高考数学二轮复习课时跟踪检测07数列大题练（含答案）

课时跟踪检测（七）数 列 （大题练）

A卷——大题保分练

1．(2018·陕西模拟)已知在递增等差数列{an}中，a1＝2，a3是a1和a9的等比中项．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，求S100的值．

解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.∵a3是a1和a9的等比中项，

∴a＝a1a9，即(2＋2d)2＝2(2＋8d)，解得d＝0(舍)或d＝2.∴an＝a1＋(n－1)d＝2n.

(2)bn＝＝＝.

∴S100＝b1＋b2＋…＋b100

＝×

＝×

＝.

2．(2018·兰州诊断性测试)在公差不为零的等差数列{an}中，a1＝1，a2，a4，a8成等比数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝2an，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.

解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则依题意有解得d＝1或d＝0(舍去)，∴an＝1＋(n－1)＝n.

(2)由(1)得an＝n，∴bn＝2n，

∴{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，

∴Tn＝＝2n＋1－2.

3．(2018·北京调研)已知数列{an}满足a1＝1，且an＋1＝2an，设bn－2＝3log2an(n∈N*)．

(1)求数列{bn}的通项公式；

(2)求数列{|an－bn|}的前n项和Sn.

解：(1)因为an＋1＝2an，a1＝1，

所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列．

所以an＝2n－1.

又因为bn－2＝3log2an(n∈N*)，

所以bn＝3log22n－1＋2＝3(n－1)＋2＝3n－1.

(2)因为数列{an}中的项为1,2,4,8,16，…，2n－1，数列{bn}中的项为2,5,8,11,14，…，3n－1，

所以①当n≤4时，|an－bn|＝bn－an＝3n－1－2n－1，

所以Sn＝－

＝－2n.

②当n>4时，|an－bn|＝an－bn＝2n－1－(3n－1)，

所以Sn＝S4＋(a5＋a6＋…＋an)－(b5＋b6＋…＋bn)

＝2n－，

综合①②得Sn＝

4．(2018·厦门质检)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，n∈N*.

(1)求证：数列为等差数列；

(2)设T2n＝－＋－＋…＋－，求T2n.

解：(1)证明：由an＋1＝，得＝＝＋，所以－＝.又a1＝1，则＝1，所以数列是首项为1，公差为的等差数列．

(2)设bn＝－＝，

由(1)得，数列是公差为的等差数列，

所以－＝－，即bn＝＝－×，

所以bn＋1－bn＝－＝－×＝－.

又b1＝－×＝－×＝－，

所以数列{bn}是首项为－，公差为－的等差数列，

所以T2n＝b1＋b2＋…＋bn＝－n＋×＝－(2n2＋3n)．

5．(2018·洛阳模拟)已知各项均不为零的数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，满足Sn＝a1(an－1)．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设数列{bn}满足anbn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.

解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝a1(a1－1)＝a－a1，

∵a1≠0，∴a1＝4.

∴Sn＝(an－1)，

∴当n≥2时，Sn－1＝(an－1－1)，

两式相减得an＝4an－1(n≥2)，

∴数列{an}是首项为4，公比为4的等比数列，

∴an＝4n.

(2)证明：∵anbn＝log2an＝2n，∴bn＝，

∴Tn＝＋＋＋…＋，

Tn＝＋＋＋…＋，

两式相减得Tn＝＋＋＋＋…＋－

＝2－

＝2×－

＝－－

＝－.

∴Tn＝－<.

B卷——深化提能练

1．(2018·广州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a6＝4，S5＝－5.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若Tn＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|，求T5的值和Tn的表达式．

解：(1)由题知

解得故an＝2n－7(n∈N*)．

(2)由an＝2n－7<0，得n<，即n≤3，

所以当n≤3时，an＝2n－7<0，

当n≥4时，an＝2n－7>0.

易知Sn＝n2－6n，S3＝－9，

所以T5＝－(a1＋a2＋a3)＋a4＋a5＝－S3＋(S5－S3)＝S5－2S3＝13.

当n≤3时，Tn＝－Sn＝6n－n2；

当n≥4时，Tn＝－S3＋(Sn－S3)＝Sn－2S3＝n2－6n＋18.

故Tn＝

2．(2018·郑州一模)在等差数列{an}中，已知a3＝5，且a1，a2，a5为递增的等比数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}的通项公式bn＝(k∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.

解：(1)设等差数列{an}的公差为d，易知d≠0，

由题意得，(a3－2d)(a3＋2d)＝(a3－d)2，

即d2－2d＝0，解得d＝2或d＝0(舍去)，

所以数列{an}的通项公式为an＝a3＋(n－3)d＝2n－1.

(2)当n＝2k，k∈N*时，Sn＝b1＋b2＋…＋bn

＝b1＋b3＋…＋b2k－1＋b2＋b4＋…＋b2k

＝a1＋a2＋…＋ak＋(20＋21＋…＋2k－1)

＝＋＝k2＋2k－1＝＋2－1；

当n＝2k－1，k∈N*时，n＋1＝2k，

则Sn＝Sn＋1－bn＋1＝＋2－1－2－1

＝＋2.

综上，Sn＝(k∈N*)．

3．(2018·武汉调研)已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－2.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn＝an·log2an，求数列{bn}的前n项和Tn.

解：(1)当n＝1时，a1＝2a1－2，所以a1＝2.

当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2，

Sn－Sn－1＝(2an－2)－(2an－1－2)，即an＝2an－1.

所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，

所以an＝2n.

(2)由(1)得bn＝2nlog22n＝n·2n，

所以Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，

2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，

两式相减，得－Tn＝21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1

＝－n×2n＋1

＝(1－n)2n＋1－2，

所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.

4．(2018·唐山模拟)已知在数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝n.

(1)求证：数列{a2n}与{a2n－1}都是等比数列；

(2)若数列{an}的前2n项的和为T2n，令bn＝(3－T2n)·n·(n＋1)，求数列{bn}的最大项．

解：(1)证明：由题意可得a1a2＝，则a2＝.

又anan＋1＝n，an＋1an＋2＝n＋1，∴＝.

∴数列{a2n－1}是以1为首项，为公比的等比数列；

数列{a2n}是以为首项，为公比的等比数列．

(2)T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)

＝＋

＝3－3·n.

∴bn＝3n(n＋1)n，

bn＋1＝3(n＋1)(n＋2)n＋1，

∴＝，

∴b1<b2＝b3，b3>b4>…>bn>…，

∴数列{bn}的最大项为b2＝b3＝.

5．(2018·广东五校联考)已知{an}是递增数列，其前n项和为Sn，a1>1，且10Sn＝(2an＋1)(an＋2)，n∈N*.

(1)求数列{an}的通项an；

(2)是否存在m，n，k∈N*，使得2(am＋an)＝ak成立？若存在，写出一组符合条件的m，n，k的值；若不存在，请说明理由．

解：(1)由10a1＝(2a1＋1)(a1＋2)，得2a－5a1＋2＝0，解得a1＝2或a1＝.

又a1>1，所以a1＝2.

因为10Sn＝(2an＋1)(an＋2)，

所以10Sn＝2a＋5an＋2，

故10an＋1＝10Sn＋1－10Sn＝2a＋5an＋1＋2－2a－5an－2，

整理，得2(a－a)－5(an＋1＋an)＝0，

即(an＋1＋an)[2(an＋1－an)－5]＝0.

因为{an}是递增数列且a1＝2，

所以an＋1＋an≠0，因此an＋1－an＝.

所以数列{an}是以2为首项，为公差的等差数列，

所以an＝2＋(n－1)＝(5n－1)．

(2)满足条件的正整数m，n，k不存在，理由如下：

假设存在m，n，k∈N*，使得2(am＋an)＝ak，

则5m－1＋5n－1＝(5k－1)，

整理，得2m＋2n－k＝，(*)

显然，(*)式左边为整数，所以(*)式不成立．

故满足条件的正整数m，n，k不存在．