2020届高考冲刺理科数学小题增分必练：数列.DOC

1、 第 - 1 - 页 共 5 页 - 1 - 小题专项训练小题专项训练 13 数数 列列 一、选择题 1已知等比数列an中，a21，a64，则 a3a4a5( ) A8 B 8 C16 D16 【答案】A 【解析】由等比数列的性质可知 a2a6a244，而 a2，a4，a6同号，所以 a42，则 a3a4a5 a348. 2(2019 年北京丰台区二模)已知an为等差数列，Sn为其前 n 项和若 a22，S99， 则 a8( ) A2 3 B1 3 C0 D1 3 【答案】C 【解析】设an的公差为 d，则 a2a1d2， S99a198 2 d9， 解得 d1 3，a1 7 3，所以 a8

2、a17d0. 3(2019 年湖南邵阳模拟)等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a2a32a1，且 a4与 2a7的 等差中项为5 4，则 S5( ) A29 B31 C33 D36 【答案】B 【解析】设等比数列an的公比为 q，因为 a2a32a1，所以 a21q32a1.因为 a4与 2a7的 等差中项为5 4，所以 a42a7 5 2，即 a1q 32a 1q 65 2.联立解得 a116，q 1 2，所以 S5 a11q5 1q 31. 4已知等比数列an的公比为 q，则“0q1”是“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既不充分也不必要条

3、件 【答案】D 第 - 2 - 页 共 5 页 - 2 - 【解析】可举例 a11，q1 2，得数列的前几项依次为1， 1 2， 1 4，显然不是 递减数列，故由“0q1”不能推出“an为递减数列”；可举例等比数列1，2，4， 8，显然为递减数列，但其公比 q2，不满足 0q1.故选 D 5朱世杰是历史上最伟大的数学家之一，他所著的四元玉鉴卷中“如像招数”五问 中有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多七 人每人日支米三升，共支米四百三石九斗二升，问筑堤几日”其大意为：官府陆续派遣 1 864 人前往修筑堤坝， 第一天派出 64 人，从第二天开始，每天派出的

4、人数比前一天多 7 人 修 筑堤坝的每人每天分发大米 3 升，共发出大米 40 392 升，问修筑堤坝多少天？”在这个问题 中，第 5 天应发大米( ) A894 升 B1 170 升 C1 275 升 D1 467 升 【答案】B 【解析】由题意知每天派出的人数构成首项为 64，公差为 7 的等差数列，则第 5 天的总 人数为 56454 2 7390，所以第 5 天应发大米 39031 170 升 6 (2019 年湖南岳阳一模)已知数列an的前 n 项和为 Sn， 且 a11， Snn1an 2 ， 则 a2 019 ( ) A2 018 B2 019 C4 036 D4 038 【答案

5、】B 【解析】a11，Snn1an 2 ， 当 n2 时，anSnSn1n1an 2 nan 1 2 ，即an n an1 n1. an n an1 n1 a1 1 1.ann.a2 0192 019. 7已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 2，Sn，an成等差数列，则 S17( ) A0 B2 C2 D34 【答案】C 【解析】由 2，Sn，an成等差数列，得 2Snan2， 即 2Sn1an12. ， 整理得an 1 an 1.又 2a1a12，a12.数列an是首项为 2，公比为1 的等比数列， S17211 17 11 2. 8若an是等差数列，首项 a10，a2 017a2 01

6、80，a2 017 a2 0180，则使前 n 项和 Sn 第 - 3 - 页 共 5 页 - 3 - 0 成立的最大正整数 n 是( ) A2 017 B2 018 C4 034 D4 035 【答案】C 【解析】a10，a2 017a2 0180，a2 017 a2 0180，d0，a2 0170，a2 0180，S4 034 4 034a1a4 034 2 4 034a2 017a2 018 2 0，S4 0354 035a1a4 035 2 4 035a2 0180，使前 n 项和 Sn0 成立的最大正整数 n 是 4 034. 9(2019 年江西南昌二模)数列an的前 n 项和 S

7、n2n23n(nN*)，若 pq5，则 ap aq( ) A5 B10 C15 D20 【答案】D 【解析】当 n2 时，anSnSn12n23n2(n1)23n34n5.a1S11 适合 上式，所以 an4n5.所以 apaq4(pq)因为 pq5，所以 apaq20. 10已知数列an中，a1a，an13an8n6，若an为递增数列，则实数 a 的取值范 围为( ) A(7，) B(5，) C(3,7) D(5,7) 【答案】A 【解析】 由 an13an8n6， 得 an14(n1)53(an4n5)， 即an 14n15 an4n5 3，数列an4n5是首项为 a9，公比为 3 的等比

8、数列an4n5(a9)3n 1，即 a n (a9)3n 14n5.a n1(a9)3 n4n9.数列a n为递增数列，an1an，即(a9)3 n 4n9(a9) 3n 14n5，即(a9)3n6 恒成立nN*， a96 32 恒成立，解得 a7.故选 A 11等比数列an的首项为3 2，公比为 1 2，前 n 项和为 Sn，则当 nN *时，S n 1 Sn的最大 值与最小值的比值为( ) A 7 12 B10 7 C10 7 D5 6 【答案】B 【解析】根据题意，Sn 3 2 1 1 2 n 1 1 2 1 1 2 n.当 n 为奇数时，S n1 1 2 n，n1，则 第 - 4 -

9、页 共 5 页 - 4 - 有 1Sn3 2；当 n 为偶数时，Sn1 1 2 n，n2，则有3 4Sn1. 3 4Sn 3 2，且 Sn1.设 Sn t，f(t)Sn 1 Snt 1 t，则 f(t)1 1 t20，f(t)在区间 3 4，1 和 1，3 2 上都是增函数， Sn 1 Sn的最大值为 f 3 2 5 6，最小值为 f 3 4 7 12，则 Sn 1 Sn的最大值与最小值的比值为 10 7 . 12已知函数 f(x) 2x1，x0， fx11，x0， 把函数 g(x)f(x)x 的零点按从小到大的顺序 排列成一个数列an，则该数列的通项公式为( ) Aann1 2 Bann1

10、Can(n1)2 Dan2n2 【答案】B 【解析】当 x0 时，令 f(x)x，即 2x1x，解得 x0；当 0x1 时，令 f(x)x，即 f(x1)1x，即 f(x1)x1，故 x10，解得 x1；当 n1xn 时，令 f(x)x，即 f(x1)1x，即 f(x2)2x，即 f(x3)3x，即 f(xn)nx，即 f(xn)xn， 故 xn0，解得 xn.故 g(x)f(x)x 的零点为 0,1,2,3,4,5，n1，所以其通项公式 为 ann1.故选 B 二、填空题 13设公差不为零的等差数列an满足 a13，a45 是 a25 和 a85 的等比中项，则 a10 _. 【答案】75

11、【解析】设等差数列an的公差为 d，由已知可得(a45)2(a25)(a85)，(83d)2 (8d)(87d)d0，d8，a10a19d75. 14(2019 年江苏无锡一模)设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S3，S9，S6成等差数列， 且 a2a54，则 a8的值为_ 【答案】2 【 解 析 】 设 公 比 为q ， 当q 1时 显 然 不 符 合 题 意 ， 则 由 题 意 得 2a11q 9 1q a11q 3 1q a11q 6 1q ， a1qa1q44， 得 a1q8，q31 2，a8a1q 7(a 1q)(q 3)281 4 2. 15(2019 年陕西西安一模)已知

12、数列an的通项公式 anlog2 n n1(nN *)，设其前 n 项和 为 Sn，则使 Sn4 成立的最小自然数 n 的值为_ 【答案】16 【解析】因为 anlog2 n n1 ，所以 Snlog2 1 2 log2 2 3 log2 3 4 log2 n n1 第 - 5 - 页 共 5 页 - 5 - log2 1 2 2 3 3 4 n n1 log2 1 n1.若 Sn4，则 1 n115，则使 Sn4 成立的最小自然 数 n 的值为 16. 16设 Sn为数列an的前 n 项和，Sn(1)nan 1 2n，nN *，则 a 3_，S1S2 S100_. 【答案】 1 16 1 3

13、 1 21001 【解析】由已知得 S3a3 1 23，S4a4 1 24，两式相减，得 a4a4a3 1 24 1 23，a3 1 24 1 23 1 16.已知 Sn(1) na n 1 2n，当 n 为奇数时， Sn1an1 1 2n 1， Snan 1 2n， 两式相减，得 an1an1an 1 2n 1，an 1 2n 1；当 n 为偶数时， Sn1an1 1 2n 1， Snan 1 2n， 两式相减， 得 an1an1an 1 2n 1，即 an2an1 1 2n 1 1 2n.综上，an 1 2n 1，n为奇数， 1 2n，n为偶数. Sn 1 2n 1，n为奇数， 0，n为偶数. S1S2S100 1 22 1 24 1 2100 1 4 1 1 22 50 11 4 1 3 1 21001 .