2019高考数学二轮复习课时跟踪检测（七）数列（大题练）理.doc

《2019高考数学二轮复习课时跟踪检测（七）数列（大题练）理.doc》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）理.doc（6页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、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1 n 1 an解：(1)设等差数列 an的公差为 d，则 an a1( n1) d. a3是 a1和 a9的等比中项， a a1a9，即(22 d)22(28 d)，解得 d0(舍)或 d2. an a1( n1) d2 n.23(2)bn .1 n 1 an 12n n 1 12(1n 1n 1) S100 b1 b2 b100 12 (1 12 12

2、13 1100 1101) 12 (1 1101) .501012(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 bn2 an， Tn b1 b2 bn，求 Tn.解：(1)设等差数列 an的公差为 d，则依题意有Error!解得 d1 或 d0(舍去)， an1( n1) n.(2)由(1)得 an n， bn2 n， bn是首项为 2，公比为 2的等比数列， Tn 2 n1 2.2 1 2n1 23(2018北京调研)已知数列 an满足 a11，且 an1 2 an，设bn23log 2an(nN

3、*)(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 an1 2 an， a11，所以数列 an是以 1为首项，2 为公比的等比数列所以 an2 n1 .又因为 bn23log 2an(nN *)，所以 bn3log 22n1 23( n1)23 n1.2(2)因为数列 an中的项为 1,2,4,8,16，2 n1 ，数列 bn中的项为2,5,8,11,14，3 n1，所以当 n4 时，| an bn| bn an3 n12 n1 ，所以 Sn n 3n 1 22 1 1 2n1 2 2 n.3n2 n 22当 n4时，| an bn| an bn2

4、 n1 (3 n1)，所以 Sn S4( a5 a6 an)( b5 b6 bn)2 n ，3n2 n 422综合得 SnError!4(2018厦门质检)已知数列 an满足 a11， an1 ， nN *.3an2an 3(1)求证：数列 为等差数列；1an(2)设 T2n ，求 T2n.1a1a2 1a2a3 1a3a4 1a4a5 1a2n 1a2n 1a2na2n 1解：(1)证明：由 an1 ，得 ，所以 .又3an2an 3 1an 1 2an 33an 1an 23 1an 1 1an 23a11，则 1，所以数列 是首项为 1，公差为 的等差数列1a1 1an 23(2)设 b

5、n ，1a2n 1a2n 1a2na2n 1 ( 1a2n 1 1a2n 1)1a2n由(1)得，数列 是公差为 的等差数列，1an 23所以 ，即 bn ，1a2n 1 1a2n 1 43 ( 1a2n 1 1a2n 1)1a2n 43 1a2n所以 bn1 bn .43( 1a2n 2 1a2n) 43 43 169又 b1 ，43 1a2 43 (1a1 23) 209所以数列 bn是首项为 ，公差为 的等差数列，209 169所以 T2n b1 b2 bn n (2n23 n)209 n n 12 ( 169) 495(2018洛阳模拟)已知各项均不为零的数列 an的前 n项和为 Sn

6、，且对任意的nN *，满足 Sn a1(an1)133(1)求数列 an的通项公式；(2)设数列 bn满足 anbnlog 2an，数列 bn的前 n项和为 Tn，求证： Tn0.易知 Sn n26 n， S39，所以 T5( a1 a2 a3) a4 a5 S3( S5 S3) S52 S313.当 n3 时， Tn Sn6 n n2；当 n4 时， Tn S3( Sn S3) Sn2 S3 n26 n18.故 TnError!2(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 bnErr

7、or!( 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，( a32 d)(a32 d)( a3 d)2，即 d22 d0，解得 d2 或 d0(舍去)，所以数列 an的通项公式为 an a3( n3) d2 n1.(2)当 n2 k， kN *时， Sn b1 b2 bn b1 b3 b2k1 b2 b4 b2k a1 a2 ak(2 02 12 k1 ) k22 k1 2 1；k 1 2k 12 1 2k1 2 n24 n2当 n2 k1， kN *时， n12 k，则 Sn Sn1 bn1 2 12 1 n 1 24 n 12 n

8、 12 2 .n2 2n 34 n 12综上， SnError!( kN *)3(2018武汉调研)已知数列 an的前 n项和 Sn2 an2.(1)求数列 an的通项公式；(2)令 bn anlog2an，求数列 bn的前 n项和 Tn.解：(1)当 n1 时， a12 a12，所以 a12.当 n2 时， Sn1 2 an1 2，Sn Sn1 (2 an2)(2 an1 2)，即 an2 an1 .所以数列 an是以 2为首项，2 为公比的等比数列，5所以 an2 n.(2)由(1)得 bn2 nlog22n n2n，所以 Tn12 122 232 3( n1)2 n1 n2n，2Tn12

9、 222 332 4( n1)2 n n2n1 ，两式相减，得 Tn2 12 22 32 n n2n1 n2n12 1 2n1 2(1 n)2n1 2，所以 Tn( n1)2 n1 2.4(2018唐山模拟)已知在数列 an中， a11， anan1 n.(12)(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(3 T2n)n(n1)，求数列 bn的最大项解：(1)证明：由题意可得 a1a2 ，则 a2 .12 12又 anan1 n， an1 an2 n1 ， .(12) (12) an 2an 12数列 a2n1 是以 1为首项，

10、为公比的等比数列；12数列 a2n是以 为首项， 为公比的等比数列12 12(2)T2n( a1 a3 a2n1 )( a2 a4 a2n) 1 (12)n1 12121 (12)n1 1233 n.(12) bn3 n(n1) n，(12)bn1 3( n1)( n2) n1 ，(12) ，bn 1bn n 22n b1b4bn，数列 bn的最大项为 b2 b3 .9265(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(2 an1)( an2)， nN *.(1)求数列 an的通项 an；(2)是否存在 m， n， kN *，使得 2(am an)

11、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(2 a11)( a12)，得 2a 5 a120，解得 a12 或 a1 .2112又 a11，所以 a12.因为 10Sn(2 an1)( an2)，所以 10Sn2 a 5 an2，2n故 10an1 10 Sn1 10 Sn2 a 5 an1 22 a 5 an2，2n 1 2n整理，得 2(a a )5( an1 an)0，2n 1 2n即( an1 an)2(an1 an)50.因为 an是递增数列且 a12，所以 an1 an0，因此 an1 an .52所以数列 an是以 2为首项， 为公差的等差数列，52所以 an2 (n1) (5n1)52 12(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(am an) ak，则 5m15 n1 (5k1)，12整理，得 2m2 n k ，(*)35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