高考数学二轮复习课时跟踪检测 06数列大题练（含答案解析）

2020高考数学二轮复习课时跟踪检测06

数列大题练

1.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．

2.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.

3.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.

4.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.

5.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<.

6.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．

7.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.

8.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．

9.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．

10.已知{an}为等差数列,且a3=-6,a6=0.

(1)求{an}的通项公式;

(2)若等比数列{bn}满足b1=-8,b2=a1+a2+a3,求{bn}的前n项和.

答案解析

1.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.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.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.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.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=－<.

6.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=

7.

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.

8.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=.

9.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．

10.解:

(1)在等差数列{an}中,由a3=-6,a6=0,得d===2,

所以an=a6+(n-6)d=2n-12.

(2)在等比数列{bn}中,b1=-8,b2=a1+a2+a3=-10+(-8)+(-6)=-24,

所以q===3,所以{bn}的前n项和Sn==4×(1-3n).