2023届高考一轮复习讲义（文科）第六章　数列 第2讲　高效演练 分层突破学案

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A．2 B．3
C．4 D．6
解析：选C.由题意，知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＋a1＋2d＝10，,6a1＋\f(6×5,2)d＝54，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－1，,d＝4，))故选C.
2．(2020·重庆市七校联合考试)在等差数列{an}中，若a3＋a5＋a7＋a9＋a11＝55，S3＝3，则a5等于( )
A．5 B．6
C．7 D．9
解析：选C.设数列{an}的公差为d，因为数列{an}是等差数列，所以a3＋a5＋a7＋a9＋a11＝5a7＝55，所以a7＝11，又S3＝3，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a7＝a1＋6d＝11，,S3＝3a1＋3d＝3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－1，,d＝2，))所以a5＝7.故选C.
3．已知数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2，若ak·ak＋1<0，则正整数k＝( )
A．21 B．22
C．23 D．24
解析：选C.3an＋1＝3an－2⇒an＋1＝an－eq \f(2,3)⇒{an}是等差数列，则an＝eq \f(47,3)－eq \f(2,3)n.因为ak·ak＋1<0，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(47,3)－\f(2,3)k))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(45,3)－\f(2,3)k))<0，所以eq \f(45,2)4．(2020·辽宁丹东质量测试(一))我国明代伟大数学家程大位在《算法统宗》中常以诗歌的形式呈现数学问题，其中有一首“竹筒容米”：“家有九节竹一茎，为因盛米不均平，下头三节三升九，上梢四节贮三升，唯有中间两节竹，要将米数次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明．”意思是：九节竹的盛米容积成等差数列，其中的“三升九”指3.9升，则九节竹的中间一节的盛米容积为( )
A．0.9升 B．1升
C．1.1升 D．2.1升
解析：选B.设竹筒从下到上的盛米量分别为a1，a2，…，a9，依题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝3.9，,a6＋a7＋a8＋a9＝3，))故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝1.3，,a7＋a8＝1.5，))即a2＋5d＋a2＋6d＝2a2＋11d＝2.6＋11d＝1.5，解得d＝－0.1，故a5＝a2＋3d＝1.3－0.3＝1升．故选B.
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且对于任意n＞1，n∈N*，满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，则( )
A．a9＝17 B．a10＝18
C．S9＝81 D．S10＝90
解析：选B.因为对于任意n＞1，n∈N*，满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，
所以Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，所以an＋1－an＝2.
所以数列{an}在n≥2时是等差数列，公差为2.又a1＝1，a2＝2，
则a9＝2＋7×2＝16，a10＝2＋8×2＝18，S9＝1＋8×2＋eq \f(8×7,2)×2＝73，S10＝1＋9×2＋eq \f(9×8,2)×2＝91.故选B.
6．(2019·高考全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＝5，a7＝13，则S10＝ ．
解析：通解：设等差数列{an}的公差为d，则由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝5，,a1＋6d＝13，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))所以S10＝10×1＋eq \f(10×9,2)×2＝100.
优解：由题意，得公差d＝eq \f(1,4)(a7－a3)＝2，所以a4＝a3＋d＝7，所以S10＝eq \f(10（a1＋a10）,2)＝5(a4＋a7)＝100.
答案：100
7．(2020·武昌区调研考试)设{an}是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，已知S1，S2，S4成等比数列，且a3＝5，则数列{an}的通项公式为 ．
解析：设数列{an}的公差为d(d≠0)，因为{an}是等差数列，S1，S2，S4成等比数列，所以(a1＋a2)2＝a1(a1＋a2＋a3＋a4)，因为a3＝5，所以(5－2d＋5－d)2＝(5－2d)(5－2d＋15)，解得d＝2或d＝0(舍去)，所以5＝a1＋(3－1)×2，即a1＝1，所以an＝2n－1.
答案：an＝2n－1
8．(2020·福建龙岩期末改编)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋an＋1＝2n＋1(n∈N*)，则a20的值为 ，S21的值为 ．
解析：将n＝1代入an＋an＋1＝2n＋1中得a2＝3－1＝2.
由an＋an＋1＝2n＋1①，得an＋1＋an＋2＝2n＋3②.
②－①，得an＋2－an＝2，所以数列{an}的奇数项、偶数项都是以2为公差的等差数列，
则a21＝1＋10×2＝21，a20＝2＋9×2＝20，所以S21＝(a1＋a3＋a5＋…＋a21)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝eq \f(（1＋21）×11,2)＋eq \f(（2＋20）×10,2)＝231.
答案：20 231
9．(2019·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S9＝－a5.
(1)若a3＝4，求{an}的通项公式；
(2)若a1＞0，求使得Sn≥an的n的取值范围．
解：(1)设{an}的公差为d，
由S9＝－a5得a1＋4d＝0，
由a3＝4得a1＋2d＝4，
于是a1＝8，d＝－2.
因此{an}的通项公式为an＝10－2n.
(2)由(1)得a1＝－4d，故an＝(n－5)d，Sn＝eq \f(n（n－9）d,2).
由a1>0知d<0，故Sn≥an等价于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10.
所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}．
10．已知等差数列的前三项依次为a，4，3a，前n项和为Sn，且Sk＝110.
(1)求a及k的值；
(2)已知数列{bn}满足bn＝eq \f(Sn,n)，证明数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn.
解：(1)设该等差数列为{an}，则a1＝a，a2＝4，a3＝3a，
由已知有a＋3a＝8，得a1＝a＝2，公差d＝4－2＝2，
所以Sk＝ka1＋eq \f(k（k－1）,2)·d＝2k＋eq \f(k（k－1）,2)×2＝k2＋k.
由Sk＝110，得k2＋k－110＝0，
解得k＝10或k＝－11(舍去)，故a＝2，k＝10.
(2)由(1)得Sn＝eq \f(n（2＋2n）,2)＝n(n＋1)，
则bn＝eq \f(Sn,n)＝n＋1，
故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，
即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，
所以Tn＝eq \f(n（2＋n＋1）,2)＝eq \f(n（n＋3）,2).
[综合题组练]
1．(2020·广东揭阳期末改编)已知数列{an}满足a1＝－eq \f(1,9)，an＋1＝eq \f(an,8an＋1)(n∈N*)，则an＝ ，数列{an}中最大项的值为 ．
解析：由题意知an≠0，由an＋1＝eq \f(an,8an＋1)得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(8an＋1,an)＝eq \f(1,an)＋8，整理得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝8，即数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是公差为8的等差数列，故eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋(n－1)×8＝8n－17，所以an＝eq \f(1,8n－17).当n＝1，2时，an＜0；当n≥3时，an＞0，则数列{an}在n≥3时是递减数列，故{an}中最大项的值为a3＝eq \f(1,7).
答案：eq \f(1,8n－17) eq \f(1,7)
2．(创新型)(2020·安徽省淮南模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(Sn,S2n)为常数，则称数列{an}为“精致数列”．已知等差数列{bn}的首项为1，公差不为0，若数列{bn}为“精致数列”，则数列{bn}的通项公式为 ．
解析：设等差数列{bn}的公差为d，由eq \f(Sn,S2n)为常数，设eq \f(Sn,S2n)＝k且b1＝1，得n＋eq \f(1,2)n(n－1)d＝keq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2n＋\f(1,2)×2n（2n－1）d))，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0.因为对任意正整数n，上式恒成立，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d（4k－1）＝0，,（2k－1）（2－d）＝0，))解得d＝2，k＝eq \f(1,4)，所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1(n∈N*)．
答案：bn＝2n－1(n∈N*)
3．已知数列{an}满足：a3＝－13，an＝an－1＋4(n＞1，n∈N*)．
(1)求a1，a2及通项公式an；
(2)设Sn为数列{an}的前n项和，则数列S1，S2，S3，…中哪一项最小？
解：(1)因为数列{an}满足a3＝－13，an＝an－1＋4，
所以an－an－1＝4，
即数列{an}为等差数列且公差d＝4，
所以a2＝a3－d＝－13－4＝－17，
a1＝a2－d＝－17－4＝－21，
所以通项公式an＝a1＋(n－1)d＝－21＋4(n－1)＝4n－25.
(2)令an＝4n－25≥0可解得n≥eq \f(25,4)，
所以数列{an}的前6项为负值，从第7项开始为正数，
所以数列S1，S2，S3，…中S6最小．
4．(2020·广东广州天河二模)已知Sn为数列{an}的前n项和，且a1＜2，an＞0，6Sn＝aeq \\al(2,n)＋3an＋2，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若∀n∈N*，bn＝(－1)naeq \\al(2,n)，求数列{bn}的前2n项的和T2n.
解：(1)当n＝1时，6a1＝aeq \\al(2,1)＋3a1＋2，且a1＜2，解得a1＝1.
当n≥2时，6an＝6Sn－6Sn－1＝aeq \\al(2,n)＋3an＋2－(aeq \\al(2,n－1)＋3an－1＋2)．
化简得(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0，
因为an＞0，所以an－an－1＝3，
所以数列{an}是首项为1，公差为3的等差数列，
所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2.
(2)bn＝(－1)naeq \\al(2,n)＝(－1)n(3n－2)2.
所以b2n－1＋b2n＝－(6n－5)2＋(6n－2)2＝36n－21.
所以数列{bn}的前2n项的和
T2n＝36(1＋2＋…＋n)－21n＝36×eq \f(n（n＋1）,2)－21n＝18n2－3n.