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）

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＋＋…＋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(　　)‎ 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an3×2n－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