《高考导航》2022届新课标数学(理)一轮复习-第五章-第2讲-等差数列及其前n项和-轻松闯关.docx

1(2022高考重庆卷)在等差数列an中，a12，a3a510，则a7()A5B8C10 D14解析：选B.法一：设等差数列的公差为d，则a3a52a16d46d10，所以d1，a7a16d268.法二：由等差数列的性质可得a1a7a3a510，又a12，所以a78.2(2021潍坊质检)已知数列an为等差数列，其前n项和为Sn，若a36，S312，则公差d()A1 B2C3 D.解析：选B.在等差数列an中，S312，解得a12，又a3a12d22d6，解得d2.3(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a11，a35，Sk2Sk36，则k的值为()A8 B7C6 D5解析：选A.设等差数列的公差为d，由等差数列的性质可得2da3a14，得d2，所以an12(n1)2n1.Sk2Skak2ak12(k2)12(k1)14k436，解得k8.4已知函数f(x)2x，等差数列an的公差为2.若f(a2a4a6a8a10)4，则f(a1)f(a2)f(a3)f(a10)()A0 B26C22 D4解析：选B.依题意得a2a4a6a8a102，所以a1a3a5a7a92528，所以f(a1)f(a2)f(a3)f(a10)2a1a2a1026，故选B.5已知Sn是等差数列an的前n项和，S100并且S110，若SnSk对nN*恒成立，则正整数k构成的集合为()A5 B6C5，6 D7解析：选C.在等差数列an中，由S100，S110，得S100a1a100a5a60，S110a1a112a60，故可知等差数列an是递减数列且a60，所以S5S6Sn，其中nN*，所以k5或6.6(2022高考北京卷)若等差数列an满足a7a8a90，a7a100，a80.a7a10a8a90，a9a85时，an0，|a1|a2|a15|(a1a2a3a4)(a5a6a15)20110130.答案：1309各项均为正数的数列an满足a4Sn2an1(nN*)，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n1时，a4S12a11，即(a11)20，解得a11.当n2时，a4S22a214a12a2132a2，解得a23或a21(舍去)(2)a4Sn2an1，a4Sn12an11.得aa4an12an12an2(an1an)，即(an1an)(an1an)2(an1an)数列an各项均为正数，an1an0，an1an2，数列an是首项为1，公差为2的等差数列an2n1.10(2021南昌模拟)已知数列an满足a11，an(nN*，n2)，数列bn满足关系式bn(nN*)(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，bn1，bn1bn2.又b11，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bn1(n1)22n1，又bn，an.数列an的通项公式为an.1已知函数yanx2(an0，nN*)的图象在x1处的切线斜率为2an11(n2，nN*)，且当n1时其图象过点(2，8)，则a7的值为()A. B7C5 D6解析：选C.由题意知y2anx，2an2an11(n2，nN*)，anan1.又n1时其图象过点(2，8)，a1228，得a12，an是首项为2，公差为的等差数列，an，得a75.2(2021高考辽宁卷)下面是关于公差d0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an3nd是递增数列其中的真命题为()Ap1，p2 Bp3，p4Cp2，p3 Dp1，p4解析：选D.由于d0，所以an1an，所以p1是真命题由于n1n，但是an的符号不知道，所以p2是假命题同理p3是假命题由an13(n1)dan3nd4d0，所以p4是真命题3(2021东北三校联考)已知正项数列an满足a12，a21，且2，则a12_解析：2，为等差数列，且首项为，公差为，(n1)，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：a12，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Sn60n800？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，2，2d，24d成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得d24d0，解得d0或d4.当d0时，an2；当d4时，an2(n1)44n2，从而得数列an的通项公式为an2或an4n2.(2)当an2时，Sn2n.明显2n60n800，此时不存在正整数n，使得Sn60n800成立当an4n2时，Sn2n2.令2n260n800，即n230n4000，解得n40或n10(舍去)，此时存在正整数n，使得Sn60n800成立，n的最小值为41.综上，当an2时，不存在满足题意的n；当an4n2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，a110，an19Sn10.(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(m25m)对全部的nN*恒成立的整数m的取值集合解：(1)证明：依题意，a29a110100，故10.当n2时，an19Sn10，an9Sn110，两式相减得an1an9an，即an110an，10，故an为等比数列，且ana1qn110n(nN*)，lg ann.lg an1lg an(n1)n1，即lg an是等差数列(2)由(1)知，Tn333.(3)Tn3，当n1时，Tn取最小值.依题意有(m25m)，解得1m6，故所求整数m的取值集合为0，1，2，3，4，5