资源描述
1．(2022·高考重庆卷)在等差数列{an}中，a1＝2，a3＋a5＝10，则a7＝( )
A．5 B．8
C．10 D．14
解析：选B.法一：设等差数列的公差为d，则a3＋a5＝2a1＋6d＝4＋6d＝10，所以d＝1，a7＝a1＋6d＝2＋6＝8.
法二：由等差数列的性质可得a1＋a7＝a3＋a5＝10，又a1＝2，所以a7＝8.
2．(2021·潍坊质检)已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，若a3＝6，S3＝12，则公差d＝( )
A．1 B．2
C．3 D.
解析：选B.在等差数列{an}中，S3＝＝＝12，解得a1＝2，又a3＝a1＋2d＝2＋2d＝6，解得d＝2.
3．(2021·新乡许昌平顶山其次次调研)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，a3＝5，Sk＋2－Sk＝36，则k的值为( )
A．8 B．7
C．6 D．5
解析：选A.设等差数列的公差为d，由等差数列的性质可得2d＝a3－a1＝4，得d＝2，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.Sk＋2－Sk＝ak＋2＋ak＋1＝2(k＋2)－1＋2(k＋1)－1＝4k＋4＝36，解得k＝8.
4．已知函数f(x)＝2x，等差数列{an}的公差为2.若f(a2＋a4＋a6＋a8＋a10)＝4，则f(a1)·f(a2)·f(a3)·…·f(a10)＝( )
A．0 B．2－6
C．2－2 D．－4
解析：选B.依题意得a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝2，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝2－5×2＝－8，所以f(a1)·f(a2)·f(a3)·…·f(a10)＝2a1＋a2＋…＋a10＝2－6，故选B.
5．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，S10>0并且S11＝0，若Sn≤Sk对n∈N*恒成立，则正整数k构成的集合为( )
A．{5} B．{6}
C．{5，6} D．{7}
解析：选C.在等差数列{an}中，由S10>0，S11＝0，得
S10＝>0⇒a1＋a10>0⇒a5＋a6>0，
S11＝＝0⇒a1＋a11＝2a6＝0，故可知等差数列{an}是递减数列且a6＝0，所以S5＝S6≥Sn，其中n∈N*，所以k＝5或6.
6．(2022·高考北京卷)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．
解析：∵a7＋a8＋a9＝3a8>0，∴a8>0.
∵a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a9<－a8<0.
∴数列的前8项和最大，即n＝8.
答案：8
7．(2021·湖北荆门调研)已知一等差数列的前四项和为124，后四项和为156，各项和为210，则此等差数列的项数是________．
解析：设数列{an}为该等差数列，依题意得a1＋an＝＝70.∵Sn＝210，Sn＝，∴210＝，∴n＝6.
答案：6
8．设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________．
解析：由an＝2n－10(n∈N*)知{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0，得n≥5，∴当n≤5时，an≤0，当n>5时，an>0，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.
答案：130
9．各项均为正数的数列{an}满足a＝4Sn－2an－1(n∈N*)，其中Sn为{an}的前n项和．
(1)求a1，a2的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
解：(1)当n＝1时，a＝4S1－2a1－1，
即(a1－1)2＝0，解得a1＝1.
当n＝2时，a＝4S2－2a2－1＝4a1＋2a2－1＝3＋2a2，
解得a2＝3或a2＝－1(舍去)．
(2)a＝4Sn－2an－1，①
a＝4Sn＋1－2an＋1－1.②
②－①得a－a＝4an＋1－2an＋1＋2an
＝2(an＋1＋an)，
即(an＋1－an)(an＋1＋an)＝2(an＋1＋an)．
∵数列{an}各项均为正数，
∴an＋1＋an>0，an＋1－an＝2，
∴数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列．
∴an＝2n－1.
10．(2021·南昌模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＝(n∈N*，n≥2)，数列{bn}满足关系式bn＝(n∈N*)．
(1)求证：数列{bn}为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：∵bn＝，且an＝，
∴bn＋1＝＝＝，
∴bn＋1－bn＝－＝2.
又b1＝＝1，
∴数列{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)由(1)知数列{bn}的通项公式为bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1，又bn＝，∴an＝＝.
∴数列{an}的通项公式为an＝.
1．已知函数y＝anx2(an≠0，n∈N*)的图象在x＝1处的切线斜率为2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，且当n＝1时其图象过点(2，8)，则a7的值为( )
A. B．7
C．5 D．6
解析：选C.由题意知y′＝2anx，∴2an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，∴an－an－1＝.又n＝1时其图象过点(2，8)，∴a1×22＝8，得a1＝2，∴{an}是首项为2，公差为的等差数列，an＝＋，得a7＝5.
2．(2021·高考辽宁卷)下面是关于公差d>0的等差数列{an}的四个命题：
p1：数列{an}是递增数列；p2：数列{nan}是递增数列；
p3：数列{}是递增数列；p4：数列{an＋3nd}是递增数列．
其中的真命题为( )
A．p1，p2 B．p3，p4
C．p2，p3 D．p1，p4
解析：选D.由于d>0，所以an＋1>an，所以p1是真命题．由于n＋1>n，但是an的符号不知道，所以p2是假命题．同理p3是假命题．由an＋1＋3(n＋1)d－an－3nd＝4d>0，所以p4是真命题．
3．(2021·东北三校联考)已知正项数列{an}满足a1＝2，a2＝1，且＋＝2，则a12＝________．
解析：∵＋＝2，∴＋＝，∴为等差数列，且首项为＝，公差为－＝，∴＝＋(n－1)×＝，∴an＝，∴a12＝.
答案：
4．设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意自然数n都有＝，则＋的值为________．
解析：∵{an}，{bn}为等差数列，
∴＋＝＋＝＝.
∵＝＝＝＝，∴＋＝.
答案：
5．(2022·高考湖北卷)已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn＞60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，依题意，2，2＋d，2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，
化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.
当d＝0时，an＝2；
当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2，
从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.
(2)当an＝2时，Sn＝2n.明显2n＜60n＋800，
此时不存在正整数n，使得Sn＞60n＋800成立．
当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.
令2n2＞60n＋800，即n2－30n－400＞0，
解得n＞40或n＜－10(舍去)，
此时存在正整数n，使得Sn＞60n＋800成立，n的最小值为41.
综上，当an＝2时，不存在满足题意的n；
当an＝4n－2时，存在满足题意的n，其最小值为41.
6．(选做题)设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝10，an＋1＝9Sn＋10.
(1)求证：{lg an}是等差数列；
(2)设Tn是数列的前n项和，求Tn；
(3)求使Tn>(m2－5m)对全部的n∈N*恒成立的整数m的取值集合．
解：(1)证明：依题意，a2＝9a1＋10＝100，故＝10.
当n≥2时，an＋1＝9Sn＋10，an＝9Sn－1＋10，
两式相减得an＋1－an＝9an，
即an＋1＝10an，＝10，
故{an}为等比数列，且an＝a1qn－1＝10n(n∈N*)，
∴lg an＝n.
∴lg an＋1－lg an＝(n＋1)－n＝1，
即{lg an}是等差数列．
(2)由(1)知，Tn＝3
＝3
＝3－.
(3)∵Tn＝3－，
∴当n＝1时，Tn取最小值.
依题意有>(m2－5m)，解得－1<m<6，
故所求整数m的取值集合为{0，1，2，3，4，5}．
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
