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1、课时跟踪检测（八） “专题二”补短增分（综合练）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.400 C400 或510 D.30 或 40 解析：选 B 等比数列an中，S10，S20S10，S30S20，S40S30成等比数列，且由题意 知，S200， 所以S10(S30S20)(S20S10)2， 即 10(130S20)(S2010)2，解得S2040， 又(S20S10)(S40S30)(S30S20)2，即 30(S40130)902，解得
2、S40400. 2在数列an中，a11，a22，an2an1(1)n，那么S100的值为( ) A2 500 B2 600 C2 700 D.2 800 解析 ： 选 B 当n为奇数时，an2an0an1，当n为偶数时，an2an2ann， 故anError!于是S100502 600. 2100 50 2 3(2018海淀二模)在数列an中，“an2an1，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an2an1，n2,3，4，但an不是等比数列，因 此充分性不成立 ；
3、当an是公比为 2 的等比数列时， 有2，n2,3,4， 即an2an1，n an an1 2,3,4，所以必要性成立 4已知数列an的前n项和为Snn21，数列bn满足bn，则bn_. 2 an1 解析：当n1 时，a1S12， 因为Snn21，Sn1(n1)21(n2)， 两式相减得anSnSn12n1(n2)， 所以当n2 时，an2n1， 又a12 不符合上式，所以anError! 因为bn，所以bnError! 2 an1 答案：Error! 5(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 项的 1 16 和为，则数列an的公比q_.2 解析：设数列
4、an的前 4 项分别为a，aq，aq2，aq3， 则Error!可得Error! 所以(1q)464q2，即(1q)28q， 当q0 时，可得q26q10， 解得q32，2 当q0)的图象上，若点Bn的坐标为 1 x (n,0)(n2，nN*)，记矩形AnBnCnDn的周长为an，则a2a3a10 ( ) A208 B212 C216 D.220 解析 ： 选 C 由题意得|AnDn|BnCn|n ， 设点Dn的坐标为， 则有x n 1 n(x，n 1 n) 1 x ， 得x (xn舍去)， 即An， 则|AnBn|n ， 所以矩形的周长为an2(|AnBn|BnCn|) 1 n 1 n( 1
5、 n，0) 1 n 224n，则a2a3a104(23410)216. (n 1 n)(n 1 n) 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 575 C29 523 D.29 526 解析 ： 选 B 记第n次 “H 扩展” 后得到的数列所有项的和为Hn， 则H11236，H21 3245
6、15，H315578742，从中发现H3H22733，H2H1932， 归纳得HnHn13n(n2)，利用累加法求和得Hn，n2，所以H1088 3n13 2 3113 2 575，故选 B. 6 (2018河北衡水中学检测)对于数列an， 定义Hn为an的 “优 a12a22n1an n 值” ，现在已知某数列an的“优值”Hn2n1，记数列ankn的前n项和为Sn，若SnS5 对任意的nN*恒成立，则实数k的取值范围为_ 解析：由题意知Hn2n1， a12a22n1an n 所以a12a22n1ann2n1， 当n2 时，a12a22n2an1(n1)2n， 得：2n1ann2n1(n1)
7、2n， 解得an2n2，n2， 当n1 时，a14 也满足上式，所以数列an的通项公式为an2n2，且数列an为 等差数列，公差为 2. 令bnankn(2k)n2，则数列bn也是等差数列， 由SnS5对任意的nN*恒成立，知 2k02k0，所以c11. 当n2 时，ccccT， 3 13 23 33n2n ccccT. 3 13 23 33n12n1 两式相减，得cTT 3n2n2n1 (TnTn1)(TnTn1) cn(TnTn1) 因为cn0，所以cTnTn12Tncn. 2n 显然c11 适合上式， 所以当n2 时，c2Tn1cn1. 2n1 于是cc2(TnTn1)cncn1 2n2n1 2cncncn1cncn1. 因为cncn10， 所以cncn11， 所以数列cn是首项为 1，公差为 1 的等差数列， 所以cnn，Tn. nn1 2 所以不为常数， Tn T2n nn1 2n2n1 n1 4n2 故数列cn不是“幸福数列”