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2022届高考数学一轮复习 第五章 数列 第2节 等差数列及其前n项和课时作业(含解析)新人教版.doc

1、第五章 数列授课提示:对应学生用书第291页A组基础保分练1(2021石家庄摸底)在等差数列an中,若a4a5a627,则a1a9等于()A9B27C18D54答案:C2设Sn为等差数列an的前n项和,若,则()A12B15C20D25答案:C3已知等差数列an的前n项和为Sn,若S816,a61,则数列an的公差为()A.BC.D答案:D4等差数列an的前n项和为Sn,且a10,若存在自然数m3,使得amSm,则当nm时,Sn与an的大小关系是()ASnanBSnanCSnanD大小不能确定解析:若a10,存在自然数m3,使得amSm,则d0,若d0,数列是递减数列,则Smam,不存在amS

2、m.由于a10,d0,当m3时,有amSm,因此am0,Sm0,又SnSmam1an,显然Snan.答案:C5设等差数列an的前n项和为Sn,若S6S7S5,则满足SnSn10的正整数n的值为()A10B11C12D13解析:由S6S7S5,得S7S6a7S6,S7S5a6a7S5,所以a70,a6a70,所以S1313a70,S126(a6a7)0,所以S12S130,即满足SnSn10的正整数n的值为12.答案:C6(2020高考北京卷)在等差数列an中,a19,a51.记Tna1a2an(n1,2,),则数列Tn()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,

3、无最小项解析:设等差数列an的公差为d,a19,a51,a594d1,d2,an9(n1)22n11.令an2n110,则n5.5,n5时,an0;n6时,an0.T190,T2(9)(7)630,T3(9)(7)(5)3150,T4(9)(7)(5)(3)9450,T5(9)(7)(5)(3)(1)9450,当n6时,an0,且an1,Tn1Tn0,Tna1a2an(n1,2,)有最大项T4,无最小项答案:B7已知等差数列an的前n项和为Sn,若a3a45,则S6_.答案:158设等差数列an的前n项和为Sn,若a62a3,则_.答案:9已知等差数列an的前三项的和为9,前三项的积为15.(

4、1)求等差数列an的通项公式;(2)若an为递增数列,求数列|an|的前n项和Sn.解析:(1)设公差为d,则依题意得a23,则a13d,a33d,所以(3d)(3)(3d)15,得d24,d2,所以an2n1或an2n7.(2)由题意得an2n7,所以|an|n3时,Sn(a1a2an)n6nn2;n4时,Sna1a2a3a4an2(a1a2a3)(a1a2an)186nn2.综上,数列|an|的前n项和Sn10已知数列an满足a1,an1an4an140.(1)求证:数列是等差数列;(2)若bn(an2)(an12),求数列bn的前n项和Sn.解析:(1)证明:由an1an4an140,得

5、an1.,数列是等差数列(2)由(1)知等差数列的首项为2,公差为,2(n1),an2,bn(an2)(an12)4.Sn44.B组能力提升练1已知等差数列满足4a33a2,则an中一定为零的项是()Aa6Ba7Ca8Da9答案:A2(2021惠州市二调)已知等差数列an的前n项和为Sn,且a9a126,a24,则数列的前10项和为()A.BC.D答案:B3(多选题)等差数列an是递增数列,满足a73a5,前n项和为Sn,下列结论正确的是()Ad0Ba10C当n5时Sn最小DSn0时n的最小值为8解析:由题意,设等差数列an的公差为d,由a73a5,得a16d3(a14d),得a13d,由等差

6、数列an是递增数列,可知d0,则a10,故A,B正确;因为Sna1nn2n,由n可知,当n3或4时Sn最小,故C错误;令Snn2n0,解得n0(舍去)或n7,即Sn0时n的最小值为8,故D正确答案:ABD4(2021山东师大附中模拟)已知等差数列an满足a2a44,a3a510,则它的前10项和S10_.答案:955设数列an的通项公式为an2n10(nN*),则|a1|a2|a15|_.答案:1306(2021内蒙古包头模拟)在a2an4Snb,且a25,a2an4Snb,且b1,a2an4Snb,且S28这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中若问题中的b存在,求出b和数列an的通项公式与

7、前n项和;若b不存在,请说明理由设Sn为各项均为正数的数列an的前n项和,数列an满足_,则是否存在b,使得数列an为等差数列?注:如果选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分解析:选条件.因为a2an4Snb,所以a2an14Sn1b,两式相减,得2(an1an)aa(an1an)(an1an),即(an1an2)(an1an)0,又an1an0,所以an1an2,因为a25,且a2a12,所以a13,由a2an4Snb,得a2a14a1b,即a2a1b0,将a13代入上式,得b3.当b3时,由a2a1b0及a10,得a13,所以a13,a25满足an1an2,可知数列an是以3为首项,以2

8、为公差的等差数列数列an的通项公式为an32(n1)2n1,数列an的前n项和Sn3n2n22n.选条件.因为a2an4Snb,所以a2an14Sn1b,两式相减,得2(an1an)aa(an1an)(an1an),即(an1an2)(an1an)0,又an1an0,所以an1an2,由a2an4Snb,得a2a14a1b,即a2a1b0.因为已知数列an的各项均为正数,所以a10,因为关于a的一元二次方程a2a1b0至少存在一个正实数解的充要条件是44b0,解得b1,与已知条件b1矛盾,所以满足条件的b不存在(注:若a2a1b0存在两个实数解分别为x1,x2,则x1x22,x1x2b,当b0

9、时,a2a1b0的解一正一负;当b0时,a2a1b0的解一正一零;当1b0时,a2a1b0的解均为正所以方程a2a1b0至少存在一个正实数解,当且仅当44b0.)选条件.因为a2an4Snb,所以a2an14Sn1b,两式相减,得2(an1an)aa(an1an)(an1an),即(an1an2)(an1an)0,又an1an0,所以an1an2,所以a2a12,又已知S2a1a28,所以a13,a25.由a2an4Snb,得a2a14a1b,ba2a1,所以ba2a13.当b3时,由a2a1b0及a10得a13,由a2a24S23,a13及a20,得a25,所以a13和a25满足an1an2

10、,可知数列an是以3为首项,以2为公差的等差数列,数列an的通项公式为an32(n1)2n1,数列an的前n项和为Sn3n2n22n.C组创新应用练1(多选题)设等差数列an的前n项和为Sn,且满足S150,S160,则()Aa80Ba90C.,中最大的项为D.,中最大的项为解析:由S1515a80,得a80,故A正确;由S160,得a9a80,所以a90,且d0,故B正确;所以数列an为递减数列,且a1,a8为正,a9,an为负,且S1,S15大于0,S16,Sn小于0,则0,0,0,0,0,0,又S8S1,a1a8,所以0,所以,中最大的项为,故C错误,D正确答案:ABD2(2021绵阳模拟)已知圆的方程为x2y26x0,过点(1,2)的该圆的三条弦的长a1,a2,a3构成等差数列,则数列a1,a2,a3的公差的最大值是_解析:如图,由x2y26x0,得(x3)2y29,圆心坐标C(3,0),半径r3.由圆的性质可知,过点P(1,2)的该圆的弦的最大值为圆的直径,等于6,最小值为过P且垂直于CP的弦的弦长|CP|2,|AB|22,即a12,a36.公差d的最大值为2.答案:2

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