2020届二轮复习小题考法——数列的概念及基本运算课时作业（全国通用）

课时跟踪检测（十）小题考法——数列的概念及基本运算
A组——10＋7提速练
一、选择题
1．设等比数列{an}的公比q＝2，前n项和为Sn，则＝(　　)
A．2　　　　　　　　　 　 B．4
C． D．
解析：选C　∵q＝2，
∴S4＝＝15a1，
∴＝＝.故选C.
2．(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为(　　)
A．1 B．2
C．4 D．8
解析：选C　设等差数列{an}的公差为d，
则由得
即解得d＝4.
3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S1＝a2－，S2＝a3－，则公比q＝(　　)
A．1 B．4
C．4或0 D．8
解析：选B　∵S1＝a2－，S2＝a3－，
∴
解得或，
故所求的公比q＝4.故选B.
4．(2019届高三·湖州五校联考)若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，Sn是其前n项和，则下列结论中正确的是(　　)
A．若a1＋a2>0，则a1＋a3>0
B．若a1＋a4>0，则a1a4>a2a3
C．若d>0且a1>0，则＋>
D．若S3＋S7>2S5，则d>0
解析：选D　由a1＋a2＝2a1＋d>0，得d>－2a1，由a1＋a3＝2a1＋2d>0，得d>－a1，显然不符，A错；a1·a4＝a＋3a1d，a2·a3＝a＋3a1d＋2d2，因为d≠0，所以a1a42S5＝10a1＋20d，解得d>0，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S7＝S11，且a1>0，则Sn中最大的是(　　)
A．S7 B．S8
C．S9 D．S10
解析：选C　法一：设数列{an}的公差为d，根据S7＝S11可得7a1＋d＝11a1＋d，即d＝－a1，则Sn＝na1＋d＝na1＋×＝－(n－9)2＋a1，由a1>0可知－<0，故当n＝9时，Sn最大．
法二：根据S7＝S11可得a8＋a9＋a10＋a11＝0，根据等差数列的性质可得a8＋a11＝a9＋a10＝0，由a1>0可知a9>0，a10<0，所以数列{an}的前9项和最大．
6．(2019届高三·浙江名校联考信息卷)已知数列{an}是正项数列，则“{an}为等比数列”是“a＋a≥2a”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a＋a≥2＝2a，当且仅当an＝an＋2时取等号，所以充分性成立；当a＋a≥2a时，取an＝n，则a＋a－2a＝n2＋(n＋2)2－2(n＋1)2＝2n2＋4n＋4－2n2－4n－2＝2>0，所以a＋a≥2a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“a＋a≥2a”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S6>S7>S5，则满足SnSn＋1<0的正整数n的值为(　　)
A．10 B．11
C．12 D．13
解析：选C　由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7S5，所以a7<0，a6＋a7>0，所以S13＝＝13a7<0，S12＝＝6(a6＋a7)>0，所以S12S13<0，即满足SnSn＋1<0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(ɡuǐ)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，a1＝15，a13＝135，则15＋12d＝135，解得d＝10.∴a2＝15＋10＝25，∴小暑的晷长是25寸．故选B.
9．已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意n∈N*都有＋＋…＋ A. B.
C. D.
解析：选D　依题意得，当n≥2时，an＝＝＝2＝22n－1，又a1＝21＝22×1－1，因此an＝22n－1，＝＝×n－1，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＝<，因此实数t的取值范围是.

10．若数列{an}满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则＋＋…＋＋等于(　　)
A. B.
C. D.
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－a1＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n－1，
把a1＝1代入上式得，an＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝，
＝＝2，
则＋＋…＋＋＝
2＝2＝.
二、填空题
11．(2018·杭州高三质检)设各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝80，S2＝8，则公比q＝________，a5＝________.
解析：由题意得解得或(舍去)，从而a5＝a1q4＝2×34＝162.
答案：3　162
12．已知数列{an}满足an＋1＝若a1＝，则a2 018＝________.
解析：因为a1＝，根据题意得a2＝，a3＝，a4＝，a5＝，所以数列{an}以4为周期，又2 018＝504×4＋2，所以a2 018＝a2＝.
答案：

13．(2018·宁波调研)已知{an}，{bn}是公差分别为d1，d2的等差数列，且An＝an＋bn，Bn＝anbn.若A1＝1，A2＝3，则An＝________；若{Bn}为等差数列，则d1d2＝________.
解析：∵{an}，{bn}是公差分别为d1，d2的等差数列，且An＝an＋bn，
∴数列{An}是等差数列，又A1＝1，A2＝3，
∴数列{an}的公差d＝A2－A1＝2.
则An＝1＋2(n－1)＝2n－1；
∵Bn＝anbn，且{Bn}为等差数列，
∴Bn＋1－Bn＝an＋1bn＋1－anbn＝(an＋d1)(bn＋d2)－anbn＝and2＋bnd1＋d1d2＝[a1＋(n－1)d1]d2＋[b1＋(n－1)d2]d1＋d1d2＝a1d2＋b1d1－d1d2＋2d1d2n为常数．
∴d1d2＝0.
答案：2n－1　0
14．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝10，S4＝50，则公差d＝________，若Sn取到最大值，则n＝________.
解析：由已知条件可得S4＝a3－2d＋a3－d＋a3＋a3＋d＝4a3－2d＝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，Sn取到最大值．
法二：可知a1＝20，an＝－5n＋25，Sn＝，根据二次函数的知识可得，当n＝4或5时，Sn取到最大值．
答案：－5　4或5
15．设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．
解析：设等比数列{an}的公比为q，则由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知q＝.又a1＋a1q2＝10，∴a1＝8.
故a1a2…an＝aq1＋2＋…＋(n－1)＝23n·
＝2＝2.
记t＝－＋＝－(n2－7n)＝－2＋，
结合n∈N*可知n＝3或4时，t有最大值6.
又y＝2t为增函数，从而a1a2…an的最大值为26＝64.
答案：64
16．已知等差数列{an}满足a3＝－1，a4＋a12＝－12，则数列{an}的通项公式an＝________；若数列的前n项和为Sn，则使Sn>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an＝2－n.
Sn＝a1＋＋…＋， ①
＝＋＋…＋. ②
①－②得＝a1＋＋…＋－＝1－－＝1－－＝，
所以Sn＝，由Sn＝>，得0 答案：2－n　5
17．(2018·南昌调研)设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3且当n≥2时，2an＝Sn·Sn－1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：当n≥2时，由2an＝Sn·Sn－1可得2(Sn－Sn－1)＝Sn·Sn－1，∴－＝，即－＝－，∴数列是首项为，公差为－的等差数列，∴＝＋·(n－1)＝，∴Sn＝.当n≥2时，an＝SnSn－1＝××＝，又a1＝3，
∴an＝
答案：
B组——能力小题保分练
1．(2018·浙江高考)如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝
|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*.(P≠Q表示点P与Q不重合)若dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，则(　　)
A．{Sn}是等差数列
B．{S}是等差数列
C．{dn}是等差数列
D．{d}是等差数列
解析：选A　由题意，过点A1，A2，A3，…，An，An＋1，…分别作直线B1Bn＋1的垂线，高分别记为h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…，根据平行线的性质，得h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…成等差数列，又Sn＝×|BnBn＋1|×hn，|BnBn＋1|为定值，所以{Sn}是等差数列．故选A.
2．(2018·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N>100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(　　)
A．440 B．330
C．220 D．110
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，N>100，令>100，
得n≥14，n∈N*，即N出现在第13组之后．
易得第n组的所有项的和为＝2n－1，前n组的所有项的和为－n＝2n＋1－n－2.
设满足条件的N在第k＋1(k∈N*，k≥13)组，且第N项为第k＋1组的第t(t∈N*)个数，
若要使前N项和为2的整数幂，则第k＋1组的前t项的和2t－1应与－2－k互为相反数，
即2t－1＝k＋2，∴2t＝k＋3，∴t＝log2(k＋3)，
∴当t＝4，k＝13时，N＝＋4＝95<100，不满足题意；
当t＝5，k＝29时，N＝＋5＝440；
当t>5时，N>440，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|＋|c2|＋|c3|＋…＋|cn|＝(　　)
A．3＋(2n－3)2n＋1 B．3＋(2n－3)2n
C．3－(2n－3)2n D．3＋(2n＋3)2n
解析：选B　由题意知，(a1＋d)(a1＋2d)＝a1＋7d，a1＝1，得d＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.设数列{bn}的公比为q，则q3＝＝－8，q＝－2，所以bn＝(－2)n－1，所以|cn|＝|(2n－1)(－2)n－1|＝(2n－1)·2n－1，所以|c1|＋|c2|＋|c3|＋…＋|cn|＝1×20＋3×21＋…＋(2n－1)2n－1.令Tn＝1×20＋3×21＋…＋(2n－1)2n－1，则2Tn＝1×21＋3×22＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)2n，两式相减得Tn＝－2(21＋22＋…＋2n－1)＋(2n－1)2n－1＝3＋(2n－3)2n，所以选B.
4．(2018·浙江高三模拟)已知在数列{an}中，a1＝－，[1－(－1)n]an＝(－1)n·an－1＋2－(n≥2)，且对任意的n∈N*，(an＋1－p)(an－p)<0恒成立，则实数p的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　∵[1－(－1)n]an＝(－1)nan－1＋2－(n≥2)，(*)
a1＝－，∴①当n为偶数时，化简(*)式可知，an－1＝－2，∴an＝－2(n为奇数)；
②当n为奇数时，化简(*)式可知，2an＝－an－1＋2－，即－4＝－an－1＋2－，即an－1＝6－，
∴an＝6－(n为偶数)．于是an＝
∵对任意n∈N*，(an＋1－p)(an－p)<0恒成立，
∴对任意n∈N*，(p－an＋1)(p－an)<0恒成立．又数列{a2k－1}单调递减，数列{a2k}单调递增，∴当n为奇数时，有an 当n为偶数时，有an＋1 5．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{an}为，，，，，，，，，，…，，，…，，…，若Sk＝14，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Tn＝＋1＋＋…＋＝.令Tn＝＝14，解得n＝7(n＝－8舍去)，所以ak＝.
答案：
6．已知在首项都为2的数列{an}，{bn}中，a2＝b2＝4,2an＋1＝an＋an＋2，bn＋1－bn<2n＋，bn＋2－bn>3×2n－1，且bn∈Z，则bn＝________，数列的前n项和为________．
解析：由2an＋1＝an＋an＋2，知数列{an}是等差数列，因为a1＝2，a2＝4，所以其公差为2，所以an＝2n.由bn＋1－bn<2n＋，得bn＋2－bn＋1<2n＋1＋，所以bn＋2－bn<3×2n＋1，又bn＋2－bn>3×2n－1，且bn∈Z，所以bn＋2－bn＝3×2n，又b1＝2，b2＝4，所以bn＝2n.所以＝＝2n－1，则数列的前n项和为＝2n－1.
答案：2n　2n－1