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1、课时跟踪检测（七）数 列 （大题练）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 n1an 解：(1)设等差数列an的公差为d，则ana1(n1)d.a3是a1和a9的等比中项， aa1a9，即(22d)22(28d)，解得d0(舍)或d2.ana1(n1)d2n. 2 3 (2)bn. 1 n1an 1 2nn1 1 2( 1 n 1 n1) S100b1b2b100 1 2(1 1 2 1 2 1 3 1 1
2、00 1 101) 1 2(1 1 101) . 50 101 2(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bn2an，Tnb1b2bn，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ann，bn2n， bn是首项为 2，公比为 2 的等比数列， Tn2n12. 212n 12 3 (2018北京调研)已知数列an满足a11， 且an12an， 设bn23log2an(nN*) (1)求数列bn的通项公式； (2)
3、求数列|anbn|的前n项和Sn. 解：(1)因为an12an，a11， 所以数列an是以 1 为首项，2 为公比的等比数列 所以an2n1. 又因为bn23log2an(nN*)， 所以bn3log22n123(n1)23n1. (2)因为数列an中的项为 1,2,4,8,16， 2n1， 数列bn中的项为 2,5,8,11,14， 3n1， 所以当n4 时，|anbn|bnan3n12n1， 所以Sn n3n12 2 1 12n 12 2n. 3n2n2 2 当n4 时，|anbn|anbn2n1(3n1)， 所以SnS4(a5a6an)(b5b6bn) 2n， 3n2n42 2 综合得S
4、nError! 4(2018厦门质检)已知数列an满足a11，an1，nN*. 3an 2an3 (1)求证：数列为等差数列； 1 an (2)设T2n，求T2n. 1 a1a2 1 a2a3 1 a3a4 1 a4a5 1 a2n1a2n 1 a2na2n1 解：(1)证明：由an1，得 ，所以 .又a11， 3an 2an3 1 an1 2an3 3an 1 an 2 3 1 an1 1 an 2 3 则1，所以数列是首项为 1，公差为 的等差数列 1 a1 1 an 2 3 (2)设bn， 1 a2n1a2n 1 a2na2n1( 1 a2n1 1 a2n1) 1 a2n 由(1)得，数
5、列是公差为 的等差数列， 1 an 2 3 所以 ，即bn ， 1 a2n1 1 a2n1 4 3( 1 a2n1 1 a2n1) 1 a2n 4 3 1 a2n 所以bn1bn . 4 3( 1 a2n2 1 a2n) 4 3 4 3 16 9 又b1 ， 4 3 1 a2 4 3( 1 a1 2 3) 20 9 所以数列bn是首项为，公差为的等差数列， 20 9 16 9 所以T2nb1b2bnn (2n23n) 20 9 nn1 2( 16 9) 4 9 5 (2018洛阳模拟)已知各项均不为零的数列an的前n项和为Sn， 且对任意的nN*， 满足Sna1(an1) 1 3 (1)求数列
6、an的通项公式； (2)设数列bn满足anbnlog2an，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn0. 易知Snn26n，S39， 所以T5(a1a2a3)a4a5S3(S5S3)S52S313. 当n3 时，TnSn6nn2； 当n4 时，TnS3(SnS3)Sn2S3n26n18. 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bnError!(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，(a32d)(a32d)(a3d)2
7、， 即d22d0，解得d2 或d0(舍去)， 所以数列an的通项公式为ana3(n3)d2n1. (2)当n2k，kN*时，Snb1b2bn b1b3b2k1b2b4b2k a1a2ak(20212k1) k22k12 1； k12k1 2 12k 12 n2 4 n 2 当n2k1，kN*时，n12k， 则SnSn1bn12121 n12 4 n1 2 n1 2 2. n22n3 4 n1 2 综上，SnError!(kN*) 3(2018武汉调研)已知数列an的前n项和Sn2an2. (1)求数列an的通项公式； (2)令bnanlog2an，求数列bn的前n项和Tn. 解：(1)当n1
8、时，a12a12，所以a12. 当n2 时，Sn12an12， SnSn1(2an2)(2an12)，即an2an1. 所以数列an是以 2 为首项，2 为公比的等比数列， 所以an2n. (2)由(1)得bn2nlog22nn2n， 所以Tn121222323(n1)2n1n2n， 2Tn122223324(n1)2nn2n1， 两式相减，得Tn2122232nn2n1 n2n1 212n 12 (1n)2n12， 所以Tn(n1)2n12. 4(2018唐山模拟)已知在数列an中，a11，anan1 n. ( 1 2) (1)求证：数列a2n与a2n1都是等比数列； (2)若数列an的前
9、2n项的和为T2n， 令bn(3T2n)n(n1)， 求数列bn的最大项 解：(1)证明：由题意可得a1a2 ，则a2 . 1 2 1 2 又anan1 n，an1an2n1， . ( 1 2)( 1 2) an2 an 1 2 数列a2n1是以 1 为首项， 为公比的等比数列； 1 2 数列a2n是以 为首项， 为公比的等比数列 1 2 1 2 (2)T2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n) 1(1 2) n 11 2 1 21( 1 2) n 11 2 33 n. ( 1 2) bn3n(n1) n， ( 1 2) bn13(n1)(n2) n1， ( 1 2) ， bn1 bn n2
10、 2n b1b4bn， 数列bn的最大项为b2b3 . 9 2 5 (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(2an 1)(an2)，nN*. (1)求数列an的通项an； (2)是否存在m，n，kN*， 使得 2(aman)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(2a11)(a12)，得 2a5a120，解得a12 或a1 . 2 1 1 2 又a11，所以a12. 因为 10Sn(2an1)(an2)， 所以 10Sn2a5an2， 2n 故 10an110Sn110Sn2a5an122a5an2， 2n12n 整理，得 2(aa)5(an1an)0， 2n12n 即(an1an)2(an1an)50. 因为an是递增数列且a12， 所以an1an0，因此an1an . 5 2 所以数列an是以 2 为首项， 为公差的等差数列， 5 2 所以an2 (n1) (5n1) 5 2 1 2 (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(aman)ak， 则 5m15n1 (5k1)， 1 2 整理，得 2m2nk ，(*) 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