【2022届走向高考】高三数学一轮(北师大版)基础巩固：第6章-第2节-等差数列.docx

第六章　其次节

一、选择题
1．(文)在等差数列{an}中，a2＝2，a3＝4，则a10＝(　　)
A．12　　　　　　　　 B．14
C．16 D．18
[答案]　D
[解析]　该题考查等差数列的通项公式，由其两项求公差D．
由a2＝2，a3＝4知d＝＝2.
∴a10＝a2＋8d＝2＋8×2＝18.
(理)等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
[答案]　B
[解析]　本题考查了等差数列的定义和性质．
a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5.
∴公差d＝a4－a3＝2.
2．(文)假如等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝(　　)
A．14 B．21
C．28 D．35
[答案]　C
[解析]　由a3＋a4＋a5＝12得，a4＝4，
∴a1＋a2＋…＋a7＝×7＝7a4＝28.
(理)若等差数列{an}的前5项和为S5＝25，且a2＝3，则a7＝(　　)
A．12 B．13
C．14 D．15
[答案]　B
[解析]　解法一：由已知得
∴，∴a7＝a1＋6d＝1＋6×2＝13.
解法二：S5＝5a3＝25，∴a3＝5，故d＝a3－a2＝2.
所以a7＝a2＋5d＝3＋5×2＝13.
3．设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于(　　)
A．6 B．7
C．8 D．9
[答案]　A
[解析]　设公差为d，∴.
∴Sn＝na1＋d＝－11n＋n2－n＝n2－12n.
＝(n－6)2－36.
即n＝6时，Sn最小．
4．等差数列{an}的前n项和为Sn(n＝1,2,3，…)，若当首项a1和公差d变化时，a5＋a8＋a11是一个定值，则下列选项中为定值的是(　　)
A．S17 B．S18
C．S15 D．S14
[答案]　C
[解析]　由a5＋a8＋a11＝3a1＋21d＝3(a1＋7d)＝3a8是定值，可知a8是定值，
所以S15＝＝15a8是定值．
故选C．
5．下面是关于公差d>0的等差数列{an}的四个命题：
p1：数列{an}是递增数列；
p2：数列{nan}是递增数列；
p3：数列{}是递增数列；
p4：数列{an＋3nd}是递增数列．
其中的真命题为(　　)
A．p1，p2 B．p3，p4
C．p2，p3 D．p1，p4
[答案]　D
[解析]　对于p1，数列{an}的公差d>0，所以数列是递增数列；对于p4，由于(an＋1＋3(n＋1)d)－(an＋3nd)＝d＋3d＝4d>0，是递增数列．对于p2，由于(n＋1)an＋1－nan＝(n＋1)an＋(n＋1)d－nan＝a1＋2nd，a1不知道正负，不愿定大于零，所以不愿定是递增数列；同理，对于p3，也不愿定是递增数列，选D．
6．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝(　　)
A．8 B．7
C．6 D．5
[答案]　D
[解析]　由a1＝1，公差d＝2得通项an＝2n－1，又Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2，所以2k＋1＋2k＋3＝24，得k＝5.
二、填空题
7．(2022·江西高考)在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，则d的取值范围为________．
[答案]　－1<d<－
[解析]　本题主要考查等差数列中Sn与an的关系，由题意知a1＝7，且当且仅当n＝8时，Sn取最大值，
∴该数列为递减数列且a8>0，a9<0，即⇒－1<d<－.
8．设Sn为等差数列{an}的前n项和，S4＝14，S10－S7＝30，则S9＝________.
[答案]　54
[解析]　设首项为a1，公差为d，由S4＝14得
4a1＋d＝14. ①
由S10－S7＝30得3a1＋24d＝30，
即a1＋8d＝10. ②
联立①②得a1＝2，d＝1，∴S9＝54.
9．在等差数列{an}中，|a3|＝|a9|，公差d<0，则使前n项和Sn取得最大值的自然数n是________．
[答案]　5或6
[解析]　∵d<0，|a3|＝|a9|，∴a3＝－a9，
∴a1＋2d＝－a1－8d，
∴a1＋5d＝0，∴a6＝0，
∴an>0(1≤n≤5)，
∴Sn取得最大值时的自然数n是5或6.
三、解答题
10．(文)(2022·全国大纲)数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.
(1)设bn＝an＋1－an，证明{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
[解析]　(1)由an＋2＝2an＋1－an＋2得
an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2.
即bn＋1＝bn＋2.
又b1＝a2－a1＝1.
所以{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)由(1)得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，
即an＋1－an＝2n－1.
于是(ak＋1－ak)＝(2k－1)，
所以an＋1－a1＝n2，即an＋1＝n2＋a1.
又a1＝1，所以{an}的通项公式为an＝n2－2n＋2.
(理)(2022·新课标Ⅰ)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．
(1)证明：an＋2－an＝λ；
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
[解析]　(1)由题设：anan＋1＝λSn－1，
an＋1an＋2＝λSn＋1－1，
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.
由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.
由(1)知，a3＝λ＋1，
令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.
故an＋2－an＝4，由此可得
{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；
{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.
所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.
因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列.

一、选择题
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若＝a2＋a2021，且A，B，C三点共线(该直线不过原点O)，则S2022＝(　　)
A．2022 B．1008
C．22022 D．2－2022
[答案]　B
[解析]　由于A，B，C三点共线，及＝a2＋a2021，
∴a2＋a2021＝1，
S2022＝＝＝1008.
2．(文)若一个等差数列的前3项的和为34，最终3项的和为146，且全部项的和为390，则这个数列有(　　)
A．13项 B．12项
C．11项 D．10项
[答案]　A
[解析]　依题意，
两式相加得
(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋(a3＋an－2)＝180.
∵a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2，∴a1＋an＝60.
∵Sn＝＝390，∴n＝13.
(理)等差数列{an}中，Sn是其前n项和，a1＝－2021，－＝2，则S2 015的值为(　　)
A．－2 014 B．2 015
C．2 014 D．－2 015
[答案]　D
[解析]　设Sn＝An2＋Bn，则＝An＋B，
－＝2A＝2，故A＝1.
又a1＝S1＝A＋B＝－2 015，∴B＝－2 016.
∴＝2 015－2 016＝－1.∴S2021＝－2 015.
二、填空题
3．各项均不为零的等差数列{an}中，若a－an－1－an＋1＝0(n∈N＋，n≥2)，则S2 015等于________．
[答案]　4 030
[解析]　∵an－1＋an＋1＝2an，
∴a－an－1－an＋1＝a－2an＝0，
解得an＝2或an＝0(舍)．
∴S2 015＝2×2 015＝4 030.
4．等差数列{an}前9项的和等于前4项的和．若a1＝1，ak＋a4＝0，则k＝________.
[答案]　10
[解析]　本题考查等差数列通项公式、前n项和公式以及基本运算力气．
设等差数列公差为d，则an＝1＋(n－1)d，
∵S4＝S9，∴a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0，∴a7＝0，
∴1＋6d＝0，d＝－.
又a4＝1＋3×(－)＝，ak＝1＋(k－1)(－)，
∴＋1＋(k－1)(－)＝0，解得k＝10.
三、解答题
5．等差数列{an}中，a7＝4，a19＝2a9.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
[解析]　(1)设等差数列{an}的公差为d，则
an＝a1＋(n－1)D．
由于，　所以，
解得a1＝1，d＝.
所以{an}的通项公式为an＝.
(2)由于bn＝＝＝－，所以
Sn＝(－)＋(－)＋…＋(－＝.
6．数列{an}中，a1＝8，a4＝(1＋i)(1－i)，且满足an＋2＝2an＋1－an，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，n∈N*，求Sn的表达式．
[解析]　(1)∵an＋2＝2an＋1－an，n∈N*，
∴an＋2＋an＝2an＋1，∴数列{an}为等差数列．
又∵a1＝8，a4＝(1＋i)(1－i)＝2，d＝＝－2.
∴an＝8＋(－2)(n－1)＝－2n＋10.
(2)令an＝－2n＋10＝0，则有n＝5.
∴|an|＝
∴当n≤5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝8n＋(－2)＝－n2＋9n；
当n≥6时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋(－a6－a7－…－an)＝2(a1＋a2＋…＋a5)－(a1＋a2＋…＋an)＝2(－52＋9×5)－(－n2＋9n)＝n2－9n＋40.
综上，Sn＝