 C.因為a9+3an<0,所以由等差數(shù)列的性質(zhì)可得+ an + a10+ a12= 2(a*+ a10)<0,又a10 an<0,所以a。和a”異號,又因為數(shù)列an的前n項和S有最大值,所以數(shù)列an是遞減的等差數(shù)列，所以d0>0, a11<0,19 (a1 + a19)19X2310所以S9 =2-= 19a10>0,所以&0 =20 (a1 + 220)=10( a1 + a20) = 10( a10+ an)<0 ,所以S取得最小正值時n等于19.10.解析：選B.由條件得an+1 -

11、 1an ( an - 1 )an 1an '1.1.mi= + 一+a1a2a2 016a1一 1 a2 017 - 113-.又 an+1an=a2 017 1 1(an 1) >0,則 an+1 >an>>a1>1,當 n>2 時，從而有(an+1 an) (an an 1)= (an 1) (an 1 1) = (an an -1)( an + an-141 2) >0, 則 an+1 an>anan-1 >>32 a1= 9,則a? 017=a1+ (a2 a。+ (a 017 a2 016) >3 + 201

12、6= 2251,得 a2 017-1>2241>1,即有 0Vy<1,貝U me (2, 3),故選 B.933a2 017 一 111 .解析：設(shè)公差為 d,則 2d = a5a3=2, d=-1,所以 a1=a32d=7,7X 6an=a1+(n-1)d= 7+(n- 1)x( 1) = 8n, S7=7a1+2-d = 7X7+21X( - 1)=28.答案：8-n 2812 .解析：法一：由 an+1=2a + 1(nC N)得 an+什 1 = 2an+2=2(an+1),所以數(shù)列an+1 是首項為 &+1=2,公比為2的等比數(shù)列，故an+1=2n,即an=

13、2n1,所以a4 = 15, Sn =2 (12n)12-n=2n+1-2-n,S5=57.法二：由a=1,an+ 1 = 2an+1(nCN)得 a=3, a3= 7, a4= 15,，可猜想 an= 2 1,驗證可知滿足題意，故所以S5=57.答案：155713 . 2 214.解析:法一:an+1 na2r=nz可得，a;史a2asan123=二'-X- X XAn-1345n 1而，得ann+ 2；'. b1 = cn+2n(n+ 1)2n+ 2n (n+ 1) 2 + n (n+ 1)1(n+1) 2 n+1， .1所以T3 = 2 111314 2=2-64法二：由

14、日/口1(n+2)an+1 = nan, a1 = 1 勿倚 a2= ,31 a3=o,61-a4=茄，猜想an2(n+1)，易證結(jié)論成立.拓n+2故 bn= 2n+ 2n (n+1) 2n+1n (n+1) - n - 2n- (n+1) - 2n+1，1所以T3=-答案:n (n + 1)6415.解析：令bn= an+1-an,依題意知數(shù)列bn為等差數(shù)列，且公差為 1,所以1314X 242-64-6431-1)X1,a2 a1 = b1,a3 a2= b2,an an-1= bn 1 ,累加得 an=a1+b1 +bn 1= ad (n 1), b1 +(n-1) (n 2)= (n-

15、1)a2-(n-2)a1(n-1) (n2)n= 12, n=22,11a210日+55=0, 得21a220a1 + 210=0, 231解得 a1=-2-，a2= 100.答案：10016.解析：由 an=-n2+12n32=0,得2n=4 或 n=8,即 a4=a8=0.又函數(shù) f(x)= x+ 12x 32的圖象開口向下，所以數(shù)列的前3項均為負數(shù)，當n>8時，數(shù)列中的項均為負數(shù). 在m<n 的情況下，Sn一Sm的最大值為 S7-S4 = a5 + a6 + a7 =一 5 +12*5 32 6 +12*6 32 7+ 12X7 32= 10.答案：10217.解析：當 n=1 時，6a1 = a + 3a1,解得 a = 3 或 a1= 0.由 an>0 得，a1=3.由 6Sn= an+ 3an ,得 6S + 1=an+1+ 3an+1.兩式相減得 6an+1 = a+1 & + 3an+1 3an.所以(an+1 + an)( a+1 an 3) = 0