2019高考数学二轮复习课时跟踪检测八“专题二”补短增分综合练理20190220378.doc

《2019高考数学二轮复习课时跟踪检测八“专题二”补短增分综合练理20190220378.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考数学二轮复习课时跟踪检测八“专题二”补短增分综合练理20190220378.doc（8页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1课时跟踪检测（八） “专题二”补短增分（综合练）A组易错清零练1(2018湖北八校联考)已知等比数列 an的前 n项和为 Sn， S1010， S30130，则S40( )A510 B.400C400 或510 D.30或 40解析：选 B 等比数列 an中， S10， S20 S10， S30 S20， S40 S30成等比数列，且由题意知， S200，所以 S10(S30 S20)( S20 S10)2，即 10(130 S20)( S2010) 2，解得 S2040，又( S20 S10)(S40 S30)( S30 S20)2，即 30(S40130)90 2，解得 S40400.2

2、在数列 an中， a11， a22， an2 an1(1) n，那么 S100的值为( )A2 500 B2 600C2 700 D.2 800解析：选 B 当 n为奇数时， an2 an0 an1，当 n为偶数时，an2 an2 an n，故 anError!于是 S10050 2 600. 2 100 5023(2018海淀二模)在数列 an中， “an2 an1 ， n2,3,4，”是“ an是公比为2的等比数列”的( )A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D.既不充分也不必要条件解析：选 B 当 an0 时，也有 an2 an1 ， n2,3，4，但 an不是等比数列，因此充

3、分性不成立；当 an是公比为 2的等比数列时，有 2， n2,3,4，即anan 1an2 an1 ， n2,3,4，所以必要性成立4已知数列 an的前 n项和为 Sn n21，数列 bn满足 bn ，则 bn_.2an 1解析：当 n1 时， a1 S12，因为 Sn n21， Sn1 ( n1) 21( n2)，两式相减得 an Sn Sn1 2 n1( n2)，所以当 n2 时， an2 n1，又 a12 不符合上式，所以 anError!因为 bn ，所以 bnError!2an 1答案：Error!25(2018安徽阜阳一中月考)已知一个等比数列 an的前 4项之积为 ，第 2,3项

4、的116和为 ，则数列 an的公比 q_.2解析：设数列 an的前 4项分别为 a， aq， aq2， aq3，则Error! 可得Error!所以(1 q)464 q2，即(1 q)28 q，当 q0时，可得 q26 q10，解得 q32 ，2当 q0)的图象上，若点 Bn的坐标为1x(n,0)(n2， nN *)，记矩形 AnBnCnDn的周长为 an，则 a2 a3 a10( )A208 B212C216 D.220解析：选 C 由题意得| AnDn| BnCn| n ，设点 Dn的坐标为 ，则有1n (x， n 1n)x n ，得 x (x n舍去)，即 An ，则| AnBn| n

5、，所以矩形的周长为1x 1n 1n (1n， 0) 1nan2(| AnBn| BnCn|)2 2 4 n，则 a2 a3 a104(23410)(n1n) (n 1n)216.5(2019 届高三上海松江区联考)在一个有穷数列的每相邻两项之间添加一项，使其等于两相邻项的和，我们把这样的操作叫做该数列的一次“H 扩展” 已知数列 1,2第一次“H 扩展”后得到数列 1,3,2，第二次“H 扩展”后得到数列 1,4,3,5,2，那么第 10次“H扩展”后得到的数列的所有项的和为( )A88 572 B88 575C29 523 D.29 526解析：选 B 记第 n次“H 扩展”后得到的数列所有

6、项的和为 Hn，则H11236， H21324515， H315578742，从中发现H3 H2273 3， H2 H193 2，归纳得 Hn Hn1 3 n(n2)，利用累加法求和得 Hn， n2，所以 H10 88 575，故选 B.3n 1 32 311 326(2018河北衡水中学检测)对于数列 an，定义 Hn 为 ana1 2a2 2n 1ann的“优值” ，现在已知某数列 an的“优值” Hn2 n1 ，记数列 an kn的前 n项和为 Sn，若 Sn S5对任意的 nN *恒成立，则实数 k的取值范围为_6解析：由题意知 Hn 2 n1 ，a1 2a2 2n 1ann所以 a1

7、2 a22 n1 an n2n1 ，当 n2 时， a12 a22 n2 an1 ( n1)2 n，得：2 n1 an n2n1 ( n1)2 n，解得 an2 n2， n2，当 n1 时， a14 也满足上式，所以数列 an的通项公式为 an2 n2，且数列 an为等差数列，公差为 2.令 bn an kn(2 k)n2，则数列 bn也是等差数列，由 Sn S5对任意的 nN *恒成立，知 2 k02k 0，所以 c11.当 n2 时， c c c c T ，31 32 3 3n 2nc c c c T .31 32 3 3n 1 2n 1两式相减，得 c T T3n 2n 2n 1( Tn Tn1 )(Tn Tn1 ) cn(Tn Tn1 )因为 cn0，所以 c Tn Tn1 2 Tn cn.2n显然 c11 适合上式，所以当 n2 时， c 2 Tn1 cn1 .2n 1于是 c c 2( Tn Tn1 ) cn cn12n 2n 12 cn cn cn1 cn cn1 .因为 cn cn1 0，所以 cn cn1 1，所以数列 cn是首项为 1，公差为 1的等差数列，8所以 cn n， Tn .n n 12所以 不为常数，TnT2n n n 12n 2n 1 n 14n 2故数列 cn不是“幸福数列”