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【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固:第6章-第2节-等差数列.docx

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第六章 其次节 一、选择题 1.(文)(2022·吉林九校联合体二模)在等差数列{an}中,a1+a5=8,a4=7,则a5=(  ) A.11   B.10     C.7   D.3 [答案] B [解析] 设公差为d,则,解得,∴a5=a1+4d=-2+12=10. (理)(2022·云南玉溪一中月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=5,S11=22,则数列{an}的公差d为(  ) A.-1  B.-    C.  D.1 [答案] A [解析] 由S11=11a6=22,可知a6=2,所以d==-1,故选A. 2.(2022·沈阳一模)已知数列{an}是等差数列,a4=15,S5=55,则过点P(3,a3),Q(4,a4)的直线的斜率是(  ) A.4 B.   C.-4 D.-143 [答案] A [解析] ∵{an}是等差数列,a4=15,S5=55, ∴a1+a5=22,∴2a3=22,∴a3=11. ∴kPQ==4,故选A. 3.(文)(2021·南昌市调研)已知等比数列{an}公比为q,其前n项和为Sn,若S3,S9,S6成等差数列,则q3等于(  ) A.- B.1 C.-或1 D.-1或 [答案] A [解析] 由条件知2S9=S3+S6, ∴=+,∴2q6=1+q3, ∴q3=1或q3=-,∵q≠1,∴q3=-. (理)(2021·金华一中月考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=4,S10=110,则的最小值为(  ) A.7     B.8       C.    D. [答案] D [解析] 由题意知 ∴∴Sn=n2+n,an=2n. ∴==++≥+2=.等号成立时,=,∴n=8,故选D. 4.(文)已知等差数列{an}中,|a3|=|a9|,公差d<0,Sn是数列{an}的前n项和,则(  ) A.S5>S6 B.S5<S6 C.S6=0 D.S5=S6 [答案] D [解析] ∵d<0,|a3|=|a9|,∴a3>0,a9<0,且a3+a9=0,∴a6==0,∴S5=S6. (理)已知在等差数列{an}中,对任意n∈N*,都有an>an+1,且a2,a8是方程x2-12x+m=0的两根,且前15项的和S15=m,则数列{an}的公差是(  ) A.-2或-3 B.2或3 C.-2 D.3 [答案] A [解析] 由2a5=a2+a8=12,得a5=6, 由S15=m得a8=. 又由于a8是方程x2-12x+m=0的根, 解之得m=0,或m=-45, 则a8=0,或a8=-3. 由3d=a8-a5得d=-2,或d=-3. 5.(文)(2022·安徽淮北模拟)若等差数列{an}的公差d<0,且a1+a11=0,则数列{an}的前n项和Sn取得最大值时的项数n是(  ) (  ) A.5 B.6   C.5或6 D.6或7 [答案] C [解析] ∵a1+a11=0,∴a1+a1+10d=0,即a1=-5d. ∴an=a1+(n-1)d=(n-6)d. 由an≥0得(n-6)d≥0. ∵d<0,∴n≤6. 即a5>0,a6=0,所以前5项或前6项的和最大. (理)(2022·江西六校联考)等差数列{an}中,a1>0,d≠0,S3=S11,则Sn中的最大值是(  ) A.S7 B.S7或S8   C.S14 D.S8 [答案] A [解析] 由S3=S11得3a1+3d=11a1+55d,d=-a1,该数列是一个递减的等差数列.要求Sn中的最大值,必需保证每项都为正值.∵an=a1+(n-1)d=a1-(n-1)a1≥0,∴n≤,n∈N*,则n的最大值为7,所以Sn中的最大值是S7. [点评] (1)在争辩等差数列{an}的前n项和Sn的最值时,不要忽视n是整数的条件及含0项的情形. (2)假如p+q=2r(p、q、r∈N*),则ap+aq=2ar,而不是ap+aq=a2r. 6.(文)设数列{an}为等差数列,其前n项和为Sn,已知a1+a4+a7=99,a2+a5+a8=93,若对任意n∈N*,都有Sn≤Sk成立,则k的值为(  ) A.22 B.21   C.20 D.19 [答案] C [解析] 设等差数列{an}的公差为d,则有3d=93-99=-6,∴d=-2;∴a1+(a1+3d)+(a1+6d)=3a1+9d=3a1-18=99,∴a1=39,∴an=a1+(n-1)d=39-2(n-1)=41-2n.令an=41-2n>0得n<20.5,即在数列{an}中,前20项均为正,自第21项起以后各项均为负,因此在其前n项和中,S20最大.依题意得知,满足题意的k值是20,选C. (理)已知{an}是等差数列,Sn为其前n项和,若S29=S4000,O为坐标原点,点P(1,an),点Q(2021,a2021),则·等于(  ) A.2021 B.-2021   C.0 D.1 [答案] A [解析] S29=S4000⇒a30+a31+…+a4000=0⇒a2021=0, 又P(1,an),Q(2021,a2021),则=(1,an),=(2021,a2021), ∴·=(1,an)·(2021,a2021)=2021+ana2021=2021,故选A. 二、填空题 7.(2022·江苏连云港调研)在数列{an}中,已知a1=2,a2=3,当n≥2时,an+1是an·an-1的个位数,则a2022=________. [答案] 8 [解析] 数列{an}的前几项依次是2,3,6,8,8,4,2,8,6,8,8,…,去掉前两项,构成一个周期为6的数列,2022=2+335×6+2,∴a2022=a4=8. 8.(文)(2021·沈阳铁路试验中学期中)在等差数列{an}中,a1=7,公差为d,前n项和为Sn,当且仅当n=8时Sn取最大值,则d的取值范围是________. [答案] (-1,-) [解析] 由条件知an=7+(n-1)d,且a8>0,a9<0, ∴-1<d<-. (理)(2021·冀州中学检测)已知Sn是数列{an}的前n项和,向量a=(an-1,-2),b=(4,Sn)满足a⊥b,则=________. [答案]  [解析] ∵a=(an-1,-2),b=(4,Sn)满足a⊥b, ∴a·b=0, ∴4an-4-2Sn=0,即Sn=2an-2, ∴Sn-1=2an-1-2(n≥2). 两式相减得an=2an-1,∴=2. 由Sn=2an-2(n∈N*),得a1=2. ∴{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n. ∴==. 9.(2021·河北衡水中学模拟)设m>3,对于项数为m的有穷数列{an},令bk为a1,a2,…,ak(k≤m)中最大值,称数列{bn}为{an}的“创新数列”.例如数列3,5,4,7的创新数列为3,5,5,7.考查自然数1,2,…,m(m>3)的全部排列,将每种排列都视为一个有穷数列{cn}.若m=4,则创新数列为3,4,4,4的全部数列{an}为________. [答案] 3,4,2,1或3,4,1,2 [解析] 由数列{an}的创新数列定义知,a1=3,a2=4,由于c3=4,∴a3≤4,又{an}是1,2,3,4的一个排列, ∴a3≠3,4,∴a3=1或2,由于c4=4, ∴当a3=1时,a4=2;当a3=2时,a4=1, ∴数列{an}为3,4,1,2或3,4,2,1. 三、解答题 10.(2022·江西重点中学联考)已知数列{an}中,a1=2,an-an-1-2n=0(n≥2,n∈N*). (1)写出a2,a3的值(只写结果),并求出数列{an}的通项公式; (2)设bn=+++…+,若对任意的正整数n,当m∈[-1,1]时,不等式t2-2mt+>bn(n∈N*)恒成立,求实数t的取值范围. [解析] (1)a2=6,a3=12. 当n≥2时,an-an-1=2n,an-1-an-2=2(n-1),…,a3-a2=2×3,a2-a1=2×2,由累加法可知an-a1=(n+2)·(n-1),∴an=n(n+1),阅历证,当n=1时,a1=2=1×2也成立, 则数列{an}的通项公式为an=n(n+1),n∈N*. (2)∵==-,∴bn=++…+=(-)+(-)+…+(-)=-==. 令cn=2n+,则{cn}为递增数列,∴(bn)max=b1=. 当m∈[-1,1]时,不等式t2-2mt+>bn(n∈N*)恒成立,即t2-2mt+>对m∈[-1,1]恒成立, ∴解得t∈(-∞,-2)∪(2,+∞). 一、选择题 11.(文)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a5=5,S5=15,则数列{}的前100项和为(  ) A. B.   C. D. [答案] A [解析] 本小题主要考查等差数列的通项公式和前n项和公式的运用,以及裂项求和的综合应用. ∵a5=5,S5=15, ∴=15,即a1=1. ∴d==1,∴an=n. ∴==-. 则数列{}的前100项的和为:T100=(1-)+(-)+…+(-)=1-=. 故选A. [点评] 本题亦可利用等差数列的性质,由S5=15得5a3=15,即a3=3,再进一步求解. (理)已知直线(3m+1)x+(1-m)y-4=0所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{an}的第一项与其次项,若bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,则T2022=(  ) A. B. C. D. [答案] B [解析] 依题意,将(3m+1)x+(1-m)y-4=0化为(x+y-4)+m(3x-y)=0,令,解得, ∴直线(3m+1)x+(1-m)y-4=0过定点(1,3), ∴a1=1,a2=3,公差d=2,an=2n-1, ∴bn==(-), ∴T2022=×[(-)+(-)+…+(-)]=×(1-)=.故选B. 12.在函数y=f(x)的图象上有点列(xn,yn),若数列{xn}是等差数列,数列{yn}是等比数列,则函数y=f(x)的解析式可能为(  ) A.f(x)=2x+1 B.f(x)=4x2 C.f(x)=log3x D.f(x)=x [答案] D [解析] 对于函数f(x)=x上的点列(xn,yn),有yn=xn,由于{xn}是等差数列,所以xn+1-xn=d,因此==xn+1-xn=d,这是一个与n无关的常数,故{yn}是等比数列.故选D. [点评] 依据指数与对数运算的性质知真数成等比时(各项为正),其对数成等差;指数成等差时,幂成等比. 13.(2022·黑龙江七台河中学第三次月考)在等差数列{an}中,am=n,an=m,则am+n的值为(  ) A.m+n B.(m+n) C.(m-n) D.0 [答案] D [解析] ∵am-an=(m-n)d=n-m,∴d=-1, ∴am+n=am+nd=n-n=0. 14.(2022·哈三中二模)已知正项等差数列{an},若存在常数t,使得a2n=tan对一切n∈N*成立,则t的集合是(  ) A.{1} B.{1,2} C.{2} D.{,2} [答案] B [解析] ∵a2n=tan,∴a2=ta1,∴d=a1(t-1),又a4=ta2,∴2d=a2(t-1),若t=1,则d=0,若t≠1,则=2,∴t=2,故选B. 二、填空题 15.(2022·河北冀州模拟)在等差数列{an}中,an>0,且a1+a2+…+a10=30,则a5·a6的最大值等于________. [答案] 9 [解析] 由a1+a2+…+a10=30,得a5+a6==6, 又∵an>0,∴a5·a6≤()2=()2=9. 16.(文)(2021·开封四中期中)已知数列{an}满足条件:a1=,an+1=(n∈N*),则对n≤20的正整数n,an+an+1=的概率为________. [答案]  [解析] 由an+1==-1+及a1=得,a2=3,a3=-2,a4=-,a5=,…,∴{an}是周期为4的周期数列,其中a4+a5=,故a4n+a4n+1=,n∈N*,因此当n≤20时,满足an+an+1=的n的值有5个(n=4,8,12,16,20),故所求概率P==. (理)数列{an},{bn}都是等差数列,a1=0,b1=-4,用Sk、Sk′分别表示等差数列{an}和{bn}的前k项和(k是正整数),若Sk+Sk′=0,则ak+bk=________. [答案] 4 [解析] 由条件知,Sk+Sk′=d+d′-4k=-4k=0, ∵k是正整数,∴(k-1)(d+d′)=8, ∴ak+bk=(k-1)d-4+(k-1)d′ =(k-1)(d+d′)-4=4. 三、解答题 17.(文)(2022·河北衡水月考)已知数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,且满足2Sn=a+n-4. (1)求证{an}为等差数列; (2)求{an}的通项公式. [解析] (1)证明:当n=1时,有2a1=a+1-4,即a-2a1-3=0, 解得a1=3(a1=-1舍去). 当n≥2时,有2Sn-1=a+n-5, 2Sn=a+n-4. 两式相减,得2an=a-a+1, 即a-2an+1=a,也即(an-1)2=a, 因此an-1=an-1或an-1=-an-1. 若an-1=-an-1,则an+an-1=1. 由于a1=3, 所以a2=-2,这与数列{an}的各项均为正数相冲突, 所以an-1=an-1,即an-an-1=1. 因此{an}为等差数列. (2)由(1)知a1=3,d=1,所以数列{an}的通项公式an=3+(n-1)=n+2,即an=n+2. [点评] 1.求数列的通项公式常见的有以下三种类型 (1)已知数列的前几项,写出一个通项公式. 依据数列前几项的特点归纳出通项公式:方法是依据数列的排列规律,求出项与项数的关系.一般步骤是:①定符号,②定分子、分母,③观看前后项的数值特征找规律,④综合写出项与项数的关系. 要特殊留意以下数列特点: ①自然数列,自然数的平方列. ②奇数列,偶数列. ③an=(-1)n,an=[1+(-1)n]. ④an=sin,an=cos. ⑤an=(10n-1)(k=1,2,…,9). 要留意理顺其大小规律 如:2,-,4,-,…先变化为:,-,,-,…. (2)已知数列的递推关系求其通项公式:一般是接受“归纳—猜想—证明”,有时也通过变形转化为等差、等比数列进行处理. (3)已知数列的前n项和求通项公式,用an=Sn-Sn-1(n≥2)求解. 2.用an=Sn-Sn-1求an得到an=pn+q时,只有检验了a1是否满足an,才能确定其是否为等差数列,前n项和是不含常数项的n的二次函数时,{an}才是等差数列. (理)(2021·河南适应性测试)已知数列{an}的首项a1=1,且满足an+1=(n∈N*). (1)设bn=,求证:数列{bn}是等差数列,并求数列{an}的通项公式; (2)设cn=bn·2n,求数列{cn}的前n项和Sn. [解析] (1)b1==1,an+1=,=4+,-=4,∴bn+1-bn=4. 数列{bn}是以1为首项,4为公差的等差数列. =bn=1+4(n-1)=4n-3, ∴数列{an}的通项公式为an=(n∈N*). (2)Sn=21+5×22+9×23+…+(4n-3)·2n,① 2Sn=22+5×23+9×24+…+(4n-3)·2n+1,② ②-①并化简得Sn=(4n-7)·2n+1+14. 18.(文)(2021·广州调研)各项都为正数的数列{an},满足a1=1,a-a=2. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列{}的前n项和Sn. [解析] (1)由于a-a=2,a=1, 所以数列{a}是首项为1,公差为2的等差数列. 所以a=1+(n-1)×2=2n-1, 由于an>0,所以an=(n∈N*). (2)由(1)知,an=,所以=, 于是Sn=+++…++,① Sn=+++…++,② ①-②得,Sn=++++…+- =+2(+++…+)- =+2×- =-, 所以Sn=3-. (理)(2022·陕西西北工业高校附属中学六模)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=,Sn=n2an-n(n-1),n=1,2,…. (1)证明:数列{Sn}是等差数列,并求Sn; (2)设bn=,求证:b1+b2+…+bn<. [解析] (1)由Sn=n2an-n(n-1)知,当n≥2时,Sn=n2(Sn-Sn-1)-n(n-1),即(n2-1)Sn-n2Sn-1=n(n-1), ∴Sn-·Sn-1=1,对n≥2成立. 又∵S1=1,∴{Sn}是首项为1,公差为1的等差数列. ∴Sn=1+n-1=n,∴Sn=. (2)∵bn===(-) ∴b1+b2+…+bn= (-+-+…+-+-)=(--)<.
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