2021届二轮复习 小题专题练三 作业（全国通用）

小题专题练(三)　数 列1．无穷等比数列{an}中，“a1>a2”是“数列{an}为递减数列”的(　　)A．充分不必要条件　　  B．必要不充分条件C．充要条件   D．既不充分又不必要条件2．设Sn为等比数列{an}的前n项和，a2－8a5＝0，则的值为(　　)A.   B.C．2   D．173．设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为(　　)A．2   B．－2C.   D．－4．已知数列{an}满足2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，数列的前n项和为Sn，则S1·S2·S3·…·S10＝(　　)A.   B.C.   D.5. 如图，矩形AnBnCnDn的一边AnBn在x轴上，另外两个顶点Cn，Dn在函数f(x)＝x＋(x>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．212C．216   D．2206．设等差数列{an}的公差为d，其前n项和为Sn.若a1＝d＝1，则的最小值为(　　)A．10   B.C.   D.＋27．已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意n∈N*都有＋＋…＋<t，则实数t的取值范围为(　　)A.   B.C.   D.8．若数列{an}对于任意的正整数n满足：an＞0且anan＋1＝n＋1，则称数列{an}为“积增数列”．已知“积增数列”{an}中，a1＝1，数列{a＋a}的前n项和为Sn，则对于任意的正整数n，有(　　)A．Sn≤2n2＋3   B．Sn≥n2＋4nC．Sn≤n2＋4n   D．Sn≥n2＋3n9．已知数列{an}是等差数列，若a9＋3a11<0，a10·a11<0，且数列{an}的前n项和Sn有最大值，那么Sn取得最小正值时n等于(　　)A．20   B．17C．19   D．2110．数列{an}满足a1＝，an＋1＝a－an＋1(n∈N*)，则m＝＋＋…＋的整数部分是(　　)A．1   B．2C．3   D．411．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝5，a5＝3，则an＝________，S7＝________．12．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Sn，则a4＝________，S5＝________．13．已知等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.设{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn.若n2(Tn＋1)＝2nSn，n∈N*，则d＝________，q＝________．14．已知数列{an}满足(n＋2)an＋1＝nan，a1＝1，则an＝________；若bn＝an，Tn为数列{bn}的前n项和，则T3＝________．15．对任一实数序列A＝(a1，a2，a3，…)，定义新序列ΔA＝(a2－a1，a3－a2，a4－a3，…)，它的第n项为an＋1－an.假定序列Δ(ΔA)的所有项都是1，且a12＝a22＝0，则a2＝________．16．已知数列{an}的通项公式为an＝－n2＋12n－32，其前n项和为Sn，则对任意m，n∈N*(m<n), Sn－Sm的最大值为________．17．已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an>0，6Sn＝a＋3an，n∈N*, bn＝，若任意n∈N*，k>Tn恒成立，则k的最小值是________．
小题专题练(三)1．解析：选B.数列{an}递减⇒an<an－1.反之不成立，例如an＝，此数列是摆动数列．故选B.2．解析：选B.设数列{an}的公比为q，依题意得＝＝q3，因此q＝.注意到a5＋a6＋a7＋a8＝q4(a1＋a2＋a3＋a4)，即有S8－S4＝q4S4，因此S8＝(q4＋1)S4，＝q4＋1＝，选B.3．解析：选D.因为等差数列{an}的前n项和为Sn＝na1＋d，所以S1，S2，S4分别为a1，2a1－1，4a1－6.因为S1，S2，S4成等比数列，所以(2a1－1)2＝a1·(4a1－6)，解得a1＝－.4．解析：选C.因为2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，所以2a1＋22a2＋…＋2n－1an－1＝n－1(n≥2)，两式相减得2nan＝1(n≥2)，a1＝也满足上式，故an＝，故＝＝－，Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，所以S1·S2·S3·…·S10＝×××…××＝，故选C.5．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)＝216.6．解析：选B.由已知得＝＝＋＋≥2＋＝，当且仅当n＝4时“＝”成立．7．解析：选D.依题意得，当n≥2时，an＝＝＝2n2－(n－1)2＝22n－1，又a1＝21＝22×1－1，因此an＝22n－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.8．解析：选D.因为an＞0，所以a＋a≥2anan＋1.因为anan＋1＝n＋1，所以{anan＋1}的前n项和为2＋3＋4＋…＋(n＋1)＝＝，所以数列{a＋a}的前n项和Sn≥2×＝(n＋3)n＝n2＋3n.9．解析：选C.因为a9＋3a11<0，所以由等差数列的性质可得a9＋3a11＝a9＋a11＋2a11＝a9＋a11＋a10＋a12＝2(a11＋a10)<0，又a10·a11<0，所以a10和a11异号，又因为数列{an}的前n项和Sn有最大值，所以数列{an}是递减的等差数列，所以a10>0，a11<0，所以S19＝＝＝19a10>0，所以S20＝＝10(a1＋a20)＝10(a10＋a11)<0，所以Sn取得最小正值时n等于19.10．解析：选B.由条件得＝＝－，即有＝－，则m＝＋＋…＋＝－＝3－.又an＋1－an＝(an－1)2≥0，则an＋1≥an≥…≥a1>1，当n≥2时，从而有(an＋1－an)－(an－an－1)＝(an－1)2－(an－1－1)2＝(an－an－1)(an＋an－1－2)≥0，则an＋1－an≥an－an－1≥…≥a2－a1＝，则a2 017＝a1＋(a2－a1)＋…＋(a2 017－a2 016)≥＋＝225，得a2 017－1≥224>1，即有0<<1，则m∈(2，3)，故选B.11．解析：设公差为d，则2d＝a5－a3＝－2，d＝－1，所以a1＝a3－2d＝7，an＝a1＋(n－1)d＝7＋(n－1)×(－1)＝8－n，S7＝7a1＋d＝7×7＋21×(－1)＝28.答案：8－n　2812．解析：法一：由an＋1＝2an＋1(n∈N*)得an＋1＋1＝2an＋2＝2(an＋1)，所以数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列，故an＋1＝2n，即an＝2n－1，所以a4＝15，Sn＝－n＝2n＋1－2－n，S5＝57.法二：由a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*)得a2＝3，a3＝7，a4＝15，…，可猜想an＝2n－1，验证可知满足题意，故Sn＝－n＝2n＋1－2－n，所以S5＝57.答案：15　5713．2　214．解析：法一：由＝可得，···…·＝×××…×，得an＝.bn＝·＝＝－，所以T3＝－＝－＝.法二：由(n＋2)an＋1＝nan，a1＝1易得a2＝，a3＝，a4＝，…，猜想an＝，易证结论成立．故bn＝·＝＝－，所以T3＝－＝－＝.答案：　15．解析：令bn＝an＋1－an，依题意知数列{bn}为等差数列，且公差为1，所以bn＝b1＋(n－1)×1，a1＝a1，a2－a1＝b1，a3－a2＝b2，…an－an－1＝bn－1，累加得an＝a1＋b1＋…＋bn－1＝a1＋(n－1)·b1＋＝(n－1)a2－(n－2)a1＋，分别令n＝12，n＝22，得解得a1＝，a2＝100.答案：10016．解析：由an＝－n2＋12n－32＝0，得n＝4或n＝8，即a4＝a8＝0.又函数f(x)＝－x2＋12x－32的图象开口向下，所以数列的前3项均为负数，当n>8时，数列中的项均为负数．在m<n的情况下，Sn－Sm的最大值为S7－S4＝a5＋a6＋a7＝－52＋12×5－32－62＋12×6－32－72＋12×7－32＝10.答案：1017．解析：当n＝1时，6a1＝a＋3a1，解得a1＝3或a1＝0.由an>0得，a1＝3.由6Sn＝a＋3an，得6Sn＋1＝a＋3an＋1.两式相减得6an＋1＝a－a＋3an＋1－3an.所以(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝0.因为an>0，所以an＋1＋an>0，an＋1－an＝3.即数列{an}是以3为首项，3为公差的等差数列，所以an＝3＋3(n－1)＝3n.所以bn＝＝＝.所以Tn＝(－＋－＋…＋－)＝<.要使任意n∈N*，k>Tn恒成立，只需k≥，所以k的最小值为.答案：