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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．(文)(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．
(理)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若M、N、P三点共线，O为坐标原点，且＝a15＋a6(直线MP不过点O)，则S20等于( )
A．10 B．15
C．20 D．40
[答案] A
[解析] 依题意，得a15＋a6＝1.由等差数列性质知a15＋a6＝a1＋a20，所以S20＝＝10(a15＋a6)＝10，选A．
3．(文)(2021·昆明重点高中检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋a4＋a5＝12，则S7的值为( )
A．28 B．42
C．56 D．14
[答案] A
[解析] ∵a3＋a4＋a5＝3a4＝12，
∴a4＝4，
∴S7＝7a4＝28，故选A．
(理)(2021·天津新华中学月考)公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4是a3与a7的等比中项，S8＝32，则S10等于( )
A．18 B．24
C．60 D．90
[答案] C
[解析] 由于a4是a3与a7的等比中项，所以a3a7＝a，又S8＝＝32，所以a1＋a8＝8，解得a1＝－3，d＝2，所以S10＝10a1＋d＝－3×10＋90＝60，选C．
4．(2021·北京师大二附中期中)在数列{an}中，若a1＝2，且对任意的正整数n都有a2n＝a，则a8的值为( )
A．256 B．128
C．64 D．32
[答案] A
[解析] 由条件知a2＝a，a4＝a，a8＝a，
∴a8＝a＝28＝256.
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Sn表示等差数列{an}的前n项和，已知＝，那么等于( )
A． B．
C． D．
[答案] B
[解析] 设其公差为d，
∵＝＝＝，
∴a1＝3d.
∴＝＝.
(理)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．
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．已知函数f(x)＝sinx＋tanx.项数为27的等差数列{an}满足an∈，且公差d≠0.若f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a27)＝0，则当k＝________时，f(ak)＝0.
[答案] 14
[解析] ∵f(x)＝sinx＋tanx为奇函数，且在x＝0处有定义，∴f(0)＝0.
∵{an}为等差数列且d≠0，
∴an(1≤n≤27，n∈N*)对称分布在原点及原点两侧，
∵f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a27)＝0，∴f(a14)＝0.∴k＝14.
9．(文)将正偶数按下表排成5列：
第1列
第2列
第3列
第4列
第5列
第1行
2
4
6
8
第2行
16
14
12
10
第3行
18
20
22
24
……
……
28
26
那么2022应当在第________行第______列．
[答案] 252 2
[解析] 通项an＝2n，故2022为第1007项，∵1007＝4×251＋3，
又251为奇数，因此2022应排在第252行，且第252行从右向左排第3个数，即252行第2列．
(理)已知an＝n的各项排列成如图的三角外形：
a1
a2 a3 a4
a5 a6 a7 a8 a9
… … … … … … … … … …
记A(m，n)表示第m行的第n个数，则A(31,12)＝________.
[答案] 912
[解析] 由题意知第1行有1个数，第2行有3个数，……第n行有2n－1个数，故前n行有Sn＝＝n2个数，因此前30行共有S30＝900个数，故第31行的第一个数为901，第12个数为912，
即A(31,12)＝912.
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)设{an}是递减的等差数列，前三项的和是15，前三项的积是105，当该数列的前n项和最大时，n等于( )
A．4 B．5
C．6 D．7
[答案] A
[解析] ∵{an}是等差数列，且a1＋a2＋a3＝15，∴a2＝5，
又∵a1·a2·a3＝105，
∴a1a3＝21，由及{an}递减可求得a1＝7，d＝－2，∴an＝9－2n，由an≥0得n≤4，∴选A．
(理)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．
12．(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．
13．(2021·浙江省名校联考)已知每项均大于零的数列{an}中，首项a1＝1且前n项和Sn满足Sn－Sn－1＝2(n∈N*且n≥2)，则a81＝( )
A．641 B．640
C．639 D．638
[答案] B
[解析] 由已知Sn－Sn－1＝2可得，－＝2，所以{}是以1为首项，2为公差的等差数列，故＝2n－1，Sn＝(2n－1)2，所以a81＝S81－S80＝1612－1592＝640，故选B．
14．(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.
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·南京模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若(a2－1)3＋2022(a2－1)＝1，(a2011－1)3＋2022·(a2011－1)＝－1，则下列四个命题中真命题的序号为________．
①S2011＝2011；②S2022＝2022；③a2011<a2；④S2011<S2.
[答案] ②③
[解析] 设f(x)＝x3＋2022x，则f(x)为奇函数，f ′(x)＝3x2＋2022>0，∴f(x)单调递增．由f(1)＝2021>1知f(1)>f(a2－1)，∴1>a2－1，∴a2<2.
又f(a2－1)＝－f(a2011－1)＝f(1－a2011)，∴a2－1＝1－a2011，∴a2＋a2011＝2，∴S2022＝×2022＝2022，故②正确；
又f(a2－1)>f(a2011－1)，∴a2－1>a2011－1，
∴a2011<a2，∴③正确；
S2011＝S2022－a2022＝2022－(a2011＋d)＝2022－(2－a2＋d)＝2010＋a1>a1＋a2＝S2，∴④错误；
假设S2011＝2011，则2010＋a1＝2011，∴a1＝1，
∵S2011＝＝＝2011，∴a2011＝1，这与{an}是等差数列冲突，∴①错．
综上，正确的为②③.
(理)(2021·黄山期末)对于正项数列{an}，定义Hn＝为{an}的“光阴”值，现知某数列的“光阴”值为Hn＝，则数列{an}的通项公式为________．
[答案] an＝
[解析] 由Hn＝可得，
a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝＝，①
a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1
＝，②
①－②得nan＝－＝，所以an＝.
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)(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＝
(－＋－＋…＋－＋－)＝(－－)<.
18．(文)(2021·河北唐山一模)设函数f(x)＝ax＋b(其中a≠0)，若f(3)＝5，且f(1)，f(2)，f(5)成等比数列．
(1)求f(n)；
(2)令bn＝f(n)·2n，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析] (1)∵f(3)＝5，且f(1)，f(2)，f(5)成等比数列，
∴解得a＝2，b＝－1，
∴f(x)＝2x－1，即f(n)＝2n－1.
(2)由题意得bn＝(2n－1)·2n，
则Tn＝1·21＋3·22＋…＋(2n－1)·2n，①
2Tn＝1·22＋3·23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，②
①－②得：－Tn＝2＋23＋24＋…＋2n＋1－(2n－1)·2n＋1
＝2·2n＋1－6－(2n－1)·2n＋1
＝－(2n－3)·2n＋1－6，
∴Tn＝(2n－3)·2n＋1＋6.
(理)(2021·湖南十二校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，点A(n，)(n∈N*)总在直线y＝x＋上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝(n∈N*)，试问数列{bn}中是否存在最大项，假如存在，恳求出；假如不存在，请说明理由．
[解析] (1)由于点A(n，)(n∈N)在直线y＝x＋上，
故有＝n＋，即Sn＝n2＋n，
当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)，
所以an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝n＋1(n≥2)．
当n＝1时，a1＝S1＝2满足上式，
故数列{an}的通项公式为an＝n＋1.
(2)由an＝n＋1，可知bn＝，
b1＝＝<＝＝b2，b3＝＝＝b1，b3＝＝>＝＝b4，
所以，b2>b1＝b3>b4，
猜想{bn＋1}递减，即猜想当n≥2时，>，
考察函数y＝(x>e)，则y′＝，
明显当x>e时，lnx>1，即y′<0，
故y＝<，即<，
猜想正确，因此，数列{bn}的最大项是b2＝.
[点评] 由>两边取对数得，ln(n＋1)>ln(n＋2)．即>，于是构造函数f(x)＝(x>e)，通过争辩函数f(x)的单调性来证明不等式．
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