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：Tn1，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．