2020年高考数学二轮复习小题押题(12+4)跟踪检测9 数列

2020年高考数学二轮复习小题押题（12+4）跟踪检测9 数列
[A 级——“12＋4”保分小题提速练]
1．(2017·合肥模拟)已知⎩
⎨⎧⎭
⎬⎫
1a n 是等差数列，且a 1＝1，a 4＝4，则a 10＝( )
A ．－4
5
B ．－5
4
C.413
D.134
解析：选A 设等差数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n 的公差为d ，由题意可知，1a 4＝1a 1＋3d ＝14，解得d ＝－14，所以1a 10＝1a 1＋9d ＝－5
4，
所以a 10＝－4
5
.
2．(2018届高三·西安八校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＋a 7＋a 12＝24，则S 13＝( ) A ．52 B ．78 C ．104
D ．208
解析：选C 依题意得3a 7＝24，a 7＝8，S 13＝
13(a 1＋a 13)
2
＝13a 7＝104. 3．(2017·云南模拟)已知数列{a n }是等差数列，若a 1－1，a 3－3，a 5－5依次构成公比为q 的等比数列，则q ＝( ) A ．－2 B ．－1 C ．1
D ．2
解析：选C 依题意，注意到2a 3＝a 1＋a 5,2a 3－6＝a 1＋a 5－6，即有2(a 3－3)＝(a 1－1)＋(a 5－5)，即a 1－1，a 3
－3，a 5－5成等差数列；又a 1－1，a 3－3，a 5－5依次构成公比为q 的等比数列，因此有a 1－1＝a 3－3＝a 5－5(若一个数列既是等差数列又是等比数列，则该数列是一个非零的常数列)，q ＝
a 3－3
a 1－1
＝1. 4．(2017·兰州模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，a 8＋a 10＝28，则S 9＝( ) A ．36 B ．72 C ．144
D ．288
解析：选B 法一：∵a 8＋a 10＝2a 1＋16d ＝28，a 1＝2， ∴d ＝3
2，∴S 9＝9×2＋9×82×32
＝72.
法二：∵a 8＋a 10＝2a 9＝28，∴a 9＝14，∴S 9＝9(a 1＋a 9)
2
＝72.
5．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋S m ＝S n ＋m ，其中m ，n 为正整数，且a 1＝1，那么a 10＝( ) A ．1 B ．9 C ．10
D ．55
解析：选A ∵S n ＋S m ＝S n ＋m ，a 1＝1，∴S 1＝1.可令m ＝1，得S n ＋1＝S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝1，即当n ≥1时，a n ＋1＝1，∴a 10＝1.
6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R)，且S 25＝100，则a 12＋a 14＝( )
A ．16
B ．8
C ．4
D ．不确定
解析：选B 由数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R)，可得数列{a n }是等差数列，S 25＝(a 1＋a 25)×25
2
＝100，
解得a 1＋a 25＝8，所以a 12＋a 14＝a 1＋a 25＝8.
7．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝pn ＋q n (p ，q 为常数)，且a 2＝32，a 4＝3
2，则a 8＝( )
A.5
4 B.94
C.34
D ．2
解析：选B 由题意知⎩⎨⎧
2p ＋q 2＝3
2，
4p ＋q 4＝3
2，
解得⎩⎪⎨⎪⎧
p ＝14，
q ＝2，
∴数列{a n }的通项公式a n ＝n 4＋2
n ，
∴a 8＝8×14＋28＝9
4
.
8．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，那么S 100的值为( ) A ．2 500 B ．2 600 C ．2 700
D ．2 800
解析：选B 当n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0⇒a n ＝1， 当n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2⇒a n ＝n ，
故a n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧
1，n 为奇数，
n ，n 为偶数，
于是S 100＝50＋
(2＋100)×50
2
＝2 600.
9．已知数列2 015,2 016,1，－2 015，－2 016，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 017项和S 2 017等于( )
A ．2 018
B ．2 015
C ．1
D ．0
解析：选B 由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，∴a n ＋1＝a n －a n －1，故数列的前8项依次为2 015,2 016,1，－2 015，－2 016，－1,2 015,2 016.由此可知数列为周期数列，且周期为6，S 6＝0.∵2 017＝6×336＋1，∴S 2 017＝2 015.
10．(2017·海淀二模)在数列{a n }中，“a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…”是“{a n }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a n ＝0时，也有a n ＝2a n －1，n ＝2,3，4，…，但{a n }不是等比数列，因此充分性不成立；当{a n }是公比为2的等比数列时，有a n
a n －1
＝2，n ＝2,3,4，…，即a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，所以必要性成立．
11．(2018届高三·湘中名校联考)若{a n }是等差数列，首项a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，则使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是( )
A ．2 016
B ．2 017
C ．4 032
D ．4 033
解析：选C 因为a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，所以d ＜0，a 2 016＞0，a 2 017＜0，所以S 4 032＝4 032(a 1＋a 4 032)2＝4 032(a 2 016＋a 2 017)2＞0，S 4 033＝4 033(a 1＋a 4 033)
2＝4 033a 2 017＜0，所以使前n 项和S n ＞0成立的最
大正整数n 是4 032.
12．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＜0，若存在自然数m ≥3，使得a m ＝S m ，则当n ＞m 时，S n 与a n 的大小关系是( )
A ．S n ＜a n
B ．S n ≤a n
C ．S n ＞a n
D ．大小不能确定
解析：选C 若a 1＜0，存在自然数m ≥3，使得a m ＝S m ，则d ＞0.因为d ＜0时，数列是递减数列，则S m ＜a m ，不存在a m ＝S m .由于a 1＜0，d ＞0，当m ≥3时，有a m ＝S m ，因此a m ＞0，S m ＞0，又S n ＝S m ＋a m ＋1＋…＋a n ，显然S n ＞a n .
13．(2017·合肥模拟)已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n
＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项和S 9＝________.
解析：由已知，得a 2n ＋1＝4a n a n ＋1－4a 2
n ， 即a 2n ＋1－4a n a n ＋1＋4a 2n ＝(a n ＋1－2a n )2＝0，
所以a n ＋1＝2a n ，
所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， 故S 9＝2×(1－29)1－2＝210－2＝1 022.
答案：1 022
14．(2017·广州调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2
n ＋a n ，用[x ]表示不超过x 的最大整数，则
⎣⎡⎦⎤1a 1＋1＋1a 2＋1
＋…＋1a 2 017＋1＝________.
解析：因为a n ＋1＝a 2n ＋a n ，
所以1a n ＋1
＝
1a n (a n ＋1)＝1a n －1a n ＋1，即1a n ＋1＝1a n －1a n ＋1，于是1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋
1
a 2 017＋1
＝⎝⎛⎭⎫1a 1－1a 2＋⎝⎛⎭⎫1a 2－1a 3＋…＋1a 2 017－1a 2 018＝1a 1－1a 2 018.因为a 1＝1，a 2＝2＞1，a 3＝6＞1，…，可知1a 2 018∈(0,1)，则1
a 1－1a 2 018
∈(0,1)，所以⎣⎡⎦⎤
1a 1
－1a 2 018
＝0.
答案：0
15．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1
n 1
S k
＝________.
解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，
依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪
⎧
a 1＝1，d ＝1，
所以S n ＝n (n ＋1)2，1S n ＝2
n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，
因此∑k ＝1n
1
S k
＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝
2n n ＋1. 答案：2n
n ＋1
16．(2017·石家庄二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a n }为12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，…，1n ，2
n ，…，
n －1
n
，…，若S k ＝14，则a k ＝________. 解析：因为1n ＋2n ＋…＋n －1n ＝1＋2＋…＋n －1n ＝n 2－12，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1＝1＋2＋…＋n n ＋1＝n 2，所以数列1
2，
13＋23，14＋24＋34，…，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1
是首项为12，公差为12的等差数列，所以该数列的前n 项和T n ＝1
2＋1＋32＋…＋n 2＝n 2
＋n 4.令T n ＝n 2＋n 4＝14，解得n ＝7，所以a k ＝7
8
. 答案：78
[B 级——中档小题强化练]
1．(2017·张掖模拟)在等差数列{a n }中，a n
a 2n
是一个与n 无关的常数，则该常数的可能值的集合为( ) A ．{1}
B.⎩
⎨⎧
⎭
⎬⎫1，12 C.⎩⎨⎧⎭
⎬⎫12 D.⎩
⎨⎧⎭
⎬⎫
0，12，1
解析：选B
a n a 2n ＝a 1＋(n －1)d a 1＋(2n －1)d ＝a 1－d ＋nd a 1－d ＋2nd
， 若a 1＝d ，则a n a 2n ＝12；若a 1≠0，d ＝0，则a n
a 2n ＝1.
∵a 1＝d ≠0，∴a n
a 2n
≠0，
∴该常数的可能值的集合为⎩
⎨⎧
⎭
⎬⎫1，12.
2．(2017·长乐二模)已知各项均是正数的等比数列{a n }中，a 2，1
2a 3，a 1成等差数列，则a 4＋a 5a 3＋a 4的值为( )
A.
5－1
2
B.5＋1
2
C ．－
5－1
2
D.
5－12或5＋1
2
解析：选B 设{a n }的公比为q (q ＞0)，由a 3＝a 2＋a 1，得q 2－q －1＝0，解得q ＝
5＋12.从而a 4＋a 5a 3＋a 4
＝q ＝5＋1
2. 3．(2018届高三·宝鸡摸底)正项等比数列{a n }中，a 2 017＝a 2 016＋2a 2 015，若a m a n ＝16a 21
，则4m ＋1
n 的最小值等于( ) A ．1
B.32
C.53
D.136
解析：选B 设等比数列{a n }的公比为q ，且q ＞0， ∵a 2 015q 2＝a 2 015q ＋2a 2 015，
∴q 2－q －2＝0，∴q ＝2或q ＝－1(舍去)，
又a 1q m －
1·a 1q n －
1＝16a 2
1，
∴2m
＋n －2
＝16，∴m ＋n －2＝4，m ＋n ＝6，
∴⎝⎛⎭⎫4m ＋1n ·m ＋n 6＝16⎝⎛⎭⎫5＋4n m ＋m n ≥1
6⎝
⎛⎭⎫5＋24n m ·m n ＝3
2
，当且仅当m ＝4，n ＝2时等号成立．故4m ＋1n 的最小值为32. 4．设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是( ) A ．若a 1＋a 2＞0，则a 2＋a 3＞0 B ．若a 1＋a 3＜0，则a 1＋a 2＜0 C ．若0＜a 1＜a 2，则a 2＞a 1a 3 D ．若a 1＜0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＞0
解析：选C 若{a n }是递减的等差数列，则选项A 、B 都不一定正确．若{a n }为公差为0的等差数列，则选项D 不正确．对于C 选项，由条件可知{a n }为公差不为0的正项数列，由等差中项的性质得a 2＝a 1＋a 3
2，由基本不等式
得
a 1＋a 3
2
＞a 1a 3，所以C 正确． 5．(2017·黄冈质检)设等比数列{a n }的各项均为正数，公比为q ，前n 项和为S n .若对任意的n ∈N *，有S 2n ＜3S n ，则q 的取值范围是________．
解析：当q ≠1时，∵S 2n ＜3S n ， ∴a 1(1－q 2n )1－q ＜3×a 1(1－q n )1－q
，∴q n ＜2.
若q ＞1，则n ＜log q 2对任意的n ∈N *恒成立，显然不成立． 若0＜q ＜1，则n ＞log q 2对任意的n ∈N *恒成立， ∴log q 2＜n min ，∴log q 2＜1，即0＜q ＜2， 又0＜q ＜1，∴0＜q ＜1.
当q ＝1时，对任意的n ∈N *，有S 2n ＜3S n 成立． 综上可得，0＜q ≤1. 答案：(0,1]
6．(2017·安徽二校联考)在数列{a n }和{b n }中，a n ＋1＝a n ＋b n ＋a 2n ＋b 2n ，b n ＋1＝a n ＋b n －a 2n ＋b 2
n ，a 1＝1，b 1＝1.
设c n ＝1a n
＋1
b n
，则数列{c n }的前2 017项和为________．
解析：由已知a n ＋1＝a n ＋b n ＋a 2n ＋b 2n ，b n ＋1＝a n ＋b n －a 2n ＋b 2
n 得a n ＋1＋b n ＋1＝2(a n ＋b n )，所以a n ＋1＋b n ＋1a n ＋b n
＝2，所以数列{a n ＋b n }是首项为2，公比为2的等比数列，即a n ＋b n ＝2n .将a n ＋1＝a n ＋b n ＋a 2n ＋b 2n ，b n ＋1＝a n ＋b n －a 2n ＋b 2
n
相乘得a n ＋1b n ＋1a n b n ＝2，所以数列{a n b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n b n ＝2n －
1，因为c n ＝1a n ＋1b n
，所以c n
＝a n＋b n
a n
b n＝
2n
2n－1
＝2，数列{c n}的前2 017项和为2×2 017＝4 034. 答案：4 034。