2021高考数学二轮复习专题四跟踪训练2

这是一份2021高考数学二轮复习专题四跟踪训练2，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．(2018·安徽淮南一模)已知{an}中，an＝n2＋λn，且{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是( )
A．(－2，＋∞) B．[－2，＋∞)
C．(－3，＋∞) D．[－3，＋∞)
[解析] ∵{an}是递增数列，∴∀n∈N*，an＋1>an，
∴(n＋1)2＋λ(n＋1)>n2＋λn，
化简得λ>－(2n＋1)，∴λ>－3，故选C.
[答案] C
2．(2018·信阳二模)已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋2，n是奇数，,2an，n是偶数，))则数列{an}的前20项和为( )
A．1121 B．1122 C．1123 D．1124
[解析] 由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为eq \f(1×1－210,1－2)＋10×1＋eq \f(10×9,2)×2＝1123，故选C.
[答案] C
3．(2018·石家庄一模)已知正项数列{an}中，a1＝1，且(n＋2)aeq \\al(2,n＋1)－(n＋1)aeq \\al(2,n)＋anan＋1＝0，则它的通项公式为( )
A．an＝eq \f(1,n＋1) B．an＝eq \f(2,n＋1)
C．an＝eq \f(n＋2,2) D．an＝n
[解析] 因为(n＋2)aeq \\al(2,n＋1)－(n＋1)aeq \\al(2,n)＋anan＋1＝0，所以[(n＋2)an＋1－(n＋1)an]·(an＋1＋an)＝0.又{an}为正项数列，所以(n＋2)an＋1－(n＋1)an＝0，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋1,n＋2)，
则当n≥2时，an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a2,a1)·a1＝eq \f(n,n＋1)·eq \f(n－1,n)·…·eq \f(2,3)·1＝eq \f(2,n＋1).又∵a1＝1也适合，∴an＝eq \f(2,n＋1)，故选B.
[答案] B
4．(2018·广东茂名二模)Sn是数列{an}的前n项和，且∀n∈N*都有2Sn＝3an＋4，则Sn＝( )
A．2－2×3n B．4×3n
C．－4×3n－1 D．－2－2×3n－1
[解析] ∵2Sn＝3an＋4，∴2Sn＝3(Sn－Sn－1)＋4(n≥2)，变形为Sn－2＝3(Sn－1－2)，又n＝1时，2S1＝3S1＋4，解得S1＝－4，∴S1－2＝－6.∴数列{Sn－2}是等比数列，首项为－6，公比为3.∴Sn－2＝－6×3n－1，可得Sn＝2－2×3n，故选A.
[答案] A
5．(2018·河北石家庄一模)若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，则a2018的值为( )
A．2 B．－3 C．－eq \f(1,2) D.eq \f(1,3)
[解析] ∵a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，∴a2＝eq \f(1＋a1,1－a1)＝－3，同理可得：a3＝－eq \f(1,2)，a4＝eq \f(1,3)，a5＝2，…，可得an＋4＝an，则a2018＝a504×4＋2＝a2＝－3，故选B.
[答案] B
6．数列{an}满足a1＝2，an＋1＝aeq \\al(2,n)(an>0，n∈N*)，则an＝( )
A．10n－2 B．10n－1 C．102n－1 D．2 eq \s\up15(2n－1)
[解析] 因为数列{an}满足a1＝2，an＋1＝aeq \\al(2,n)(an>0，n∈N*)，
所以lg2an＋1＝2lg2an，
即eq \f(lg2an＋1,lg2an)＝2.
又a1＝2，所以lg2a1＝lg22＝1.
故数列{lg2an}是首项为1，公比为2的等比数列．
所以lg2an＝2n－1，即an＝2 eq \s\up15(2n－1) ，故选D.
[答案] D
二、填空题
7．(2018·河南新乡三模)若数列{an＋1－an}是等比数列，且a1＝1，a2＝2，a3＝5，则an＝________.
[解析] ∵a2－a1＝1，a3－a2＝3，∴q＝3，
∴an＋1－an＝3n－1，∴an－a1＝a2－a1＋a3－a2＋…＋an－1－an－2＋an－an－1＝1＋3＋…＋3n－2＝eq \f(1－3n－1,1－3)，
∵a1＝1，∴an＝eq \f(3n－1＋1,2).
[答案] eq \f(3n－1＋1,2)
8．已知数列{an}中，a1＝3，且点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，则数列{an}的通项公式为________．
[解析] 因为点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，
所以4an－an＋1＋1＝0.
所以an＋1＋eq \f(1,3)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,3))).
因为a1＝3，所以a1＋eq \f(1,3)＝eq \f(10,3).
故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,3)))是首项为eq \f(10,3)，公比为4的等比数列．
所以an＋eq \f(1,3)＝eq \f(10,3)×4n－1，故数列{an}的通项公式为an＝eq \f(10,3)×4n－1－eq \f(1,3).
[答案] an＝eq \f(10,3)×4n－1－eq \f(1,3)
9．(2018·山西大同模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)·cseq \f(nπ,2)＋1(n∈N*)，其前n项和为Sn，则S60＝________.
[解析] 由题意可得，当n＝4k－3(k∈N*)时，an＝a4k－3＝1；当n＝4k－2(k∈N*)时，an＝a4k－2＝6－8k；当n＝4k－1(k∈N*)时，an＝a4k－1＝1；当n＝4k(k∈N*)时，an＝a4k＝8k.∴a4k－3＋a4k－2＋a4k－1＋a4k＝8，
∴S60＝8×15＝120.
[答案] 120
三、解答题
10．(2018·郑州质检)已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和Sn，且数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是公差为2的等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解] (1)由已知条件得eq \f(Sn,n)＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
∴Sn＝2n2－n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3.
当n＝1时，a1＝S1＝1，而4×1－3＝1，∴an＝4n－3.
(2)由(1)可得bn＝(－1)nan＝(－1)n(4n－3)，
当n为偶数时，
Tn＝－1＋5－9＋13－17＋…＋(4n－3)＝4×eq \f(n,2)＝2n，
当n为奇数时，n＋1为偶数，
Tn＝Tn＋1－bn＋1＝2(n＋1)－(4n＋1)＝－2n＋1.
综上，Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n，n＝2k，k∈N*,－2n＋1，n＝2k－1，k∈N*.))
11．(2018·南昌市二模)已知数列{an}满足eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(an,2n)＝n2＋n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(－1nan,2)，求数列{bn}的前n项和Sn.
[解] (1)eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(an,2n)＝n2＋n①，
∴当n≥2时，eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(an－1,2n－1)＝(n－1)2＋n－1②，
①－②得，eq \f(an,2n)＝2n(n≥2)，∴an＝n·2n＋1(n≥2)．
又当n＝1时，eq \f(a1,2)＝1＋1，a1＝4也适合an＝n·2n＋1，∴an＝n·2n＋1.
(2)由(1)得，bn＝eq \f(－1nan,2)＝n(－2)n，
∴Sn＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n×(－2)n③，
－2Sn＝1×(－2)2＋2×(－2)3＋3×(－2)4＋…＋(n－1)×(－2)n＋n×(－2)n＋1④，
③－④得，3Sn＝(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋…＋(－2)n－n×(－2)n＋1＝eq \f(－2[1－－2n],3)－n×(－2)n＋1，
∴Sn＝－eq \f(3n＋1－2n＋1＋2,9).
12．(2018·北京海淀模拟)数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(an＋1,SnSn＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解] (1)∵Sn＝2an－a1，
∴当n≥2时，Sn－1＝2an－1－a1，
∴an＝2an－2an－1，化为an＝2an－1.
由a1，a2＋1，a3成等差数列得，2(a2＋1)＝a1＋a3，
∴2(2a1＋1)＝a1＋4a1，解得a1＝2.
∴数列{an}是等比数列，首项为2，公比为2.
∴an＝2n.
(2)∵an＋1＝2n＋1，∴Sn＝eq \f(22n－1,2－1)＝2n＋1－2，Sn＋1＝2n＋2－2.
∴bn＝eq \f(an＋1,SnSn＋1)＝eq \f(2n＋1,2n＋1－22n＋2－2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1))).
∴数列{bn}的前n项和
Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2－1)－\f(1,22－1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22－1)－\f(1,23－1)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1－1))).