浙江专用2019高考数学二轮复习精准提分第二篇重点专题分层练中高档题得高分第12练数列的基本运算及性质.pdf

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1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 第 12 练 数列的基本运算及性质第 12 练 数列的基本运算及性质 明晰考情 1.命题角度 ： 考查等差数列、 等比数列基本量的计算， 考查数列的通项及求和.2. 题目难度：中档难度或较难难度 考点一 等差数列与等比数列 要点重组 (1)在等差数列中，若mnpq(m，n，p，qN N*)，则amanapaq. (2)若an是等差数列，则也是等差数列 Sn n (3)在等差数列an中，Sn，S2nSn，S3nS2n也成等差数列 (4)在等比数列中，若mnpq(m，n，p，qN N*)，则amanapaq. (5)在等比数列中，Sn，S2nSn，S3n

2、S2n也成等比数列(当q1 时，n不能为偶数) 1 (2018全国)记Sn为等差数列an的前n项和， 若 3S3S2S4，a12， 则a5等于( ) A12B10C10D12 答案 B 解析 设等差数列an的公差为d，由 3S3S2S4， 得 32a1d4a1d，将a12 代入 3a 13 31 2 d 2 21 2 4 41 2 上式，解得d3， 故a5a1(51)d24(3)10. 故选 B. 2已知等差数列an的前n项和为Sn，a91，S180，当Sn取最大值时n的值为( ) A7B8C9D10 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 答案 C 解析 方法一 设公差为d， 则a18d

3、1 且 18a1d0， 18 17 2 解得a117，d2， 所以Sn17nn(n1)n218n， 当n9 时，Sn取得最大值，故选 C. 方法二 因为S18180， a1a18 2 所以a1a18a9a100，所以a101， 即数列an中前 9 项为正值，从第 10 项开始为负值，故其前 9 项之和最大故选 C. 3 已知Sn是各项均为正数的等比数列an的前n项和，a764，a1a5a320， 则S5等于( ) A31B63C16D127 答案 A 解析 设公比为q(q0)，因为a1a5a320， 所以aa3200，即(a35)(a34)0， 2 3 a30，a34， a7a3q464，q2

4、，a11. 所以S531，故选 A. 125 12 4设an是公比为q的等比数列，|q|1，令bnan1(n1,2，)，若数列bn有连续 四项在集合53，23,19,37,82中，则 6q_. 答案 9 解析 由题意知，数列bn有连续四项在集合53，23，19,37,82中，说明an有连续 四项在集合54，24，18,36,81中，由于an中连续四项至少有一项为负，q1，an的连续四项为24,36，54,81， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 q ，6q9. 36 24 3 2 考点二 数列的通项与求和 方法技巧 (1)已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常利用累加法、累乘法、构

5、造法 求解 (2)利用anError!求通项时，要注意检验n1 的情况 5数列an满足a10，1(n2，nN N*)，则a2019等于( ) 1 1an 1 1an1 A.B. 1 2019 1 2018 C.D. 2018 2019 2017 2018 答案 C 解析 数列an满足a10，1(n2，nN N*)，1， 1 1an 1 1an1 1 1a1 数列是首项为 1，公差为 1 的等差数列， 1 1an 1(n1)n， 1 1an 2019， 1 1a2019 解得a2019. 2018 2019 6已知数列an满足a1a2a3an 2 2n(nN N*)，且对任意nN N*都有t，则

6、t 1 a1 1 a2 1 an 的取值范围为( ) A.B. ( 1 3，) 1 3，) C.D. ( 2 3，) 2 3，) 答案 D 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析 数列an满足a1a2a3an 2 2n(nN N*)， 当n1 时，a12； 当n2 时，a1a2a3an1 2 (1) 2 n ， 可得an22n1，n2， 当n1 时，a12 满足上式， ，数列为等比数列，首项为 ，公比为 . 1 an 1 22n1 1 an 1 2 1 4 . 1 a1 1 a2 1 an 1 2(1 1 4n) 11 4 2 3(1 1 4n) 2 3 对任意nN N*都有t， 1

7、 a1 1 a2 1 an t的取值范围是. 2 3，) 7(2018全国)记Sn为数列an的前n项和若Sn2an1，则S6_. 答案 63 解析 Sn2an1，当n2 时，Sn12an11， anSnSn12an2an1(n2)， 即an2an1(n2) 当n1 时，a1S12a11，得a11. 数列an是首项a11，公比q2 的等比数列， Sn12n， a1 1 qn 1q 112n 12 S612663. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 8 在已知数列an中，a11，Sn为数列an的前n项和， 且当n2 时， 有1 成立， 2an anSnS2 n 则S2017_. 答案 1

8、 1009 解析 当n2 时，由1， 2an anSnS2 n 得 2(SnSn1)anSnSSnSn1， 2n 所以1，又2， 2 Sn 2 Sn1 2 S1 所以是以 2 为首项，1 为公差的等差数列， 2 Sn 所以n1，故Sn，则S2017. 2 Sn 2 n1 1 1009 考点三 数列的综合应用 方法技巧 (1)以函数为背景的数列问题、 可以利用函数的性质等确定数列的通项an、 前n 项和Sn的关系 (2)和不等式有关的数列问题，可以利用不等式的性质、基本不等式、函数的单调性等求最 值来解决 9已知函数f(x)x2ax的图象在点A(0，f(0)处的切线l与直线 2xy20 平行，

9、若数列的前n项和为Sn，则S20的值为( ) 1 fn A.B. 325 462 19 20 C.D. 119 256 2010 2011 答案 A 解析 因为f(x)x2ax， 所以f(x)2xa， 又函数f(x)x2ax的图象在点A(0，f(0) 处的切线l与直线 2xy20 平行，所以f(0)a2，所以f(x)x22x，所以 1 fn 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 ， 1 n22n 1 2( 1 n 1 n2) 所以S201 2(1 1 3)( 1 2 1 4)( 1 3 1 5)( 1 20 1 22) . 1 2(1 1 2 1 21 1 22) 325 462 10已

10、知等差数列an的前n项和Snn2bnc，等比数列bn的前n项和Tn3nd，则 向量a a(c，d)的模为( ) A1 B. 2 C.D无法确定3 答案 A 解析 由等差数列与等比数列的前n项和公式知，c0，d1，所以向量a a(c，d)的模 为 1. 11设等比数列an满足a1a310，a2a45，则a1a2an的最大值为_ 答案 64 解析 由已知a1a310，a2a4a1qa3q5， 两式相除得， a1a3 qa1a3 10 5 解得q ，a18， 1 2 所以a1a2an8n 12(n1) 2 7 22 2 nn ， ( 1 2) 抛物线f(n)的对称轴为n ， n2 2 7n 2 7

11、2 2 ( 1 2) 7 2 又nN N*，所以当n3 或 4 时，a1a2an取最大值为 2664. 12已知函数f(x)3|x5|2|x2|，数列an满足a12，an1f(an)，nN N*.若要 使数列an成等差数列，则a1的取值集合为_ 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 答案 11，11 2 ，19 4 解析 因为f(x)Error! 所以若数列an成等差数列，则当a1为直线yx11 与直线yx11 的交点的横坐标， 即a111 时， 数列an是以11 为首项， 11 为公差的等差数列 ； 当f(a1)a1， 即 5a119 a1或a111a1，即a1或a1时，数列an是以

12、0 为公差的等差数列，因此a1 19 4 11 2 的取值集合为. 11， 11 2 ，19 4 1在数列an中，a11，a22，当整数n1 时，Sn1Sn12(SnS1)都成立，则S15等 于( ) A210B211C224D225 答案 B 解析 当n1 时，Sn1SnSnSn12， an1an2，n2，an1an2，n2. 数列an从第二项开始组成公差为 2 的等差数列， S15a1(a2a15)114211. 228 2 2已知数列an满足 ：an1an(12an1)，a11，数列bn满足 ：bnanan1，则数列bn 的前 2017 项的和S2017_. 答案 2017 4035 解

13、析 由an1an(12an1)，可得2， 1 an1 1 an 所以数列是首项为 1，公差为 2 的等差数列， 1 an 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 故1(n1)22n1， 1 an 所以an. 1 2n1 又bnanan1， 1 2 n12n 1 1 2( 1 2n1 1 2n1) 所以S20171 2(1 1 3 1 3 1 5 1 4033 1 4035) . 1 2 4034 4035 2017 4035 3已知数列an满足a133，an1an2n，则的最小值为_ an n 答案 21 2 解析 由题意，得a2a12， a3a24，anan12(n1)，n2， 累加整理

14、可得ann2n33，n2， 当n1 时，a133 也满足， n1(nN N*) an n 33 n 由函数f(x)x1(x0)的单调性可知， 33 x 的最小值为f(5)，f(6)中较小的一个 an n 又f(6)，f(5)， min . 21 2 53 5( an n) 21 2 解题秘籍 (1)利用anSnSn1寻找数列的关系，一定要注意n2 这个条件 (2)数列的最值问题可以利用基本不等式或函数的性质求解，但要考虑最值取到的条件 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 1 等差数列an的首项为 1， 公差不为 0.若a2，a3，a6成等比数列， 则an的前 6 项和为( ) A24B

15、3C3D8 答案 A 解析 由已知条件可得a11，d0， 由aa2a6，可得(12d)2(1d)(15d)， 2 3 解得d2. 所以S66124. 6 5 2 2 2(2017浙江)已知等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，则“d0”是“S4S62S5” 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 答案 C 解析 方法一 数列an是公差为d的等差数列， S44a16d，S55a110d，S66a115d， S4S610a121d，2S510a120d. 若d0，则 21d20d，10a121d10a120d， 即S4S62S5. 若S4S62S5，则

16、10a121d10a120d， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 即 21d20d， d0.“d0”是“S4S62S5”的充要条件 故选 C. 方法二 S4S62S5S4S4a5a62(S4a5)a6a5a5da5d0. “d0”是“S4S62S5”的充要条件 故选 C. 3已知数列an满足an1an2，a15，则|a1|a2|a6|等于( ) A9B15C18D30 答案 C 解析 由an1an2 可得数列an是等差数列，公差d2，又a15，所以an2n7， 所以|a1|a2|a3|a4|a5|a6|53113518. 4已知两个等差数列an和bn的前n项和分别为An和Bn，且，则

17、使得为整 An Bn 7n45 n3 an bn 数的正整数n的个数是( ) A2B3C4D5 答案 D 解析 7， an bn 2an 2bn 2 n 1 a1a2n1 2 2 n 1 b1b2n1 2 A2n1 B2n1 14n38 2n2 7n19 n1 12 n1 验证知，当n1,2,3,5,11 时为整数 an bn 5在数列an中，已知a1a2an2n1，则aaa等于( ) 2 12 22n A(2n1)2B.2 n1 3 C4n1D.4 n1 3 答案 D 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析 设Sn为an的前n项和，Sna1a2an2n1， 当n2时，Sn12n11

18、，an2n 1(2n11)2n1，a4n1， 当n1 时，a11 也符合上式， 所以aaa 2n2 12 22n 14n 14 . 4n1 3 6设Sn是等比数列an的前n项和，若3，则等于( ) S4 S2 S6 S4 A2B.7 3 C.D1 或 2 3 10 答案 B 解析 设S2k，则S43k， 由数列an为等比数列(易知数列an的公比q1)，得S2，S4S2，S6S4为等比数列， 又S2k，S4S22k， S6S44k， S67k， ，故选 B. S6 S4 7k 3k 7 3 7设an是任意等差数列，它的前n项和、前 2n项和与前 4n项和分别为X，Y，Z，则下 列等式中恒成立的是

19、( ) A2XZ3YB4XZ4Y C2X3Z7YD8XZ6Y 答案 D 解析 根据等差数列的性质X，YX，S3nY，ZS3n成等差数列，S3n3Y3X， 又 2(S3nY)(YX)(ZS3n)， 4Y6XYXZ3Y3X， 8XZ6Y. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 8若数列an满足a11，且对于任意的nN N*都有an1ann1，则等 1 a1 1 a2 1 a2018 于( ) A.B.C.D. 4033 2018 2015 2018 4035 2019 4036 2019 答案 D 解析 由an1ann1，得an1ann1， 则a2a111， a3a221， a4a331，

20、， anan1(n1)1，n2. 以上等式相加，得ana1123(n1)n1，n2，把a11 代入上式得， an123(n1)n，n2， nn 1 2 2，n2， 1 an 2 nn 1 ( 1 n 1 n1) 当n1 时，a11 也满足， 2，nN N*， 1 an( 1 n 1 n1) 则2 1 a1 1 a2 1 a2018(1 1 2)( 1 2 1 3)( 1 2018 1 2019) 2. (1 1 2019) 4036 2019 9已知数列an的前m(m4)项是公差为 2 的等差数列，从第m1 项起，am1，am，am 1，成公比为 2 的等比数列若a12，则m_，an的前 6

21、项和S6_. 答案 4 28 解析 由题意，得am1a1(m2)d2m6， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 am2m4，则由2，解得m4， am am1 2m4 2m6 所以数列an的前 6 项依次为2,0,2,4,8,16， 所以S628. 10若Sn为数列an的前n项和，且 2Snan1an，a14，则数列an的通项公式为an _. 答案 Error! 解析 因为 2Snan1an，a14， 所以n1 时，244a2，解得a22. n2 时，2Sn1anan1， 可得 2anan1ananan1， 所以an0(舍去)或an1an12. n2 时，an1an12，可得数列an的奇

22、数项与偶数项分别为等差数列 所以a2k142(k1)2k2，kN N*， a2k22(k1)2k，kN N*. 所以anError! 11对于正项数列an，定义Hn为an的“光阴”值，现知某数列 n a12a23a3nan 的“光阴”值为Hn，则数列an的通项公式为_ 2 n2 答案 an(nN N*) 2n1 2n 解析 由Hn可得 n a12a23a3nan a12a23a3nan， n Hn nn 2 2 所以a1 ，a12a23a3(n1)an1(n2)， 3 2 n 1 n 1 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 得nan， nn 2 2 n 1 n 1 2 2n1 2

23、所以an，n2. 2n1 2n 又当n1 时，a1 也满足上式， 3 2 所以an，nN N*. 2n1 2n 12已知数列an的前n项和为Sn，Snn22n，bnanan1cos(n1)，数列bn的前n 项和为Tn，若Tntn2对nN N*恒成立，则实数t的取值范围是_ 答案 (，5 解析 n1 时，a1S13. n2，anSnSn1n22n(n1)22(n1)2n1.n1 时也成立， 所以an2n1. 所以bnanan1cos(n1)(2n1)(2n3)cos(n1)， n为奇数时，cos(n1)1， n为偶数时，cos(n1)1. 因此当n为奇数时，Tn355779911(2n1)(2n3)354(7 112n1)1542n26n7. 2 n 8 n 1 4 因为Tntn2对nN N*恒成立， 所以 2n26n7tn2，t 27 2 ， 7 n2 6 n( 1 n 3 7) 5 7 所以t2. 当n为偶数时，Tn355779911(2n1)(2n3) 4(59132n1)2n26n. 因为Tntn2对nN N*恒成立， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以2n26ntn2，t2 ， 6 n 所以t5. 综上可得t5.