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）

这是一份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），共9页。
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).