专题限时训练 (小题提速练)
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1．已知数列{an}为等差数列，满足OA＝a3OB＋a2 013OC，其中A，B，C在一条直线上，O为直线AB外一点，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 015的值为( ) 2 015A.2 C.2 016
解析：依题意有a3＋a2 013＝1， a3＋a2 0132 015
故S2 015＝·2 015＝
22.故选A. 答案：A
2．(2019·葫芦岛一模)数列{an}是等差数列，{bn}是各项均为正数的等比数列，公比q＞1，且a5＝b5，则( ) A．a3＋a7＞b4＋b6 C．a3＋a7＜b4＋b6
B.a3＋a7≥b4＋b6 D.a3＋a7＝b4＋b6 B.2 015 D.2 013
解析：数列{an}是等差数列，{bn}是各项均为正数的等比数列，公比q＞1， 由a3＋a7＝2a5＝2b5，b4＋b6≥2b4b6＝2b5， a3＋a7≤b4＋b6，
由于q＞1可得a3＋a7＜b4＋b6，故选C. 答案：C
3．(2019春·龙凤区校级月考)在等差数列{an}中，其前n项和是Sn，若S9＞0，S10＜0，S1S2S9
则在a，a，…，a中最大的是( )
1
2
9
S1A.a 1S5C.a
5
S8B.a
8
S9D.a 9
解析：依题意，数列{an}是等差数列，其前n项和是Sn， ??9a5＞0，
S9＞0，S10＜0，所以?
??a5＋a6＜0，
所以a5＞0，a6＜0，所以公差d＜0， SnSn
所以当6≤n≤9时a＜0，当1≤n≤5时a＞0.
nn又因为当1≤n≤5时，Sn单调递增，an单调递减， SnS5
所以当1≤n≤5时，a单调递增，所以a最大．故选C.
n
5
答案：C
4．(2019·师大附中月考)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是方程x2－bnx＋2n＝0的两根，则b10等于( ) A．24 C.48
解析：由已知得anan＋1＝2，∴an＋1an＋2
n
B.32 D.64 ＝2n＋1，则
an＋2
{an}的奇数项与
an＝2，所以数列
偶数项都是公比为2的等比数列，可以求出a2＝2，所以数列{an}的项分别为：1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32…，而bn＝an＋an＋1，所以b10＝a10＋a11＝32＋32＝64.故选D. 答案：D
5．已知数列{an}，{bn}满足bn＝an＋an＋1，则“数列{an}为等差数列”是“数列{bn}为等差数列”的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：若数列{an}为等差数列，设其公差为d1，则bn＋1－bn＝(an＋1＋an＋2)－(an＋an＋1)＝an＋2－an＝2d1.所以数列{bn}是等差数列；若数列{bn}为等差数列，设其公差为d2.则bn＋1－bn＝(an＋1＋an＋2)－(an＋an＋1)＝an＋2－an＝d2，不能推出数列{an}为等差数列，所以“数列{an}为等差数列”是“数列{bn}为等差数列”的充分不必要条件，故选A. 答案：A
2Sn＋24
6．若等差数列{an}的前n项和Sn＝n2，则的最小值为( )
an＋1A．43
B.8
C.6
2
D.7
2Sn＋2412
解析：由Sn＝n，则an＝Sn－Sn－1＝2n－1，所以＝n＋n≥43.由均值不等式
an＋112
知当n＝n，即n＝23时，取等号．又n∈N*且3<23<4，所以当n＝3或4时，式子2Sn＋2412
有最小值，最小值为3＋3＝7.故选D. an＋1答案：D
7．(2019·黑龙江大庆一中模拟)已知函数f(x)＝x2＋ax的图象在点A(0，f(0))处的切线l与直线2x－y＋2＝0325A.462 119C.256
?1????平行，若数列f?n??的前????
n项和为Sn，则S20的值为( )
19
B.20 2 010D.2 011
解析：因为f(x)＝x2＋ax，所以f′(x)＝2x＋a.又函数f(x)＝x2＋ax的图象在点A(0，f(0))处的切线l与直线2x－y＋2＝0平行，所以f′(0)＝a＝2，所以f(x)＝x2＋2x，所以11?1－1??. ＝?n
n＋2?n2＋2n2?
1??11??11?1??1－所以S20＝2??＋?－?＋?－?＋…＋ 3?????24??35?
1
＝f?n?
111?325?11??1?
?20－22??＝×?1＋2－21－22?＝.故选A. ???2??462
答案：A
21
8．设a>0，b>0，若3是3a与32b的等比中项，则＋的最小值为( )
abA．4 1C.4
解析：∵3是3a与32b的等比中项， ∴3a×32b＝3a＋2b＝(3)2＝3， ∴a＋2b＝1.
B.1 D.8
2020新课标高考数学(文)二轮总复习专题限时训练：1-2-3 数列的综合应用
