1、 专题强化训练 1 (2019 浙江新高考冲刺卷)已知等差数列an， Sn是an的前n项和， 则对于任意的nN*， “an0”是“Sn0”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 A.对于任意的 nN*， “an0” ，能推出“Sn0” ，是充分条件，反之，不成立，比 如：数列3，1，1，3，5，不满足条件，不是必要条件，故选 A. 2 (2018 浙江选考试卷)设数列an的前 n 项和为 Sn， 若 Sn12an1， nN*， 则 a3( ) A3 B2 C1 D0 解析：选 B.Sn12an1，nN*，则 n1 时，a1a22a11，可得：
2、a2a11.n2 时，a1a2a32a21，可得：a32.故选 B. 3 “十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为 这个理论的发展做出了重要贡献十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三 个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第 一个单音的频率为 f，则第八个单音的频率为( ) A.32f B.322f C.1225f D.1227f 解析：选 D.从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于 12 2，第一个单音的频率为 f，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为 f，公
3、比为122的等比数列，记为an，则第八个单音的频率为 a8f(122)8 112 27f，故选 D. 4(2019 长春质量检测(一)等差数列an中，已知|a6|a11|，且公差 d0，则其前 n 项和 取最小值时 n 的值为 ( ) A6 B7 C8 D9 解析：选 C.由 d0 可得等差数列an是递增数列，又|a6|a11|，所以a6a11，即a1 5da110d，所以 a115d 2 ，则 a8d 20，所以前 8 项和为前 n 项和的最小值， 故选 C. 5已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 a212，a3a54，则下列说法正确的是( ) Aan是单调递减数列 BSn是单调递减
4、数列 Ca2n是单调递减数列 DS2n是单调递减数列 解析：选 C.由于an是等比数列，则 a3a5a244，又 a212，则 a40，a42，q21 6， 当 q 6 6 时，an和Sn不具有单调性，选项 A 和 B 错误；a2na2q2n 212 1 6 n1 单调递 减，选项 C 正确；当 q 6 6 时，S2n不具有单调性，选项 D 错误 6(2019 温州市高考数学模拟)已知an是等差数列，其公差为非零常数 d，前 n 项和为 Sn，设数列 Sn n 的前 n 项和为 Tn，当且仅当 n6 时，Tn有最大值，则a1 d 的取值范围是( ) A. ，5 2 B(3，) C. 3，5 2
5、 D(，3) 5 2， 解析：选 C.因为Sn n d 2n(a1 d 2)，由题意知 d0 S7 7 a13d0，a8a90，S1616 2 (a1a16)8(a8 a9)0 的最大 n 是 15. 因为等差数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 a80，a8a9an1； (2)求证：nN*时，2Sn2n0，所以 an2. 所以 Sna1a2an42(n1)2n2. 所以 Sn2n2. 由可得：an 12 an2 1 2（an12） 1 8， 因此 an2(a12) 1 8 n1 ，即 an22 1 8 n1 . 所以 Sna1a2an2n2 1 1 8 n1 11 8 0， 所以an 2
6、an1 a2 a1q.故数列an是首项为 a1，公比为 q 的等比数列 综上所述， 数列an是公比为 q 的等比数列的充分必要条件是： 对任意 nN*， 三个数 A(n)， B(n)，C(n)组成公比为 q 的等比数列 18已知数列an满足 a11 2且 an1ana 2 n(nN *) (1)证明：1 an an12(nN *)； (2)设数列a2n的前 n 项和为 Sn，证明： 1 2（n2） Sn n 1 2（n1）(nN *) 证明：(1)由题意得 an1ana2n0，即 an10. 由 0an1 2得 an an1 an ana2n 1 1an(1，2， 所以 1 an an12. (2)由题意得 a2nanan1，所以 Sna1an1. 由 1 an1 1 an an an1和 1 an an12 得 1 1 an1 1 an2， 所以 n 1 an1 1 a12n， 因此 1 2（n1）an 1 1 n2(nN *) 由得 1 2（n2） Sn n 1 2（n1）(nN *)
