（浙江专用）2019高考数学二轮复习课时跟踪检测（十）小题考法——数列的概念及基本运算.doc

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1、1课时跟踪检测（十）小题考法数列的概念及基本运算A 组107 提速练一、选择题1设等比数列 an的公比 q2，前 n 项和为 Sn，则 ( )S4a2A2 B4C D152 172解析：选 C q2， S4 15 a1，a1 1 241 2 .故选 C.S4a2 15a12a1 1522(2017全国卷)记 Sn为等差数列 an的前 n 项和若 a4 a524， S648，则an的公差为( )A1 B2C4 D8解析：选 C 设等差数列 an的公差为 d，则由Error! 得Error!即Error! 解得 d4.3设等比数列 an的前 n 项和为 Sn，若 S1 a2 ， S2 a3 ，则公

2、比 q( )13 13 13 13A1 B4C4 或 0 D8解析：选 B S1 a2 ， S2 a3 ，13 13 13 13Error!解得Error! 或Error! ， 舍 去 故所求的公比 q4.故选 B.4(2019 届高三湖州五校联考)若 an是公差为 d(d0)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 a20，则 a1 a30B若 a1 a40，则 a1a4a2a3C若 d0 且 a10，则 S22 S66S42D若 S3 S72S5，则 d02解析：选 D 由 a1 a22 a1 d0，得 d2 a1，由 a1 a32 a12 d0，得 d a

3、1，显然不符，A 错； a1a4 a 3 a1d， a2a3 a 3 a1d2 d2，因为 d0，所以 a1a42S510 a120 d，解得d0，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 a10，则Sn中最大的是( )A S7 B S8C 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 d11 a1762d，即 d a1，则11102 217Sn na1 d na1 (n9) 2 a1，由 a10 可知n n 12 n n 12 ( 217a1) a117 8117 0 可知 a90， a10

4、0，所以 a a 2 a 成立，但 an是等差数列，不2n 2n 2 2n 1是等比数列，所以必要性不成立所以“ an为等比数列”是“ a a 2 a ”的充2n 2n 2 2n 1分不必要条件故选 A.7若等差数列 an的前 n 项和为 Sn，若 S6S7S5，则满足 SnSn1 S7S5，得 S7 S6 a7S5，所以a70，所以 S13 13 a70，13 a1 a132 12 a1 a1223所以 S12S13 的最大正整数 n 为_an2n 1 14解析：设等差数列 an的公差为 d，由已知可得Error!解得Error!故数列 an的通项公式为 an2 n.6Sn a1 ， a22

5、 an2n 1 . Sn2 a12 a222 an2n得 a1 1 1Sn2 a2 a12 an an 12n 1 an2n (12 122 12n 1) 2 n2n ，(112n 1) 2 n2n n2n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( )A440 B330C220 D110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 .n n 12由题意可知， N100，令 100，n n 12得 n14， nN *，即 N 出现在第

6、13 组之后易得第 n 组的所有项的和为 2 n1，前 n 组的所有项的和为1 2n1 2 n2 n1 n2.2 1 2n1 2设满足条件的 N 在第 k1( kN *， k13)组，且第 N 项为第 k1 组的第 t(tN *)个数，若要使前 N 项和为 2 的整数幂，则第 k1 组的前 t 项的和 2t1 应与2 k 互为相反数，即 2t1 k2，2 t k3， tlog 2(k3)，当 t4， k13 时， N 4955 时， N440，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 b22，

7、 b516，若数列 cn满足 cn anbn，则|c1| c2| c3| cn|( )A3(2 n3)2 n1 B3(2 n3)2 nC3(2 n3)2 n D3(2 n3)2 n解析：选 B 由题意知，( a1 d)(a12 d) a17 d， a11，得 d2，所以an a1( n1) d2 n1.设数列 bn的公比为 q，则 q3 8， q2，所以 bn(2)b5b2n1 ，所以| cn|(2 n1)(2) n1 |(2 n1)2 n1 ，所以|c1| c2| c3| cn|12 032 1(2 n1)2 n1 .令8Tn12 032 1(2 n1)2 n1 ，则 2Tn12 132 2

8、(2 n3)2 n1 (2 n1)2n，两式相减得 Tn2(2 12 22 n1 )(2 n1)2 n13(2 n3)2 n，所以选 B.4(2018浙江高三模拟)已知在数列 an中， a1 ，1(1) nan(1)74nan1 2 (n2)，且对任意的 nN *，( an1 p)(an p)32n1，且 bnZ，则12bn_，数列 的前 n 项和为_nbnan解析：由 2an1 an an2 ，知数列 an是等差数列，因为 a12， a24，所以其公差为 2，所以 an2 n.由 bn1 bn32n1，且 bnZ，所以 bn2 bn32 n，又 b12， b24，所以 bn2 n.所以 2 n1 ，则数列 的前 n 项和为 2 n1.nbnan n2n2n nbnan 1 1 2n1 2答案：2 n 2 n1