(浙江专用)2020版高考数学大二轮复习专题三小题考法课数列的概念及基本运算课时跟踪检测

数列的概念及基本运算

[课时跟踪检测] [A级——基础小题提速练]

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 C.15 2

B．4 D.17 2

S4a2

解析：选C ∵q＝2， ∴S4＝

a1?1－24?

1－2

＝15a1，

S415a115∴＝＝.故选C. a22a12

2．(2019·温州高考适应性测试)设Sn是等差数列{an}的前n项和，且S4＝a4＋3，则a2

＝( )

A．－2 C．1

B．－1 D．2

解析：选C 因为数列{an}为等差数列，所以S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a4＋3，则a1＋a2＋a3＝3a2＝3，解得a2＝1，故选C.

1111

3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S1＝a2－，S2＝a3－，则公比q＝( )

3333A．1 C．4或0

B．4 D．8

1111

解析：选B ∵S1＝a2－，S2＝a3－，

333311

a＝aq－，??33∴?11

a＋aq＝aq－，??33

1

1

2

1

1

1

??a1＝1，解得?

?q＝4?

1??a1＝－，

3或???q＝0

?舍去?，

故所求的公比q＝4.故选B.

4．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

- 1 -

B．若a1＋a4>0，则a1a4>a2a3 C．若d>0且a1>0，则＋> 262D．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＝a1＋3a1d，a2·a3＝a1＋3a1d＋2d，因为d≠0，所以a1a4

2

2

2

S2S6S4

S2

dS4S65dS2S6S4

a1＋，＝2a1＋3d，＝a1＋，得＋＝，C错；S3＝3a1＋3d，S5＝5a1＋10d，S7＝7a1＋

2

2

6

2

2

6

2

21d，由S3＋S7＝10a1＋24d>2S5＝10a1＋20d，解得d>0，D正确．

5．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 C．S9

B．S8 D．S10

7×611×10

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，

222n?n－1?n?n－1??2?a1812

即d＝－a1，则Sn＝na1＋d＝na1＋×?－a1?＝－(n－9)＋a1，由a1>0可

17221717?17?知－<0，故当n＝9时，Sn最大． 17

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．已知数列{an}是正项数列，则“{an}为等比数列”是“an＋an＋2≥2an＋1”的( ) A．充分不必要条件 C．充要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

2

2

2

2

2

2

2

2

2

a1

解析：选A 若{an}为等比数列，则有an·an＋2＝an＋1，所以an＋an＋2≥2an·an＋2＝2an＋1，当且仅当an＝an＋2时取等号，所以充分性成立；当an＋an＋2≥2an＋1时，取an＝n，则an＋an＋2－2an＋1＝n＋(n＋2)－2(n＋1)＝2n＋4n＋4－2n－4n－2＝2>0，所以an＋an＋2≥2an＋1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“an＋an＋2≥2an＋1”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 C．12

B．11 D．13

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

解析：选C 由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7S5，所以a7<0，a6＋a7>0，所以

S13＝

13?a1＋a13?12?a1＋a12?

＝13a7<0，S12＝＝6(a6＋a7)>0，所以S12S13<0，即满足SnSn＋1<0的正整22

数n的值为12，故选C.

- 2 -

8．(2019·杭州高三质检)已知数列{an}满足2an≤an－1＋an＋1(n∈N，n≥2)，则( ) A．a5≤4a2－3a1 C．3(a7－a6)≥a6－a3

B．a2＋a7≤a3＋a6 D．a2＋a3≥a6＋a7

*

解析：选C 由2an≤an－1＋an＋1得an－an－1≤an＋1－an，则a2－a1≤a3－a2，a3－a2≤a4－a3，

a4－a3≤a5－a4，a5－a4≤a6－a5，a6－a5≤a7－a6，所以3(a7－a6)≥a6－a5＋a5－a4＋a4－a3＝a6

－a3，故选C.

1112**

9．已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n(n∈N)，且对任意n∈N都有＋＋…＋

a1a2an数t的取值范围为( )

?1?A.?，＋∞? ?3??2?C.?，＋∞? ?3?

?1?B.?，＋∞?

?3??2?D.?，＋∞? ?3?

2a1a2a3…an2n222n－1

解析：选D 依题意得，当n≥2时，an＝＝，又2＝2n－(n－1)＝2

a1a2a3…an－12?n－1?

a1＝2＝2

12×1－1

，因此an＝2

2n－1

?1?1?1?n－111

，＝2n－1＝×??，即数列??是以为首项，为公比的等比an22?4?24?an?

11

11?

1－n????1?2?4?2?1?22????1－数列，等比数列的前n项和等于＝?因此实数t的取值范围是?，＋∞?. n?<，4?313??3??an?

1－4

111*

10．若数列{an}满足a1＝1，且对于任意的n∈N都有an＋1＝an＋n＋1，则＋＋…＋a1a2a2 018

＋

1

a2 019

等于( ) 4 035

2 0184 038

2 020

B.D.2 017

2 0184 037

2 020

A.C.

解析：选C 由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1， 则a2－a1＝1＋1，

a3－a2＝2＋1， a4－a3＝3＋1，

…，

an－an－1＝(n－1)＋1，

以上等式相加，得an－a1＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n－1， 把a1＝1代入上式得，an＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝

n?n＋1?

2

，

- 3 -

1

an＝

1?2?1

＝2?－?，

n?n＋1??nn＋1?

1111?1??11??1－1?＋?1－1?＝则＋＋…＋＋＝2?1－?＋?－?＋…＋????a1a2a2 018a2 019?2??23??2 0182 019??2 0192 020?1?4 038?2?1－. ?＝?2 020?2 020

二、填空题

11．(2019·丽水质检)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an－1(n∈N)，则数列{an}是________(填“递增”或“递减”)数列，其通项公式an＝________.

解析：由an＋1＝2an－1得an＋1－1＝2(an－1)，又因为a1－1＝1，所以数列{an－1}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an－1＝2

答案：递增 2

n－1

n－1

*

，an＝2

n－1

＋1，则数列{an}是递增数列．

＋1

1

2a，0≤a<，??2＝?1

2a－1，≤a<1.??2

nnnn12．已知数列{an}满足an＋1

3

若a1＝，则a2 019＝________.

5

31243

解析：因为a1＝，根据题意得a2＝，a3＝，a4＝，a5＝，所以数列{an}以4为周期，

555552

又2 019＝504×4＋3，所以a2 019＝a3＝.

5

2答案： 5

13．已知{an}，{bn}是公差分别为d1，d2的等差数列，且An＝an＋bn，Bn＝anbn.若A1＝1，

A2＝3，则An＝________；若{Bn}为等差数列，则d1d2＝________.

解析：∵{an}，{bn}是公差分别为d1，d2的等差数列，且An＝an＋bn， ∴数列{An}是等差数列，又A1＝1，A2＝3， ∴数列{an}的公差d＝A2－A1＝2. 则An＝1＋2(n－1)＝2n－1； ∵Bn＝anbn，且{Bn}为等差数列，

∴Bn＋1－Bn＝an＋1bn＋1－anbn＝(an＋d1)(bn＋d2)－anbn＝and2＋bnd1＋d1d2＝[a1＋(n－1)d1]d2＋[b1＋(n－1)d2]d1＋d1d2＝a1d2＋b1d1－d1d2＋2d1d2n为常数．

∴d1d2＝0. 答案：2n－1 0

14．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝10，S4＝50，则公差d＝________，若Sn取到最大值，则n＝________.

解析：由已知条件可得S4＝a3－2d＋a3－d＋a3＋a3＋d＝4a3－2d＝50，又a3＝10，所以d

- 4 -