《2019高考数学二轮复习课时跟踪检测七数列大题练》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考数学二轮复习课时跟踪检测七数列大题练（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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，a12，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ana1(n1)d.a3是a1和a9的等比中项，aa1a9，即(22d)22(28d)，解得d0(舍)或d2.ana1(n1)d2n.(2)bn.S100b1b2b100.2(2018兰州诊断性测试)在公差不为零的等差数列an中，a11，a2，a4，a8成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2an，Tnb1b2bn，求Tn.解：(1)
2、设等差数列an的公差为d，则依题意有解得d1或d0(舍去)，an1(n1)n.(2)由(1)得ann，bn2n，bn是首项为2，公比为2的等比数列，Tn2n12.3(2018北京调研)已知数列an满足a11，且an12an，设bn23log2an(nN*)(1)求数列bn的通项公式；(2)求数列|anbn|的前n项和Sn.解：(1)因为an12an，a11，所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列所以an2n1.又因为bn23log2an(nN*)，所以bn3log22n123(n1)23n1.(2)因为数列an中的项为1,2,4,8,16，2n1，数列bn中的项为2,5,8,11,14，
3、3n1，所以当n4时，|anbn|bnan3n12n1，所以Sn2n.当n4时，|anbn|anbn2n1(3n1)，所以SnS4(a5a6an)(b5b6bn)2n，综合得Sn4(2018厦门质检)已知数列an满足a11，an1，nN*.(1)求证：数列为等差数列；(2)设T2n，求T2n.解：(1)证明：由an1，得，所以.又a11，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bn1bn.又b1，所以数列bn是首项为，公差为的等差数列，所以T2nb1b2bnn(2n23n)5(2018洛阳模拟)已知各项均不为零的数列an的前
4、n项和为Sn，且对任意的nN*，满足Sna1(an1)(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足anbnlog2an，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn.解：(1)当n1时，a1S1a1(a11)aa1，a10，a14.Sn(an1)，当n2时，Sn1(an11)，两式相减得an4an1(n2)，数列an是首项为4，公比为4的等比数列，an4n.(2)证明：anbnlog2an2n，bn，Tn，Tn，两式相减得Tn22.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a3a64，S55.(1)求数列an的通项公式；(2)若Tn|a1|a2|a3|an|，求
5、T5的值和Tn的表达式解：(1)由题知解得故an2n7(nN*)(2)由an2n70，得n，即n3，所以当n3时，an2n70.易知Snn26n，S39，所以T5(a1a2a3)a4a5S3(S5S3)S52S313.当n3时，TnSn6nn2；当n4时，TnS3(SnS3)Sn2S3n26n18.故Tn2(2018郑州一模)在等差数列an中，已知a35，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(kN*)，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d0，由题意得，(a32d)(a32d)(a3d)2，即d22d0，解得
6、d2或d0(舍去)，所以数列an的通项公式为ana3(n3)d2n1.(2)当n2k，kN*时，Snb1b2bnb1b3b2k1b2b4b2ka1a2ak(20212k1)k22k121；当n2k1，kN*时，n12k，则SnSn1bn121212.综上，Sn(kN*)3(2018武汉调研)已知数列an的前n项和Sn2an2.(1)求数列an的通项公式；(2)令bnanlog2an，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)当n1时，a12a12，所以a12.当n2时，Sn12an12，SnSn1(2an2)(2an12)，即an2an1.所以数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an2n.
7、(2)由(1)得bn2nlog22nn2n，所以Tn121222323(n1)2n1n2n，2Tn122223324(n1)2nn2n1，两式相减，得Tn2122232nn2n1n2n1(1n)2n12，所以Tn(n1)2n12.4(2018唐山模拟)已知在数列an中，a11，anan1n.(1)求证：数列a2n与a2n1都是等比数列；(2)若数列an的前2n项的和为T2n，令bn(3T2n)n(n1)，求数列bn的最大项解：(1)证明：由题意可得a1a2，则a2.又anan1n，an1an2n1，.数列a2n1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
8、(a1a3a2n1)(a2a4a2n)33n.bn3n(n1)n，bn13(n1)(n2)n1，b1b4bn，数列bn的最大项为b2b3.5(2018广东五校联考)已知an是递增数列，其前n项和为Sn，a11，且10Sn(2an1)(an2)，nN*.(1)求数列an的通项an；(2)是否存在m，n，kN*，使得2(aman)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(2a11)(a12)，得2a5a120，解得a12或a1.又a11，所以a12.因为10Sn(2an1)(an2)，所以10Sn2a5an2，故10an110Sn110Sn2a5an122a5an2，整理，得2(aa)5(an1an)0，即(an1an)2(an1an)50.因为an是递增数列且a12，所以an1an0，因此an1an.所以数列an是以2为首项，为公差的等差数列，所以an2(n1)(5n1)(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，kN*，使得2(aman)ak，则5m15n1(5k1)，整理，得2m2nk，(*)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
