还剩12页未读，
继续阅读
所属成套资源：全套新高考数学一轮复习专题课件+练习含答案
成套系列资料，整套一键下载
新高考数学一轮复习专题六数列6-2等差数列练习含答案
展开
这是一份新高考数学一轮复习专题六数列6-2等差数列练习含答案，共15页。试卷主要包含了8 D等内容，欢迎下载使用。
高考新风向
1.(2024全国甲理,4,5分,易)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S5=S10,a5=1,则a1=( B )
A.72 B.73 C.-13 D.-711
2.(2024新课标Ⅱ,12,5分,易)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3+a4=7,3a2+a5=5,则S10=
95 .
考点1 等差数列及其前n项和
1.(2022新高考Ⅱ,3,5分,中)图1是中国古代建筑中的举架结构,AA',BB',CC',DD'是桁,相邻桁的水平距离称为步,垂直距离称为举.图2是某古代建筑屋顶截面的示意图,其中DD1,CC1,BB1,AA1是举,OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步,相邻桁的举步之比分别为DD1OD1=0.5,CC1DC1=k1,BB1CB1=k2,AA1BA1=k3.已知k1,k2,k3成公差为0.1的等差数列,且直线OA的斜率为0.725,则k3=( D )
图1
图2
B.0.8 D.0.9
2.(2020课标Ⅱ理,4,5分,中)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)( C )
A.3 699块 B.3 474块
C.3 402块 D.3 339块
3.(2023全国乙理,10,5分,中)已知等差数列{an}的公差为2π3,集合S={cs an|n∈N*}.若S={a,b},则ab=( B )
A.-1 B.-12 C.0 D.12
4.(2022全国乙文,13,5分,易)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d=2 .
5.(2020课标Ⅱ文,14,5分,易)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10=
25 .
6.(2020新高考Ⅰ,14,5分,易)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为 3n2-2n .
7.(2023全国乙文,18,12分,中)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a2=11,S10=40.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,
则a1+d=11,10a1+45d=40,解得a1=13,d=−2,
∴an=13-2(n-1)=15-2n.
(2)由an=15-2n知,当n≤7,n∈N*时,an>0,当n≥8,n∈N*时,an<0,
∴当n≤7,n∈N*时,Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn=n(28−2n)2=-n2+14n,
当n≥8,n∈N*时,Tn=(a1+a2+…+a7)-(a8+a9+…+an)
=2S7-Sn=98-(-n2+14n)=n2-14n+98.
∴Tn=−n2+14n(n≤7且n∈N∗),n2−14n+98(n≥8且n∈N∗).
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,
则a1+d=11,10a1+45d=40,解得a1=13,d=−2,
∴an=13-2(n-1)=15-2n.
(2)由an=15-2n知,当n≤7,n∈N*时,an>0,当n≥8,n∈N*时,an<0,
∴当n≤7,n∈N*时,Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn=n(28−2n)2=-n2+14n,
当n≥8,n∈N*时,Tn=(a1+a2+…+a7)-(a8+a9+…+an)
=2S7-Sn=98-(-n2+14n)=n2-14n+98.
∴Tn=−n2+14n(n≤7且n∈N∗),n2−14n+98(n≥8且n∈N∗).
8.(2023新课标Ⅰ,20,12分,中)设等差数列{an}的公差为d,且d>1,令bn=n2+nan,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.
(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式;
(2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.
解析 (1)∵3a2=3a1+a3,∴3(a1+d)=3a1+a1+2d,
∴a1=d>1,∴S3=a1+a2+a3=a1+a1+d+a1+2d=6a1,
又∵bn=n2+nan,∴b1=2a1,b2=6a2=6a1+d=3a1,b3=12a3=12a1+2d=4a1,∴T3=b1+b2+b3=9a1,
∴S3+T3=6a1+9a1=21,
解得a1=3或a1=12(舍),∴an=3n.
(2)∵{bn}为等差数列,
∴2b2=b1+b3,即12a2=2a1+12a3,
即6a1+d=1a1+6a1+2d,即a12-3a1d+2d2=0,
∴a1=2d或a1=d.
当a1=2d时,an=(n+1)d,bn=nd,
∴S99=(2d+100d)×992=99×51d,
T99=1d·(1+99)×992=99×50d,
又∵S99-T99=99,∴99×51d-99×50·1d=99,
∴51d-50d=1,解得d=1或d=-5051,
又∵d>1,∴a1≠2d.
当a1=d时,an=nd,bn=n+1d,
∴S99=(1+99)×99d2=50×99d,
T99=1d·(2+100)×992=51×99d,
又∵S99-T99=99,∴50×99d-51×99d=99,
∴50d-51d=1,解得d=5150或d=-1,
又∵d>1,∴d=5150.
综上,d=5150.
考点2 等差数列的性质及应用
1.(2023全国甲文,5,5分,易)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2+a6=10,a4a8=45,则S5= ( C )
A.25 B.22 C.20 D.15
2.(2020北京,8,4分,难)在等差数列{an}中,a1=-9,a5=-1.记Tn=a1a2…an(n=1,2,…),则数列{Tn}( B )
A.有最大项,有最小项
B.有最大项,无最小项
C.无最大项,有最小项
D.无最大项,无最小项
3.(2021新高考Ⅱ,17,10分,易)记Sn为公差不为零的等差数列{an}的前n项和,若a3=S5,a2·a4=S4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求使得Sn>an的n的最小值.
解析 (1)解法一:设等差数列{an}的公差为d(d≠0),则a3=S5⇒a1+2d=5a1+10d⇒4a1+8d=0⇒a1+2d=0⇒a1=-2d,①
a2·a4=S4⇒(a1+d)(a1+3d)=4a1+6d,②
将①代入②得-d2=-2d⇒d=0(舍)或d=2,∴a1=-2d=-4,∴an=-4+(n-1)×2=2n-6.
解法二:由等差数列的性质可得S5=5a3,则a3=5a3,∴a3=0,
设等差数列的公差为d,
从而有a2a4=(a3-d)(a3+d)=-d2,
S4=a1+a2+a3+a4=(a3-2d)+(a3-d)+a3+(a3+d)=-2d,
从而-d2=-2d,由于公差不为零,故d=2,
所以数列{an}的通项公式为an=a3+(n-3)d=2n-6.
(2)由(1)知an=2n-6,a1=2×1-6=-4.
Sn=na1+n(n−1)2d=-4n+n(n-1)=n2-5n.
Sn>an⇔n2-5n>2n-6⇔n2-7n+6>0⇔(n-1)(n-6)>0,
解得n<1或n>6,又n∈N*,∴n的最小值为7.
三年模拟
练速度
1.(2024安徽合肥一六八中学适应性测试,3)数列{an}中,an=an+1+2,a5=18,则a1+a2+…+a10=( C )
A.210 B.190 C.170 D.150
2.(2024山东济宁一模,3)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S2=2,S6=9,则S10=( D )
A.14 B.16 C.18 D.20
3.(2024北京人大附中检测,5)已知Sn是等差数列{an}的前n项和,则“Sn≥nan”是“{an}是递减数列”的( B )
A.充分而不必要条件
B.必要而不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
4.(2024广东汕头一模,2)在3与15之间插入3个数,使这5个数成等差数列,则插入的3个数之和为( C )
A.21 B.24 C.27 D.30
5.(2024山东潍坊一模,4)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=-1,S7=5a4+10,则S4=( C )
A.6 B.7 C.8 D.10
6.(2024福建厦门第二次质检,2)已知正项等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,且4S3=(a3+1)2,4S4=(a4+1)2,则d=( B )
A.1 B.2 C.3 D.4
7.(2024浙江金华十校联考,5)等差数列{an}的首项为正数,公差为d,Sn为{an}的前n项和,若a2=3,且S2,S1+S3,S5成等比数列,则d=( B )
A.1 B.2 C.92 D.2或92
8.(2024湖北七市州调研,6)已知公差为负数的等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3,a4,a7是等比数列,则当Sn取最大值时,n=( B )
A.2或3 B.2 C.3 D.4
9.(多选)(2024东北三省三校第一次联考,9)等差数列{an}中,a1>0,则下列命题正确的是( ACD )
A.若a3+a7=4,则S9=18
B.若S15>0,S16<0,则a82>a92
C.若a1+a2=5,a3+a4=9,则a7+a8=17
D.若a8=S10,则S9>0,S10<0
10.(2024河北邯郸调研,15)设数列{an}的前n项和为Sn,已知S2=17,Sn5n+7是公差为12的等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=1anan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)因为S2=17,所以S25×2+7=1,
所以Sn5n+7=1+(n-2)×12=n2,即Sn=n2(5n+7).
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2(5n+7)-n−12(5n+2)=5n+1,
又a1=S1=12×(5+7)=6符合上式(易错提醒:不要忘记验证n=1),所以an=5n+1,n∈N*.
(2)由(1)知bn=1(5n+1)(5n+6)=1515n+1−15n+6,
故Tn=1516-111+111-116+…+15n+1-15n+6
=1516−15n+6=n6(5n+6).
练思维
1.(2024安徽淮北第一次质量检测,4)记Sn是等差数列{an}的前n项和,则“{an}是递增数列”是“Snn是递增数列”的( C )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
2.(2024河南五市联考,6)一款卷筒卫生纸绕在圆柱形空心纸筒上,纸筒直径为20 mm,卫生纸厚度约为0.1 mm,若未使用时直径为80 mm,则这个卷筒卫生纸总长度大约为(参考数据π≈3.14)( A )
A.47 m B.51 m
C.94 m D.102 m
3.(2024重庆南开中学质检(八),8)已知等差数列{an}的公差为π3,且集合M={x|x=sin an,n∈N*}中有且只有4个元素,则M中的所有元素之积为( A )
A.14 B.-14 C.116 D.34
4.(2024广东佛山教学质量检测(一),8)2023年中央金融工作会议于10月30日至31日在北京举行,会议强调坚持把金融服务实体经济作为根本宗旨.现有某高新企业向金融机构申请到一笔800万元专项扶持贷款资金,该贷款资金分12期发放完毕,考虑到企业盈利状况将逐步改善,前11期放款金额逐期等额递减发放,每期递减10万元,第12期资金不超过10万元一次性发放.假设每期放款金额均为以万元为单位的正整数,则第1期和第12期放款金额之和为( B )
A.128万元 B.130万元
C.132万元 D.134万元
5.(多选)(2024福建福州质量检测,9)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=4,S5=35,则( ABC )
A.nan的最小值为1 B.nSn的最小值为1
C.Snn为递增数列 D.ann2为递减数列
6.(多选)(2024安徽芜湖质量检测,10)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,则下列说法正确的有( AD )
A.若k=15,则Sk=15a8
B.若S4=2,S8=8,则S16=20
C.若{an}为常数列,则{an}一定为等比数列
D.若07.(2024湖北十一校联考,14)已知在数列{an}中,a1,a11∈N*,数列{an}的前n和为Sn,Snn为等差数列,S14=77,则S100= -3 750 .
8.(2024福建九地市质量检测,14)设Tn为数列{an}的前n项积,若Tn+an=m,其中常数m>0.则a2= 2mm+2 (结果用m表示);若数列1Tn为等差数列,则m= 1或2 .
9.(2024浙江丽水、湖州、衢州二模,15)设等差数列{an}的公差为d,记Sn是数列{an}的前n项和,若S5=a3+20,S15=a2a3a8.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若d>0,bn=4Snan·an+1(n∈N*),数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn解析 (1)由S5=a3+20得5a3=a3+20,故a3=5.(1分)
由S15=a2a3a8得15a8=a2a3a8=5a2a8,所以a8=0或a2=3,(3分)
当a8=0时,d=a8−a35=-1,此时an=a3+(n-3)×d=8-n;
当a2=3时,d=a3-a2=2,此时an=a3+(n-3)×d=2n-1.
综上,数列{an}的通项公式为an=8-n或an=2n-1.(5分)
(2)证明:因为d>0,所以an=2n-1,所以Sn=n2.(7分)
则bn=4Snan·an+1=4n2(2n−1)(2n+1)
=4n2−1+1(2n−1)(2n+1)=1+1(2n−1)(2n+1)
=1+1212n−1−12n+1.(10分)
所以Tn=b1+b2+b3+…+bn
=1+121−13+1+1213−15+1+1215−17+…+1+1212n−1−12n+1
=n+121−13+13−15+15−17+…+12n−1−12n+1
=n+121−12n+1=n+n2n+1.(12分)
故Tn=n+n2n+1=n+12-12(2n+1)10.(2024大湾区二模,16)已知数列{an}为等差数列,a1=-4,前n项和为Sn,满足:当n∈N*且n<9时,S1+S22+…+Snn=S1+S22+…+S9−n9−n.
(1)求{an}的通项公式;
(2)定义集合Mn={ai+aj|i,j∈N*且i,j≤n},记Mn的元素个数为bn,数列{bn}的前n项和为Tn,求T10.
解析 (1)设{an}的公差为d,在S1+S22+…+Snn=S1+S22+…+S9−n9−n中,令n=5,得S55=0.
所以5(a1+a5)2×5=0,所以a1+a5=0,即2a1+4d=0,所以d=2,
又a1=-4,所以an=2n-6.
(2)记Cn={i+j|i,j∈N*且i,j≤n},由于ai+aj=2(i+j)-12,所以Mn的元素个数即为Cn的元素个数,而Cn={2,3,4,…,2n},共2n-1个元素,
所以bn=2n-1,
所以T10=(1+19)×102=100.
11.(2024江西新八校联考,16)若数列{an}满足条件:存在正整数k,使得an+k+an-k=2an对一切n∈N*,n>k都成立,则称数列{an}为k级等差数列.
(1)若数列{an}为2级等差数列,且前四项分别为2,0,2,4,求数列{an}的前2n项和S2n;
(2)若bn=3n+sin ωn(0<ω<π),且{bn}是3级等差数列,求数列{bn}的前3n项和T3n.
解析 (1)由数列{an}为2级等差数列,且前四项分别为2,0,2,4,可得an+2+an-2=2an对一切n∈N*,n>2都成立,
且数列{an}的奇数项是首项为2,公差为0的等差数列,
偶数项是首项为0,公差为4的等差数列,(4分)
则S2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)=2×n+n(n−1)2×4=2n2.(7分)
(2)∵{bn}是3级等差数列,∴bn+3+bn-3=2bn对一切n∈N*,n>3都成立,即3(n+3)+sin(ωn+3ω)+3(n-3)+sin(ωn-3ω)=2(3n+sin ωn),
∴sin ωn=sin ωncs 3ω,∴sin ωn=0或cs 3ω=1.(9分)
当sin ωn=0对n∈N*恒成立时,ω=kπ(k∈Z).
当cs 3ω=1时,3ω=2kπ(k∈Z),则ω=2kπ3(k∈Z),
又因为0<ω<π,所以ω=2π3,
所以bn=3n+sin 2nπ3,(12分)
又因为sin2π3×3n+sin2π3×(3n+1)+sin2π3×(3n+2)=0,
所以T3n=(3+9n)3n2=272n2+92n.(15分)
练风向
(新定义理解)(2024辽宁二模,19)如果数列{xn},{yn},其中yn∈Z,对任意正整数n都有|xn-yn|<12,则称数列{yn}为数列{xn}的“接近数列”.已知数列{bn}为数列{an}的“接近数列”.
(1)若an=2n+23(n∈N*),求b1,b2,b3的值;
(2)若数列{an}是等差数列,且公差为d(d∈Z),求证:数列{bn}是等差数列;
(3)若数列{an}满足a1=231100,且an+1=-910an+5720,记数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,试判断是否存在正整数n,使得Sn解析 (1)由题:令n=1,则|a1-b1|<12,即83−b1<12,
故-12<83-b1<12,解得136又b1∈Z,则b1=3,同理可得b2=5,b3=7.
(2)证明:由题意知|an-bn|<12,
则an-12从而an+1-an-1因为bn∈Z,d∈Z,所以bn+1-bn-d=0,即bn+1-bn=d,
故数列{bn}是等差数列.
(3)因为an+1=-910an+5720,所以令an+1+λ=-910(an+λ),
解得λ=-32,
又a1-32=81100≠0,故an−32是以81100为首项,-910为公比的等比数列,
则an-32=81100·−910n−1,即an=−910n+1+32,
当n为奇数时,an=910n+1+32,
易知an=910n+1+32递减,
故32当n为偶数时,an=-910n+1+32,
易知an=-910n+1+32递增,
故a2≤an<32,即7711000≤an<32,得an-1∈−2291000,12,进一步有bn=1.
综上,bn=1,n为偶数,2,n为奇数.
易知Sn=32n+811901−−910n,
当n为偶数时,Tn=32n;由Sn1,无解;
当n为奇数时,Tn=Tn+1-bn+1=3(n+1)2-1=3n+12,
由Sn故n>lg9101481≈16.7,所以存在正整数n,使得Sn
高考新风向
1.(2024全国甲理,4,5分,易)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S5=S10,a5=1,则a1=( B )
A.72 B.73 C.-13 D.-711
2.(2024新课标Ⅱ,12,5分,易)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3+a4=7,3a2+a5=5,则S10=
95 .
考点1 等差数列及其前n项和
1.(2022新高考Ⅱ,3,5分,中)图1是中国古代建筑中的举架结构,AA',BB',CC',DD'是桁,相邻桁的水平距离称为步,垂直距离称为举.图2是某古代建筑屋顶截面的示意图,其中DD1,CC1,BB1,AA1是举,OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步,相邻桁的举步之比分别为DD1OD1=0.5,CC1DC1=k1,BB1CB1=k2,AA1BA1=k3.已知k1,k2,k3成公差为0.1的等差数列,且直线OA的斜率为0.725,则k3=( D )
图1
图2
B.0.8 D.0.9
2.(2020课标Ⅱ理,4,5分,中)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)( C )
A.3 699块 B.3 474块
C.3 402块 D.3 339块
3.(2023全国乙理,10,5分,中)已知等差数列{an}的公差为2π3,集合S={cs an|n∈N*}.若S={a,b},则ab=( B )
A.-1 B.-12 C.0 D.12
4.(2022全国乙文,13,5分,易)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d=2 .
5.(2020课标Ⅱ文,14,5分,易)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10=
25 .
6.(2020新高考Ⅰ,14,5分,易)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为 3n2-2n .
7.(2023全国乙文,18,12分,中)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a2=11,S10=40.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,
则a1+d=11,10a1+45d=40,解得a1=13,d=−2,
∴an=13-2(n-1)=15-2n.
(2)由an=15-2n知,当n≤7,n∈N*时,an>0,当n≥8,n∈N*时,an<0,
∴当n≤7,n∈N*时,Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn=n(28−2n)2=-n2+14n,
当n≥8,n∈N*时,Tn=(a1+a2+…+a7)-(a8+a9+…+an)
=2S7-Sn=98-(-n2+14n)=n2-14n+98.
∴Tn=−n2+14n(n≤7且n∈N∗),n2−14n+98(n≥8且n∈N∗).
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,
则a1+d=11,10a1+45d=40,解得a1=13,d=−2,
∴an=13-2(n-1)=15-2n.
(2)由an=15-2n知,当n≤7,n∈N*时,an>0,当n≥8,n∈N*时,an<0,
∴当n≤7,n∈N*时,Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn=n(28−2n)2=-n2+14n,
当n≥8,n∈N*时,Tn=(a1+a2+…+a7)-(a8+a9+…+an)
=2S7-Sn=98-(-n2+14n)=n2-14n+98.
∴Tn=−n2+14n(n≤7且n∈N∗),n2−14n+98(n≥8且n∈N∗).
8.(2023新课标Ⅰ,20,12分,中)设等差数列{an}的公差为d,且d>1,令bn=n2+nan,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.
(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式;
(2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.
解析 (1)∵3a2=3a1+a3,∴3(a1+d)=3a1+a1+2d,
∴a1=d>1,∴S3=a1+a2+a3=a1+a1+d+a1+2d=6a1,
又∵bn=n2+nan,∴b1=2a1,b2=6a2=6a1+d=3a1,b3=12a3=12a1+2d=4a1,∴T3=b1+b2+b3=9a1,
∴S3+T3=6a1+9a1=21,
解得a1=3或a1=12(舍),∴an=3n.
(2)∵{bn}为等差数列,
∴2b2=b1+b3,即12a2=2a1+12a3,
即6a1+d=1a1+6a1+2d,即a12-3a1d+2d2=0,
∴a1=2d或a1=d.
当a1=2d时,an=(n+1)d,bn=nd,
∴S99=(2d+100d)×992=99×51d,
T99=1d·(1+99)×992=99×50d,
又∵S99-T99=99,∴99×51d-99×50·1d=99,
∴51d-50d=1,解得d=1或d=-5051,
又∵d>1,∴a1≠2d.
当a1=d时,an=nd,bn=n+1d,
∴S99=(1+99)×99d2=50×99d,
T99=1d·(2+100)×992=51×99d,
又∵S99-T99=99,∴50×99d-51×99d=99,
∴50d-51d=1,解得d=5150或d=-1,
又∵d>1,∴d=5150.
综上,d=5150.
考点2 等差数列的性质及应用
1.(2023全国甲文,5,5分,易)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2+a6=10,a4a8=45,则S5= ( C )
A.25 B.22 C.20 D.15
2.(2020北京,8,4分,难)在等差数列{an}中,a1=-9,a5=-1.记Tn=a1a2…an(n=1,2,…),则数列{Tn}( B )
A.有最大项,有最小项
B.有最大项,无最小项
C.无最大项,有最小项
D.无最大项,无最小项
3.(2021新高考Ⅱ,17,10分,易)记Sn为公差不为零的等差数列{an}的前n项和,若a3=S5,a2·a4=S4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求使得Sn>an的n的最小值.
解析 (1)解法一:设等差数列{an}的公差为d(d≠0),则a3=S5⇒a1+2d=5a1+10d⇒4a1+8d=0⇒a1+2d=0⇒a1=-2d,①
a2·a4=S4⇒(a1+d)(a1+3d)=4a1+6d,②
将①代入②得-d2=-2d⇒d=0(舍)或d=2,∴a1=-2d=-4,∴an=-4+(n-1)×2=2n-6.
解法二:由等差数列的性质可得S5=5a3,则a3=5a3,∴a3=0,
设等差数列的公差为d,
从而有a2a4=(a3-d)(a3+d)=-d2,
S4=a1+a2+a3+a4=(a3-2d)+(a3-d)+a3+(a3+d)=-2d,
从而-d2=-2d,由于公差不为零,故d=2,
所以数列{an}的通项公式为an=a3+(n-3)d=2n-6.
(2)由(1)知an=2n-6,a1=2×1-6=-4.
Sn=na1+n(n−1)2d=-4n+n(n-1)=n2-5n.
Sn>an⇔n2-5n>2n-6⇔n2-7n+6>0⇔(n-1)(n-6)>0,
解得n<1或n>6,又n∈N*,∴n的最小值为7.
三年模拟
练速度
1.(2024安徽合肥一六八中学适应性测试,3)数列{an}中,an=an+1+2,a5=18,则a1+a2+…+a10=( C )
A.210 B.190 C.170 D.150
2.(2024山东济宁一模,3)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S2=2,S6=9,则S10=( D )
A.14 B.16 C.18 D.20
3.(2024北京人大附中检测,5)已知Sn是等差数列{an}的前n项和,则“Sn≥nan”是“{an}是递减数列”的( B )
A.充分而不必要条件
B.必要而不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
4.(2024广东汕头一模,2)在3与15之间插入3个数,使这5个数成等差数列,则插入的3个数之和为( C )
A.21 B.24 C.27 D.30
5.(2024山东潍坊一模,4)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=-1,S7=5a4+10,则S4=( C )
A.6 B.7 C.8 D.10
6.(2024福建厦门第二次质检,2)已知正项等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,且4S3=(a3+1)2,4S4=(a4+1)2,则d=( B )
A.1 B.2 C.3 D.4
7.(2024浙江金华十校联考,5)等差数列{an}的首项为正数,公差为d,Sn为{an}的前n项和,若a2=3,且S2,S1+S3,S5成等比数列,则d=( B )
A.1 B.2 C.92 D.2或92
8.(2024湖北七市州调研,6)已知公差为负数的等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3,a4,a7是等比数列,则当Sn取最大值时,n=( B )
A.2或3 B.2 C.3 D.4
9.(多选)(2024东北三省三校第一次联考,9)等差数列{an}中,a1>0,则下列命题正确的是( ACD )
A.若a3+a7=4,则S9=18
B.若S15>0,S16<0,则a82>a92
C.若a1+a2=5,a3+a4=9,则a7+a8=17
D.若a8=S10,则S9>0,S10<0
10.(2024河北邯郸调研,15)设数列{an}的前n项和为Sn,已知S2=17,Sn5n+7是公差为12的等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=1anan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)因为S2=17,所以S25×2+7=1,
所以Sn5n+7=1+(n-2)×12=n2,即Sn=n2(5n+7).
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2(5n+7)-n−12(5n+2)=5n+1,
又a1=S1=12×(5+7)=6符合上式(易错提醒:不要忘记验证n=1),所以an=5n+1,n∈N*.
(2)由(1)知bn=1(5n+1)(5n+6)=1515n+1−15n+6,
故Tn=1516-111+111-116+…+15n+1-15n+6
=1516−15n+6=n6(5n+6).
练思维
1.(2024安徽淮北第一次质量检测,4)记Sn是等差数列{an}的前n项和,则“{an}是递增数列”是“Snn是递增数列”的( C )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
2.(2024河南五市联考,6)一款卷筒卫生纸绕在圆柱形空心纸筒上,纸筒直径为20 mm,卫生纸厚度约为0.1 mm,若未使用时直径为80 mm,则这个卷筒卫生纸总长度大约为(参考数据π≈3.14)( A )
A.47 m B.51 m
C.94 m D.102 m
3.(2024重庆南开中学质检(八),8)已知等差数列{an}的公差为π3,且集合M={x|x=sin an,n∈N*}中有且只有4个元素,则M中的所有元素之积为( A )
A.14 B.-14 C.116 D.34
4.(2024广东佛山教学质量检测(一),8)2023年中央金融工作会议于10月30日至31日在北京举行,会议强调坚持把金融服务实体经济作为根本宗旨.现有某高新企业向金融机构申请到一笔800万元专项扶持贷款资金,该贷款资金分12期发放完毕,考虑到企业盈利状况将逐步改善,前11期放款金额逐期等额递减发放,每期递减10万元,第12期资金不超过10万元一次性发放.假设每期放款金额均为以万元为单位的正整数,则第1期和第12期放款金额之和为( B )
A.128万元 B.130万元
C.132万元 D.134万元
5.(多选)(2024福建福州质量检测,9)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=4,S5=35,则( ABC )
A.nan的最小值为1 B.nSn的最小值为1
C.Snn为递增数列 D.ann2为递减数列
6.(多选)(2024安徽芜湖质量检测,10)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,则下列说法正确的有( AD )
A.若k=15,则Sk=15a8
B.若S4=2,S8=8,则S16=20
C.若{an}为常数列,则{an}一定为等比数列
D.若0
8.(2024福建九地市质量检测,14)设Tn为数列{an}的前n项积,若Tn+an=m,其中常数m>0.则a2= 2mm+2 (结果用m表示);若数列1Tn为等差数列,则m= 1或2 .
9.(2024浙江丽水、湖州、衢州二模,15)设等差数列{an}的公差为d,记Sn是数列{an}的前n项和,若S5=a3+20,S15=a2a3a8.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若d>0,bn=4Snan·an+1(n∈N*),数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn
由S15=a2a3a8得15a8=a2a3a8=5a2a8,所以a8=0或a2=3,(3分)
当a8=0时,d=a8−a35=-1,此时an=a3+(n-3)×d=8-n;
当a2=3时,d=a3-a2=2,此时an=a3+(n-3)×d=2n-1.
综上,数列{an}的通项公式为an=8-n或an=2n-1.(5分)
(2)证明:因为d>0,所以an=2n-1,所以Sn=n2.(7分)
则bn=4Snan·an+1=4n2(2n−1)(2n+1)
=4n2−1+1(2n−1)(2n+1)=1+1(2n−1)(2n+1)
=1+1212n−1−12n+1.(10分)
所以Tn=b1+b2+b3+…+bn
=1+121−13+1+1213−15+1+1215−17+…+1+1212n−1−12n+1
=n+121−13+13−15+15−17+…+12n−1−12n+1
=n+121−12n+1=n+n2n+1.(12分)
故Tn=n+n2n+1=n+12-12(2n+1)
(1)求{an}的通项公式;
(2)定义集合Mn={ai+aj|i,j∈N*且i,j≤n},记Mn的元素个数为bn,数列{bn}的前n项和为Tn,求T10.
解析 (1)设{an}的公差为d,在S1+S22+…+Snn=S1+S22+…+S9−n9−n中,令n=5,得S55=0.
所以5(a1+a5)2×5=0,所以a1+a5=0,即2a1+4d=0,所以d=2,
又a1=-4,所以an=2n-6.
(2)记Cn={i+j|i,j∈N*且i,j≤n},由于ai+aj=2(i+j)-12,所以Mn的元素个数即为Cn的元素个数,而Cn={2,3,4,…,2n},共2n-1个元素,
所以bn=2n-1,
所以T10=(1+19)×102=100.
11.(2024江西新八校联考,16)若数列{an}满足条件:存在正整数k,使得an+k+an-k=2an对一切n∈N*,n>k都成立,则称数列{an}为k级等差数列.
(1)若数列{an}为2级等差数列,且前四项分别为2,0,2,4,求数列{an}的前2n项和S2n;
(2)若bn=3n+sin ωn(0<ω<π),且{bn}是3级等差数列,求数列{bn}的前3n项和T3n.
解析 (1)由数列{an}为2级等差数列,且前四项分别为2,0,2,4,可得an+2+an-2=2an对一切n∈N*,n>2都成立,
且数列{an}的奇数项是首项为2,公差为0的等差数列,
偶数项是首项为0,公差为4的等差数列,(4分)
则S2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)=2×n+n(n−1)2×4=2n2.(7分)
(2)∵{bn}是3级等差数列,∴bn+3+bn-3=2bn对一切n∈N*,n>3都成立,即3(n+3)+sin(ωn+3ω)+3(n-3)+sin(ωn-3ω)=2(3n+sin ωn),
∴sin ωn=sin ωncs 3ω,∴sin ωn=0或cs 3ω=1.(9分)
当sin ωn=0对n∈N*恒成立时,ω=kπ(k∈Z).
当cs 3ω=1时,3ω=2kπ(k∈Z),则ω=2kπ3(k∈Z),
又因为0<ω<π,所以ω=2π3,
所以bn=3n+sin 2nπ3,(12分)
又因为sin2π3×3n+sin2π3×(3n+1)+sin2π3×(3n+2)=0,
所以T3n=(3+9n)3n2=272n2+92n.(15分)
练风向
(新定义理解)(2024辽宁二模,19)如果数列{xn},{yn},其中yn∈Z,对任意正整数n都有|xn-yn|<12,则称数列{yn}为数列{xn}的“接近数列”.已知数列{bn}为数列{an}的“接近数列”.
(1)若an=2n+23(n∈N*),求b1,b2,b3的值;
(2)若数列{an}是等差数列,且公差为d(d∈Z),求证:数列{bn}是等差数列;
(3)若数列{an}满足a1=231100,且an+1=-910an+5720,记数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,试判断是否存在正整数n,使得Sn
故-12<83-b1<12,解得136
(2)证明:由题意知|an-bn|<12,
则an-12
故数列{bn}是等差数列.
(3)因为an+1=-910an+5720,所以令an+1+λ=-910(an+λ),
解得λ=-32,
又a1-32=81100≠0,故an−32是以81100为首项,-910为公比的等比数列,
则an-32=81100·−910n−1,即an=−910n+1+32,
当n为奇数时,an=910n+1+32,
易知an=910n+1+32递减,
故32
易知an=-910n+1+32递增,
故a2≤an<32,即7711000≤an<32,得an-1∈−2291000,12,进一步有bn=1.
综上,bn=1,n为偶数,2,n为奇数.
易知Sn=32n+811901−−910n,
当n为偶数时,Tn=32n;由Sn
当n为奇数时,Tn=Tn+1-bn+1=3(n+1)2-1=3n+12,
由Sn
相关试卷
新高考数学一轮复习专题六数列微专题二衍生数列问题练习含答案： 这是一份新高考数学一轮复习专题六数列微专题二衍生数列问题练习含答案，共5页。
2024届高考第一轮复习：理科数学2010-2018高考真题分类训练之专题六 数列 第十五讲 等差数列答案： 这是一份2024届高考第一轮复习：理科数学2010-2018高考真题分类训练之专题六 数列 第十五讲 等差数列答案，共14页。试卷主要包含了解析，解析 设等差数列的公差为，则等内容，欢迎下载使用。
2024届高考第一轮复习：理科数学2010-2018高考真题分类训练之专题六 数列 第十五讲 等差数列： 这是一份2024届高考第一轮复习：理科数学2010-2018高考真题分类训练之专题六 数列 第十五讲 等差数列，共7页。
