高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测07《数列》大题练（教师版）

这是一份高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测07《数列》大题练（教师版），共6页。

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＝eq \f(1,n＋1an)，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，
∴aeq \\al(2,3)＝a1a9，即(2＋2d)2＝2(2＋8d)，解得d＝0(舍)或d＝2.∴an＝a1＋(n－1)d＝2n.
(2)bn＝eq \f(1,n＋1an)＝eq \f(1,2nn＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).
∴S100＝b1＋b2＋…＋b100
＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,100)－\f(1,101)))
＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,101)))
＝eq \f(50,101).
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.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则依题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,a1＋3d2＝a1＋da1＋7d，))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＝eq \f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2.
3．已知数列{an}满足a1＝1，且an＋1＝2an，设bn－2＝3lg2an(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＝3lg2an(n∈N*)，
所以bn＝3lg22n－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＝eq \f(n3n－1＋2,2)－eq \f(1×1－2n,1－2)＝eq \f(3n2＋n＋2,2)－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－eq \f(3n2＋n－42,2)，
综合①②得Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3n2＋n＋2,2)－2n，n≤4，,2n－\f(3n2＋n－42,2)，n>4.))
4．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \f(3an,2an＋3)，n∈N*.
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列；
(2)设T2n＝eq \f(1,a1a2)－eq \f(1,a2a3)＋eq \f(1,a3a4)－eq \f(1,a4a5)＋…＋eq \f(1,a2n－1a2n)－eq \f(1,a2na2n＋1)，求T2n.
解：(1)证明：由an＋1＝eq \f(3an,2an＋3)，得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2an＋3,3an)＝eq \f(1,an)＋eq \f(2,3)，所以eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(2,3).又a1＝1，则eq \f(1,a1)＝1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为1，公差为eq \f(2,3)的等差数列．
(2)设bn＝eq \f(1,a2n－1a2n)－eq \f(1,a2na2n＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2n－1)－\f(1,a2n＋1)))eq \f(1,a2n)，由(1)得，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是公差为eq \f(2,3)的等差数列，
所以eq \f(1,a2n－1)－eq \f(1,a2n＋1)＝－eq \f(4,3)，即bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2n－1)－\f(1,a2n＋1)))eq \f(1,a2n)＝－eq \f(4,3)×eq \f(1,a2n)，
所以bn＋1－bn＝－eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2n＋2)－\f(1,a2n)))＝－eq \f(4,3)×eq \f(4,3)＝－eq \f(16,9).
又b1＝－eq \f(4,3)×eq \f(1,a2)＝－eq \f(4,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)＋\f(2,3)))＝－eq \f(20,9)，
所以数列{bn}是首项为－eq \f(20,9)，公差为－eq \f(16,9)的等差数列，
所以T2n＝b1＋b2＋…＋bn＝－eq \f(20,9)n＋eq \f(nn－1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(16,9)))＝－eq \f(4,9)(2n2＋3n)．
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＝eq \f(1,3)a1(an－1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足anbn＝lg2an，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(1,3)a1(a1－1)＝eq \f(1,3)aeq \\al(2,1)－eq \f(1,3)a1，
∵a1≠0，∴a1＝4.
∴Sn＝eq \f(4,3)(an－1)，
∴当n≥2时，Sn－1＝eq \f(4,3)(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＝lg2an＝2n，∴bn＝eq \f(2n,4n)，
∴Tn＝eq \f(2,41)＋eq \f(4,42)＋eq \f(6,43)＋…＋eq \f(2n,4n)，
eq \f(1,4)Tn＝eq \f(2,42)＋eq \f(4,43)＋eq \f(6,44)＋…＋eq \f(2n,4n＋1)，
两式相减得eq \f(3,4)Tn＝eq \f(2,4)＋eq \f(2,42)＋eq \f(2,43)＋eq \f(2,44)＋…＋eq \f(2,4n)－eq \f(2n,4n＋1)
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(1,42)＋\f(1,43)＋\f(1,44)＋…＋\f(1,4n)))－eq \f(2n,4n＋1)
＝2×eq \f(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))－eq \f(2n,4n＋1)
＝eq \f(2,3)－eq \f(2,3×4n)－eq \f(2n,4n＋1)
＝eq \f(2,3)－eq \f(6n＋8,3×4n＋1).
∴Tn＝eq \f(8,9)－eq \f(6n＋8,9×4n)B卷——深化提能练
1．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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋7d＝4，,5a1＋\f(5×4,2)d＝－5，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－5，,d＝2，))故an＝2n－7(n∈N*)．
(2)由an＝2n－7<0，得n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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6n－n2，n≤3，,n2－6n＋18，n≥4.))
2．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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a\f(n＋1,2)，n＝2k－1，,2\f(n,2)－1，n＝2k))(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)
＝eq \f(k1＋2k－1,2)＋eq \f(1－2k,1－2)＝k2＋2k－1＝eq \f(n2,4)＋2eq \f(n,2)－1；
当n＝2k－1，k∈N*时，n＋1＝2k，
则Sn＝Sn＋1－bn＋1＝eq \f(n＋12,4)＋2eq \f(n＋1,2)－1－2eq \f(n＋1,2)－1＝eq \f(n2＋2n－3,4)＋2eq \f(n－1,2).
综上，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(n2,4)＋2\f(n,2)－1，n＝2k，,\f(n2＋2n－3,4)＋2\f(n－1,2)，n＝2k－1，))(k∈N*)．
3．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·lg2an，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＝2nlg22n＝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
＝eq \f(21－2n,1－2)－n×2n＋1
＝(1－n)2n＋1－2，
所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.
4．已知在数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))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＝eq \f(1,2)，则a2＝eq \f(1,2).
又anan＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，an＋1an＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1，∴eq \f(an＋2,an)＝eq \f(1,2).
∴数列{a2n－1}是以1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列；
数列{a2n}是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列．
(2)T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝3－3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
∴bn＝3n(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，bn＋1＝3(n＋1)(n＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1，
∴eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(n＋2,2n)，∴b1b4>…>bn>…，
∴数列{bn}的最大项为b2＝b3＝eq \f(9,2).
5．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2aeq \\al(2,1)－5a1＋2＝0，解得a1＝2或a1＝eq \f(1,2).
又a1>1，所以a1＝2.
因为10Sn＝(2an＋1)(an＋2)，
所以10Sn＝2aeq \\al(2,n)＋5an＋2，
故10an＋1＝10Sn＋1－10Sn＝2aeq \\al(2,n＋1)＋5an＋1＋2－2aeq \\al(2,n)－5an－2，
整理，得2(aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n))－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＝eq \f(5,2).
所以数列{an}是以2为首项，eq \f(5,2)为公差的等差数列，
所以an＝2＋eq \f(5,2)(n－1)＝eq \f(1,2)(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＝eq \f(1,2)(5k－1)，整理，得2m＋2n－k＝eq \f(3,5)，(*)
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．