2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：小题专题练（三）
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．17
3．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．－2
C. 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．212
C．216 D．220
6．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.＋2
7．已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意n∈N*都有＋＋…＋
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⇒an0，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 28
12．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 57
13．2 2
14．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：100
16．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m0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：
