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

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第六章　数列 第2讲　高效演练分层突破学案，共6页。

1．(一题多解)(2019·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S4＝0，a5＝5，则( )
A．an＝2n－5 B．an＝3n－10
C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝eq \f(1,2)n2－2n
解析：选A.法一：设等差数列{an}的公差为d，
因为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S4＝0，,a5＝5，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－3，,d＝2，))所以an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝n2－4n.故选A.
法二：设等差数列{an}的公差为d，
因为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S4＝0，,a5＝5，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－3，,d＝2.))
选项A，a1＝2×1－5＝－3；
选项B，a1＝3×1－10＝－7，排除B；
选项C，S1＝2－8＝－6，排除C；
选项D，S1＝eq \f(1,2)－2＝－eq \f(3,2)，排除D.故选A.
2．(一题多解)(2020·沈阳质量监测)在等差数列{an}中，若Sn为前n项和，2a7＝a8＋5，则S11的值是( )
A．55 B．11
C．50 D．60
解析：选A.通解：设等差数列{an}的公差为d，由题意可得2(a1＋6d)＝a1＋7d＋5，得a1＋5d＝5，则S11＝11a1＋eq \f(11×10,2)d＝11(a1＋5d)＝11×5＝55，故选A.
优解：设等差数列{an}的公差为d，由2a7＝a8＋5，得2(a6＋d)＝a6＋2d＋5，得a6＝5，所以S11＝11a6＝55，故选A.
3．(一题多解)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为( )
A．1 B．2
C．4 D．8
解析：选C.法一：等差数列{an}中，S6＝eq \f(（a1＋a6）×6,2)＝48，则a1＋a6＝16＝a2＋a5，又a4＋a5＝24，所以a4－a2＝2d＝24－16＝8，得d＝4，故选C.
法二：由已知条件和等差数列的通项公式与前n项和公式可列方程组，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋7d＝24，,6a1＋\f(6×5,2)d＝48，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋7d＝24，,2a1＋5d＝16，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－2，,d＝4，))故选C.
4．(2020·长沙市统一模拟考试)《九章算术》是我国古代第一部数学专著，全书收集了246个问题及其解法，其中一个问题为“现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面四节容积之和为3升，下面三节的容积之和为4升，求中间两节的容积各为多少？”该问题中的第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为( )
A.eq \f(17,6)升 B．eq \f(7,2)升
C.eq \f(113,66)升 D．eq \f(109,33)升
解析：选A.自上而下依次设各节竹子的容积分别为a1，a2，…，a9，依题意有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＋a4＝3,a7＋a8＋a9＝4))，因为a2＋a3＝a1＋a4，a7＋a9＝2a8，故a2＋a3＋a8＝eq \f(3,2)＋eq \f(4,3)＝eq \f(17,6).选A.
5．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若am＝4，Sm＝0，Sm＋2＝14(m≥2，且m∈N*)，则a2 017的值为( )
A．2 018 B．4 028
C．5 037 D．3 019
解析：选B.由题意得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(am＝a1＋（m－1）d＝4，,Sm＝ma1＋\f(m（m－1）,2)d＝0，,Sm＋2－Sm＝am＋1＋am＋2＝2a1＋（m＋m＋1）d＝14，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－4，,m＝5，,d＝2，))所以an＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，
所以a2 017＝2×2 017－6＝4 028.故选B.
6．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝2a3，则eq \f(S11,S5)＝________．
解析：eq \f(S11,S5)＝eq \f(\f(11,2)（a1＋a11）,\f(5,2)（a1＋a5）)＝eq \f(11a6,5a3)＝eq \f(22,5).
答案：eq \f(22,5)
7．在等差数列{an}中，公差d＝eq \f(1,2)，前100项的和S100＝45，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝________．
解析：因为S100＝eq \f(100,2)(a1＋a100)＝45，所以a1＋a100＝eq \f(9,10)，a1＋a99＝a1＋a100－d＝eq \f(2,5)，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝eq \f(50,2)(a1＋a99)＝eq \f(50,2)×eq \f(2,5)＝10.
答案：10
8．在单调递增的等差数列{an}中，若a3＝1，a2a4＝eq \f(3,4)，则a1＝________．
解析：由题知，a2＋a4＝2a3＝2，又因为a2a4＝eq \f(3,4)，数列{an}单调递增，所以a2＝eq \f(1,2)，a4＝eq \f(3,2).所以公差d＝eq \f(a4－a2,2)＝eq \f(1,2).所以a1＝a2－d＝0.
答案：0
9．已知等差数列{an}的前三项的和为－9，前三项的积为－15.
(1)求等差数列{an}的通项公式；
(2)若{an}为递增数列，求数列{|an|}的前n项和Sn.
解：(1)设公差为d，则依题意得a2＝－3，则a1＝－3－d，a3＝－3＋d，
所以(－3－d)(－3)(－3＋d)＝－15，得d2＝4，d＝±2，
所以an＝－2n＋1或an＝2n－7.
(2)由题意得an＝2n－7，所以|an|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(7－2n，n≤3,2n－7，n≥4))，
①n≤3时，Sn＝－(a1＋a2＋…＋an)＝eq \f(5＋（7－2n）,2)n＝6n－n2；
②n≥4时，Sn＝－a1－a2－a3＋a4＋…＋an＝－2(a1＋a2＋a3)＋(a1＋a2＋…＋an)＝18－6n＋n2.
综上，数列{|an|}的前n项和Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－n2＋6n，n≤3,n2－6n＋18，n≥4)).
10．已知等差数列{an}的公差d>0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36.
(1)求d及Sn；
(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.
解：(1)由题意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，
将a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5.
因为d>0，所以d＝2.
从而an＝2n－1，Sn＝n2(n∈N*)．
(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝(2m＋k－1)(k＋1)，所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65.
由m，k∈N*知2m＋k－1≥k＋1>1，
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2m＋k－1＝13，,k＋1＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝5，,k＝4.))
即所求m的值为5，k的值为4.
[综合题组练]
1．等差数列{an}中，eq \f(an,a2n)是一个与n无关的常数，则该常数的可能值的集合为( )
A．{1} B．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) D．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，1))
解析：选B.eq \f(an,a2n)＝eq \f(a1＋（n－1）d,a1＋（2n－1）d)＝eq \f(a1－d＋nd,a1－d＋2nd)，若a1＝d，则eq \f(an,a2n)＝eq \f(1,2)；若a1≠0，d＝0，则eq \f(an,a2n)＝1.因为a1＝d≠0，所以eq \f(an,a2n)≠0，所以该常数的可能值的集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2))).
2．(2020·晋冀鲁豫名校期末联考)我国南北朝时期的著作《张邱建算经》有这样一个问题：今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之，上三人先入，得金四斤，持出，下四人后入，得金三斤，持出，中间三人未到者，亦依等次更给，问各得金几何？则据你对数学史的研究与数学问题的理解可知，两人所得金相差数额绝对值的最小值是( )
A.eq \f(1,13)斤 B．eq \f(7,39)斤
C.eq \f(7,78)斤 D．eq \f(1,11)斤
解析：选C.设第n个人得金an斤，由题意可知{an}是等差数列，设公差为d，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝3a1＋3d＝4，,a7＋a8＋a9＋a10＝4a1＋30d＝3，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝\f(37,26)，,d＝－\f(7,78)，))
则两个人所得金相差数额绝对值的最小值是eq \f(7,78)斤．故选C.
3．若数列{an}是正项数列，且eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋…＋eq \r(an)＝n2＋n，则a1＋eq \f(a2,2)＋…＋eq \f(an,n)＝________．
解析：当n＝1时，eq \r(a1)＝2⇒a1＝4，又eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋…＋eq \r(an)＝n2＋n ①，所以当n≥2时，eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋…＋eq \r(an－1)＝(n－1)2＋(n－1)＝n2－n ②，①－②得eq \r(an)＝2n，即an＝4n2，所以eq \f(an,n)＝eq \f(4n2,n)＝4n，所以a1＋eq \f(a2,2)＋…＋eq \f(an,n)＝eq \f(（4＋4n）n,2)＝2n2＋2n.
答案：2n2＋2n
4．若{an}是等差数列，首项a1>0，a2 016＋a2 017>0，a2 016·a2 017<0，则使前n项和Sn>0成立的最大正整数n＝________．
解析：因为a1>0，a2 016＋a2 017>0，a2 016·a2 017<0，所以d<0，a2 016>0，a2 017<0，所以S4 032＝eq \f(4 032（a1＋a4 032）,2)＝eq \f(4 032（a2 016＋a2 017）,2)>0，S4 033＝eq \f(4 033（a1＋a4 033）,2)＝4 033a2 017<0，所以使前n项和Sn>0成立的最大正整数n是4 032.
答案：4 032
5．(2020·湖北仙桃、天门、潜江模拟)已知数列{an}满足a1＝2，(n＋2)an＝(n＋1)an＋1－2(n2＋3n＋2)，设bn＝eq \f(an,n＋1).
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；
(3)求{an}的通项公式．
解：(1)因为数列{an}满足(n＋2)an＝(n＋1)an＋1－2(n2＋3n＋2)，所以将n＝1代入得3a1＝2a2－12.又a1＝2，所以a2＝9.将n＝2代入得4a2＝3a3－24，
所以a3＝20.从而b1＝1，b2＝3，b3＝5.
(2)数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列．理由如下：
将(n＋2)an＝(n＋1)an＋1－2(n2＋3n＋2)两边同时除以(n＋1)(n＋2)可得eq \f(（n＋2）an,（n＋1）（n＋2）)＝eq \f(（n＋1）an＋1－2（n2＋3n＋2）,（n＋1）（n＋2）)，
化简可得eq \f(an＋1,n＋2)－eq \f(an,n＋1)＝2，即bn＋1－bn＝2，
所以数列{bn}是以1为首项，
2为公差的等差数列．
(3)由(2)可得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，
所以an＝(n＋1)bn＝(n＋1)·(2n－1)＝2n2＋n－1.
6．(2020·浙江嘉兴模拟)在数列{an}，{bn}中，设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝1，an＋1＝an＋2，3b1＋5b2＋…＋(2n＋1)bn＝2n·an＋1，n∈N*.
(1)求an和Sn；
(2)当n≥k时，bn≥8Sn恒成立，求整数k的最小值．
解：(1)因为an＋1＝an＋2，所以an＋1－an＝2，所以{an}是等差数列．
又a1＝1，所以an＝2n－1，
从而Sn＝eq \f(n（1＋2n－1）,2)＝n2.
(2)因为an＝2n－1，所以3b1＋5b2＋7b3＋…＋(2n＋1)bn＝2n·(2n－1)＋1，①
当n≥2时，3b1＋5b2＋7b3＋…＋(2n－1)bn－1＝2n－1·(2n－3)＋1.②
①－②可得(2n＋1)bn＝2n－1·(2n＋1)(n≥2)，即bn＝2n－1.
而b1＝1也满足上式，故bn＝2n－1.
令bn≥8Sn，则2n－1≥8n2，即2n－4≥n2.
又210－4<102，211－4>112，结合指数函数增长的性质，可知整数k的最小值是11.