【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B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)(2022·吉林九校联合体二模)在等差数列{an}中，a1＋a5＝8，a4＝7，则a5＝(　　)
A．11　　 B．10　　 　
C．7　　 D．3
[答案]　B
[解析]　设公差为d，则，解得，∴a5＝a1＋4d＝－2＋12＝10.
(理)(2022·云南玉溪一中月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝5，S11＝22，则数列{an}的公差d为(　　)
A．－1　 B．－　　　
C.　 D．1
[答案]　A
[解析]　由S11＝11a6＝22，可知a6＝2，所以d＝＝－1，故选A.
2．(2022·沈阳一模)已知数列{an}是等差数列，a4＝15，S5＝55，则过点P(3，a3)，Q(4，a4)的直线的斜率是(　　)
A．4 B．　　
C．－4 D．－143
[答案]　A
[解析]　∵{an}是等差数列，a4＝15，S5＝55，
∴a1＋a5＝22，∴2a3＝22，∴a3＝11.
∴kPQ＝＝4，故选A.
3．(文)(2021·南昌市调研)已知等比数列{an}公比为q，其前n项和为Sn，若S3，S9，S6成等差数列，则q3等于(　　)
A．－ B．1
C．－或1 D．－1或
[答案]　A
[解析]　由条件知2S9＝S3＋S6，
∴＝＋，∴2q6＝1＋q3，
∴q3＝1或q3＝－，∵q≠1，∴q3＝－.
(理)(2021·金华一中月考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，S10＝110，则的最小值为(　　)
A．7　　　　 B．8　　　　　　
C.　　　 D．
[答案]　D
[解析]　由题意知
∴∴Sn＝n2＋n，an＝2n.
∴＝＝＋＋≥＋2＝.等号成立时，＝，∴n＝8，故选D.
4．(文)已知等差数列{an}中，|a3|＝|a9|，公差d<0，Sn是数列{an}的前n项和，则(　　)
A．S5>S6 B．S5<S6
C．S6＝0 D．S5＝S6
[答案]　D
[解析]　∵d<0，|a3|＝|a9|，∴a3>0，a9<0，且a3＋a9＝0，∴a6＝＝0，∴S5＝S6.
(理)已知在等差数列{an}中，对任意n∈N*，都有an>an＋1，且a2，a8是方程x2－12x＋m＝0的两根，且前15项的和S15＝m，则数列{an}的公差是(　　)
A．－2或－3 B．2或3
C．－2 D．3
[答案]　A
[解析]　由2a5＝a2＋a8＝12，得a5＝6，
由S15＝m得a8＝.
又由于a8是方程x2－12x＋m＝0的根，
解之得m＝0，或m＝－45，
则a8＝0，或a8＝－3.
由3d＝a8－a5得d＝－2，或d＝－3.
5．(文)(2022·安徽淮北模拟)若等差数列{an}的公差d<0，且a1＋a11＝0，则数列{an}的前n项和Sn取得最大值时的项数n是(　　)
(　　)
A．5 B．6　　
C．5或6 D．6或7
[答案]　C
[解析]　∵a1＋a11＝0，∴a1＋a1＋10d＝0，即a1＝－5d.
∴an＝a1＋(n－1)d＝(n－6)d.
由an≥0得(n－6)d≥0.
∵d<0，∴n≤6.
即a5>0，a6＝0，所以前5项或前6项的和最大．
(理)(2022·江西六校联考)等差数列{an}中，a1>0，d≠0，S3＝S11，则Sn中的最大值是(　　)
A．S7 B．S7或S8　　
C．S14 D．S8
[答案]　A
[解析]　由S3＝S11得3a1＋3d＝11a1＋55d，d＝－a1，该数列是一个递减的等差数列．要求Sn中的最大值，必需保证每项都为正值．∵an＝a1＋(n－1)d＝a1－(n－1)a1≥0，∴n≤，n∈N*，则n的最大值为7，所以Sn中的最大值是S7.
[点评]　(1)在争辩等差数列{an}的前n项和Sn的最值时，不要忽视n是整数的条件及含0项的情形．
(2)假如p＋q＝2r(p、q、r∈N*)，则ap＋aq＝2ar，而不是ap＋aq＝a2r.
6．(文)设数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，已知a1＋a4＋a7＝99，a2＋a5＋a8＝93，若对任意n∈N*，都有Sn≤Sk成立，则k的值为(　　)
A．22 B．21　　
C．20 D．19
[答案]　C
[解析]　设等差数列{an}的公差为d，则有3d＝93－99＝－6，∴d＝－2；∴a1＋(a1＋3d)＋(a1＋6d)＝3a1＋9d＝3a1－18＝99，∴a1＝39，∴an＝a1＋(n－1)d＝39－2(n－1)＝41－2n.令an＝41－2n>0得n<20.5，即在数列{an}中，前20项均为正，自第21项起以后各项均为负，因此在其前n项和中，S20最大．依题意得知，满足题意的k值是20，选C.
(理)已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，若S29＝S4000，O为坐标原点，点P(1，an)，点Q(2021，a2021)，则·等于(　　)
A．2021 B．－2021　　
C．0 D．1
[答案]　A
[解析]　S29＝S4000⇒a30＋a31＋…＋a4000＝0⇒a2021＝0，
又P(1，an)，Q(2021，a2021)，则＝(1，an)，＝(2021，a2021)，
∴·＝(1，an)·(2021，a2021)＝2021＋ana2021＝2021，故选A.
二、填空题
7．(2022·江苏连云港调研)在数列{an}中，已知a1＝2，a2＝3，当n≥2时，an＋1是an·an－1的个位数，则a2022＝________.
[答案]　8
[解析]　数列{an}的前几项依次是2,3,6,8,8,4,2,8,6,8,8，…，去掉前两项，构成一个周期为6的数列，2022＝2＋335×6＋2，∴a2022＝a4＝8.
8．(文)(2021·沈阳铁路试验中学期中)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取最大值，则d的取值范围是________．
[答案]　(－1，－)
[解析]　由条件知an＝7＋(n－1)d，且a8>0，a9<0，
∴－1<d<－.
(理)(2021·冀州中学检测)已知Sn是数列{an}的前n项和，向量a＝(an－1，－2)，b＝(4，Sn)满足a⊥b，则＝________.
[答案]　
[解析]　∵a＝(an－1，－2)，b＝(4，Sn)满足a⊥b，
∴a·b＝0，
∴4an－4－2Sn＝0，即Sn＝2an－2，
∴Sn－1＝2an－1－2(n≥2)．
两式相减得an＝2an－1，∴＝2.
由Sn＝2an－2(n∈N*)，得a1＝2.
∴{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2n.
∴＝＝.
9．(2021·河北衡水中学模拟)设m>3，对于项数为m的有穷数列{an}，令bk为a1，a2，…，ak(k≤m)中最大值，称数列{bn}为{an}的“创新数列”．例如数列3,5,4,7的创新数列为3,5,5,7.考查自然数1,2，…，m(m>3)的全部排列，将每种排列都视为一个有穷数列{cn}．若m＝4，则创新数列为3,4,4,4的全部数列{an}为________．
[答案]　3,4,2,1或3,4,1,2
[解析]　由数列{an}的创新数列定义知，a1＝3，a2＝4，由于c3＝4，∴a3≤4，又{an}是1,2,3,4的一个排列，
∴a3≠3,4，∴a3＝1或2，由于c4＝4，
∴当a3＝1时，a4＝2；当a3＝2时，a4＝1，
∴数列{an}为3,4,1,2或3,4,2,1.
三、解答题
10．(2022·江西重点中学联考)已知数列{an}中，a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2，n∈N*)．
(1)写出a2，a3的值(只写结果)，并求出数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝＋＋＋…＋，若对任意的正整数n，当m∈[－1,1]时，不等式t2－2mt＋>bn(n∈N*)恒成立，求实数t的取值范围．
[解析]　(1)a2＝6，a3＝12.
当n≥2时，an－an－1＝2n，an－1－an－2＝2(n－1)，…，a3－a2＝2×3，a2－a1＝2×2，由累加法可知an－a1＝(n＋2)·(n－1)，∴an＝n(n＋1)，阅历证，当n＝1时，a1＝2＝1×2也成立，
则数列{an}的通项公式为an＝n(n＋1)，n∈N*.
(2)∵＝＝－，∴bn＝＋＋…＋＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝－＝＝.
令cn＝2n＋，则{cn}为递增数列，∴(bn)max＝b1＝.
当m∈[－1,1]时，不等式t2－2mt＋>bn(n∈N*)恒成立，即t2－2mt＋>对m∈[－1,1]恒成立，
∴解得t∈(－∞，－2)∪(2，＋∞).

一、选择题
11．(文)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列{}的前100项和为(　　)
A. B．　　
C. D．
[答案]　A
[解析]　本小题主要考查等差数列的通项公式和前n项和公式的运用，以及裂项求和的综合应用．
∵a5＝5，S5＝15，
∴＝15，即a1＝1.
∴d＝＝1，∴an＝n.
∴＝＝－.
则数列{}的前100项的和为：T100＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＝.
故选A.
[点评]　本题亦可利用等差数列的性质，由S5＝15得5a3＝15，即a3＝3，再进一步求解．
(理)已知直线(3m＋1)x＋(1－m)y－4＝0所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{an}的第一项与其次项，若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，则T2022＝(　　)
A. B．
C. D．
[答案]　B
[解析]　依题意，将(3m＋1)x＋(1－m)y－4＝0化为(x＋y－4)＋m(3x－y)＝0，令，解得，
∴直线(3m＋1)x＋(1－m)y－4＝0过定点(1,3)，
∴a1＝1，a2＝3，公差d＝2，an＝2n－1，
∴bn＝＝(－)，
∴T2022＝×[(－)＋(－)＋…＋(－)]＝×(1－)＝.故选B.
12．在函数y＝f(x)的图象上有点列(xn，yn)，若数列{xn}是等差数列，数列{yn}是等比数列，则函数y＝f(x)的解析式可能为(　　)
A．f(x)＝2x＋1 B．f(x)＝4x2
C．f(x)＝log3x D．f(x)＝x
[答案]　D
[解析]　对于函数f(x)＝x上的点列(xn，yn)，有yn＝xn，由于{xn}是等差数列，所以xn＋1－xn＝d，因此＝＝xn＋1－xn＝d，这是一个与n无关的常数，故{yn}是等比数列．故选D.
[点评]　依据指数与对数运算的性质知真数成等比时(各项为正)，其对数成等差；指数成等差时，幂成等比．
13．(2022·黑龙江七台河中学第三次月考)在等差数列{an}中，am＝n，an＝m，则am＋n的值为(　　)
A．m＋n B．(m＋n)
C.(m－n) D．0
[答案]　D
[解析]　∵am－an＝(m－n)d＝n－m，∴d＝－1，
∴am＋n＝am＋nd＝n－n＝0.
14．(2022·哈三中二模)已知正项等差数列{an}，若存在常数t，使得a2n＝tan对一切n∈N*成立，则t的集合是(　　)
A．{1} B．{1,2}
C．{2} D．{，2}
[答案]　B
[解析]　∵a2n＝tan，∴a2＝ta1，∴d＝a1(t－1)，又a4＝ta2，∴2d＝a2(t－1)，若t＝1，则d＝0，若t≠1，则＝2，∴t＝2，故选B.
二、填空题
15．(2022·河北冀州模拟)在等差数列{an}中，an>0，且a1＋a2＋…＋a10＝30，则a5·a6的最大值等于________．
[答案]　9
[解析]　由a1＋a2＋…＋a10＝30，得a5＋a6＝＝6，
又∵an>0，∴a5·a6≤()2＝()2＝9.
16．(文)(2021·开封四中期中)已知数列{an}满足条件：a1＝，an＋1＝(n∈N*)，则对n≤20的正整数n，an＋an＋1＝的概率为________．
[答案]　
[解析]　由an＋1＝＝－1＋及a1＝得，a2＝3，a3＝－2，a4＝－，a5＝，…，∴{an}是周期为4的周期数列，其中a4＋a5＝，故a4n＋a4n＋1＝，n∈N*，因此当n≤20时，满足an＋an＋1＝的n的值有5个(n＝4,8,12,16,20)，故所求概率P＝＝.
(理)数列{an}，{bn}都是等差数列，a1＝0，b1＝－4，用Sk、Sk′分别表示等差数列{an}和{bn}的前k项和(k是正整数)，若Sk＋Sk′＝0，则ak＋bk＝________.
[答案]　4
[解析]　由条件知，Sk＋Sk′＝d＋d′－4k＝－4k＝0，
∵k是正整数，∴(k－1)(d＋d′)＝8，
∴ak＋bk＝(k－1)d－4＋(k－1)d′
＝(k－1)(d＋d′)－4＝4.
三、解答题
17．(文)(2022·河北衡水月考)已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足2Sn＝a＋n－4.
(1)求证{an}为等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
[解析]　(1)证明：当n＝1时，有2a1＝a＋1－4，即a－2a1－3＝0，
解得a1＝3(a1＝－1舍去)．
当n≥2时，有2Sn－1＝a＋n－5，
2Sn＝a＋n－4.
两式相减，得2an＝a－a＋1，
即a－2an＋1＝a，也即(an－1)2＝a，
因此an－1＝an－1或an－1＝－an－1.
若an－1＝－an－1，则an＋an－1＝1.
由于a1＝3，
所以a2＝－2，这与数列{an}的各项均为正数相冲突，
所以an－1＝an－1，即an－an－1＝1.
因此{an}为等差数列．
(2)由(1)知a1＝3，d＝1，所以数列{an}的通项公式an＝3＋(n－1)＝n＋2，即an＝n＋2.
[点评]　1.求数列的通项公式常见的有以下三种类型
(1)已知数列的前几项，写出一个通项公式．
依据数列前几项的特点归纳出通项公式：方法是依据数列的排列规律，求出项与项数的关系．一般步骤是：①定符号，②定分子、分母，③观看前后项的数值特征找规律，④综合写出项与项数的关系．
要特殊留意以下数列特点：
①自然数列，自然数的平方列．
②奇数列，偶数列．
③an＝(－1)n，an＝[1＋(－1)n]．
④an＝sin，an＝cos.
⑤an＝(10n－1)(k＝1,2，…，9)．
要留意理顺其大小规律
如：2，－，4，－，…先变化为：，－，，－，….
(2)已知数列的递推关系求其通项公式：一般是接受“归纳—猜想—证明”，有时也通过变形转化为等差、等比数列进行处理．
(3)已知数列的前n项和求通项公式，用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求解．
2．用an＝Sn－Sn－1求an得到an＝pn＋q时，只有检验了a1是否满足an，才能确定其是否为等差数列，前n项和是不含常数项的n的二次函数时，{an}才是等差数列．
(理)(2021·河南适应性测试)已知数列{an}的首项a1＝1，且满足an＋1＝(n∈N*)．
(1)设bn＝，求证：数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝bn·2n，求数列{cn}的前n项和Sn.
[解析]　(1)b1＝＝1，an＋1＝，＝4＋，－＝4，∴bn＋1－bn＝4.
数列{bn}是以1为首项，4为公差的等差数列．
＝bn＝1＋4(n－1)＝4n－3，
∴数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)．
(2)Sn＝21＋5×22＋9×23＋…＋(4n－3)·2n，①
2Sn＝22＋5×23＋9×24＋…＋(4n－3)·2n＋1，②
②－①并化简得Sn＝(4n－7)·2n＋1＋14.
18．(文)(2021·广州调研)各项都为正数的数列{an}，满足a1＝1，a－a＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{}的前n项和Sn.
[解析]　(1)由于a－a＝2，a＝1，
所以数列{a}是首项为1，公差为2的等差数列．
所以a＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
由于an>0，所以an＝(n∈N*)．
(2)由(1)知，an＝，所以＝，
于是Sn＝＋＋＋…＋＋，①
Sn＝＋＋＋…＋＋，②
①－②得，Sn＝＋＋＋＋…＋－
＝＋2(＋＋＋…＋)－
＝＋2×－

＝－，
所以Sn＝3－.
(理)(2022·陕西西北工业高校附属中学六模)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，Sn＝n2an－n(n－1)，n＝1,2，….
(1)证明：数列{Sn}是等差数列，并求Sn；
(2)设bn＝，求证：b1＋b2＋…＋bn<.
[解析]　(1)由Sn＝n2an－n(n－1)知，当n≥2时，Sn＝n2(Sn－Sn－1)－n(n－1)，即(n2－1)Sn－n2Sn－1＝n(n－1)，
∴Sn－·Sn－1＝1，对n≥2成立．
又∵S1＝1，∴{Sn}是首项为1，公差为1的等差数列．
∴Sn＝1＋n－1＝n，∴Sn＝.
(2)∵bn＝＝＝(－)
∴b1＋b2＋…＋bn＝
(－＋－＋…＋－＋－)＝(－－)<.