2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测07《数列》大题练(含答案详解)

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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.
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．
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.
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 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.
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.
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．
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.
\s 0 参考答案
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.
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.))
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.))
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) 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*)．
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.
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).
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)．