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备考2024届高考数学一轮复习强化训练第五章数列第2讲等差数列
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(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求使Sn>an成立的n的最小值.
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),
则由题意,得a1+2d=5a1+10d,(a1+d)(a1+3d)=4a1+6d,解得a1=-4,d=2,
所以an=a1+(n-1)d=2n-6.
(2)解法一 Sn=n(a1+an)2=n(2n-10)2=n2-5n,
则由n2-5n>2n-6,整理得n2-7n+6>0,解得n<1或n>6.
因为n∈N*,所以使Sn>an成立的n的最小值为7.
解法二 由Sn>an得Sn-1>0(n≥2),即(a1+an-1)(n-1)2>0,
所以a1+an-1=2n-12>0,解得n>6,所以n的最小值为7.
2.[命题点2/多选]两个等差数列{an}和{bn},其公差分别为d1和d2,其前n项和分别为Sn和Tn,则下列说法正确的是( AB )
A.若{Sn}为等差数列,则d1=2a1
B.若{Sn+Tn}为等差数列,则d1+d2=0
C.若{anbn}为等差数列,则d1=d2=0
D.若bn∈N*,则{abn}也为等差数列,且公差为d1+d2
解析 由题意得Sn=d12n2+(a1-d12)n,Tn=d22n2+(b1-d22)n.若数列{Sn}为等差数列,则由等差数列通项公式的特征,可得a1-d12=0,即d1=2a1,所以选项A正确;Sn+Tn=d1+d22n2+(a1+b1-d12-d22)n,由等差数列通项公式的特征,可得d1+d22=0,即d1+d2=0,所以选项B正确;当d1=0或d2=0时,数列{anbn}为等差数列,所以选项C错误;因为an=a1+(n-1)d1,bn=b1+(n-1)d2,bn∈N*,所以abn=ab1+(n-1)d2=a1+[b1+(n-1)d2-1]d1=(a1+b1d1-d1)+(n-1)d1d2,可知数列{abn}是等差数列,且公差为d1d2,所以选项D错误.故选AB.
3.[命题点2/2021全国卷乙]记Sn为数列{an}的前n项和,bn为数列{Sn}的前n项积,已知2Sn+1bn=2.
(1)证明:数列{bn}是等差数列.
(2)求{an}的通项公式.
解析 (1)因为bn是数列{Sn}的前n项积,所以当n≥2时,Sn=bnbn-1,
代入2Sn+1bn=2可得,2bn-1bn+1bn=2,整理可得2bn-1+1=2bn,即bn-bn-1=12(n≥2).
又2S1+1b1=3b1=2,所以b1=32,
故{bn}是以32为首项,12为公差的等差数列.
(2)由(1)可知,bn=n+22,则2Sn+2n+2=2,
所以Sn=n+2n+1,
当n=1时,a1=S1=32,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n+2n+1-n+1n=-1n(n+1).
当n=1时,a1=32≠-11×2=-12,
故an=32,n=1,-1n(n+1),n≥2.
4.[命题点4]在等差数列{an}中,若a10a9<-1,且它的前n项和Sn有最大值,则使Sn>0成立的正整数n的最大值是( C )
A.15B.16C.17D.14
解析 因为等差数列{an}的前n项和有最大值,
所以等差数列{an}为递减数列,
又a10a9<-1,所以a9>0,a10<0,
所以a9+a10<0,
所以S18=18(a1+a18)2=9(a9+a10)<0,且S17=17(a1+a17)2=17a9>0.
故使得Sn>0成立的正整数n的最大值为17.
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