1、专题强化练6等差数列的综合运用一、选择题1.(2021广东中山高三联考,)已知等差数列an的公差为d(d0),且a3+a6+a10+a13=32,若am=8,则m=()A.8B.4C.6D.122.(2021江苏宿迁泗阳桃州中学高二上第一次调研考试,)已知an为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,则a20=()A.-1B.1C.3D.73.(2021江苏无锡第一中学高二期中,)已知数列an是等差数列,a5=6a120,数列bn满足bn=an+1an+2an+3,nN*,设Sn为bn的前n项和,则当Sn取得最大值时,n的值为()A.9B.10C.11D.124.(多选)(
2、2020江苏南京师大附中高二期末,)已知等差数列an是递增数列,满足a7=3a5,其前n项和为Sn,则下列选项正确的是()A.d0B.a10时n的最小值为85.(2021河南九校高二联考,)设数列an满足a1=2,a2=6,a3=12,数列an的前n项和为Sn,且Sn+2-Sn-1+1Sn+1-Sn+1=3(nN*且n2).若x表示不超过x的最大整数,bn=(n+1)2an,数列bn的前n项和为Tn,则T2 020=()A.2 019B.2 020C.2 021D.2 022二、填空题6.(2020河南濮阳高二上期末,)若数列an满足a1=0,a2=1,a3=3,且an+1-an为等差数列,则
3、an=.7.(2020辽宁辽阳高三上期末,)在数列an中,a1=3,且an+1-2n+1-an-2n=2.(1)an的通项公式为;(2)在a1、a2、a3、a2 019这2 019项中,被10除余2的项数为.三、解答题8.(2020浙江嘉兴高一期末,)已知数列an满足a1=2,(n+2)an=(n+1)an+1-2(n2+3n+2),设bn=ann+1.(1)求b1,b2,b3的值;(2)判断数列bn是不是等差数列,并说明理由;(3)求数列an的通项公式.9.(2021江苏无锡锡山高级中学高二期中,)已知数列an中,a1=1,(n+1)an+1-(n+2)an=1(nN*),Sn为数列an的前
4、n项和.数列bn满足bn=1Sn(nN*).(1)证明:数列an是等差数列,并求出数列an的通项公式;(2)设数列bn的前n项和为Tn,问是否存在正整数p,q(3pbn成立,求实数的取值范围.专题强化练6等差数列的综合运用一、选择题1.A3+13=6+10=28,an为等差数列,a3+a13=a6+a10=2a8,即4a8=32,解得a8=8,m=8,故选A.2.B设等差数列an的公差为d.an为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,a1+a3+a5=3a3=105,a2+a4+a6=3a4=99,a3=35,a4=33,d=a4-a3=33-35=-2,a1=a3-2d
5、=35+4=39,a20=a1+19d=39-192=1.故选B.3.D设数列an的公差为d,因为a5=6a12,所以a1+4d=6(a1+11d),即a1=-625d,所以an=a1+(n-1)d=n-675d,因为a5a120,所以d0,当n14,且nN*时,anb2b100b13b14,又b11+b12=a13a14(a12+a15)=a13a14d50,所以S12S10,故Sn中S12最大,故选D.4.ABD设等差数列an的公差为d,因为a7=3a5,所以a1+6d=3(a1+4d),所以a1=-3d,由等差数列an是递增数列,可知d0,则a10,结合d0并化简,得n2-7n0,解得n
6、7,故Sn0时n的最小值为8,故D正确.故选ABD.解题模板与等差数列的前n项和有关的最值问题:设等差数列an的公差为d,则(1)当a10,d0,d0时,an只有前面的有限项为非负数,Sn有最大值,无最小值.(3)当a10时,an只有前面的有限项为非正数,Sn有最小值,无最大值.(4)当a10,d0时,Sn有最小值S1=a1,无最大值.(5)当d=0时,数列an为常数列.5.C当n2,nN*时,Sn+2-Sn-1+1Sn+1-Sn+1=3,an+2+an+1+an+1an+1+1=3,n2,nN*,an+2-2an+1+an=2,n2,nN*,an+2-an+1-(an+1-an)=2,n2,
7、nN*,数列an+1-an从第2项起是以2为公差的等差数列.又a1=2,a2=6,a3=12,(a3-a2)-(a2-a1)=2,an+1-an=4+2(n-1)=2n+2.当nN*,n2时,an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1=2n+2(n-1)+22+2=2n(n+1)2=n(n+1),(n+1)2an=n+1n(nN*,n2),当nN*,n2时,bn=(n+1)2an=n+1n=1,又b1=(1+1)2a1=2,T2 020=2+2 019=2 021.二、填空题6.答案n2-n2(nN*)解析设等差数列an+1-an的公差为d,由题意得,a2-a1=1
8、,a3-a2=2,公差d=2-1=1,an-an-1=1+(n-2)1=n-1(n2,nN*),an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1)=0+1+2+3+(n-1)=(n-1)n2=n2-n2,n2,nN*.经检验,此式对a1也适用,an=n2-n2(nN*).7.答案(1)an=2n2-n+2(2)403解析(1)an+1-2n+1-an-2n=2,且a1-21=1,数列an-2n是以1为首项,2为公差的等差数列,an-2n=1+2(n-1)=2n-1,an=2n2-n+2.(2)被10除余2的整数可表示为10k+2(kZ),令an=2n2-n+2=10k+2,可得10
9、k=n(2n-1),nN*,且1n2 019,2n-1为奇数,n为10的倍数或2n-1为5的奇数倍且n为偶数.当n为10的倍数时,n的取值有10、20、30、2 010,共201个;当2n-1为5的奇数倍且n为偶数时,n的取值有8、18、28、2 018,共202个.综上所述,在a1、a2、a3、a2 019这2 019项中,被10除余2的项数为201+202=403.三、解答题8.解析(1)因为数列an满足(n+2)an=(n+1)an+1-2(n2+3n+2),所以将n=1代入得3a1=2a2-12,又a1=2,所以a2=9;将n=2代入得4a2=3a3-24,所以a3=20.从而b1=1
10、,b2=3,b3=5.(2)数列bn是以1为首项,2为公差的等差数列.理由如下:将(n+2)an=(n+1)an+1-2(n2+3n+2)的两边同时除以(n+1)(n+2),得ann+1=an+1n+2-2(n+1)(n+2)(n+1)(n+2),化简,得an+1n+2-ann+1=2,即bn+1-bn=2,由(1)知b1=1,所以数列bn是以1为首项,2为公差的等差数列.(3)由(2)可得bn=1+2(n-1)=2n-1,所以an=(n+1)bn=(n+1)(2n-1)=2n2+n-1.9.解析(1)由(n+1)an+1-(n+2)an=1,得an+1n+2-ann+1=1(n+1)(n+2
11、)=1n+1-1n+2,设cn=ann+1,则c1=12,cn+1-cn=1n+1-1n+2,所以cn=cn-cn-1+cn-1-cn-2+c2-c1+c1=1n-1n+1+12-13+12=1-1n+1=nn+1,故cn=ann+1=nn+1,所以an=n,故数列an是以1为首项,1为公差的等差数列,其通项公式为an=n.(2)由(1)得Sn=n(n+1)2,所以bn=1Sn=2n(n+1)=21n-1n+1,故Tn=21-12+12-13+1n-1n+1=2nn+1.假设存在正整数p,q(3pq),使得T3,Tp,Tq成等差数列,则2Tp=Tq+T3,即4pp+1=2qq+1+32,化简得pq+5p-7q-3=0,即(p-7)(q+5)=-32,因为3p8,又p,qN*,故q+5=16或q+5=32,故q=11,p=5或q=27,p=6.故存在正整数p,q(3p0,an-an-1=1(n2,nN*),数列an是首项为1,公差为1的等差数列,an=1+(n-1)1=n.(2)由(1)得bn=3n+2n,所以bn+1=3n+1+2n+1.若对任意nN*都有bn+1bn成立,则3n+1+2n+13n+2n成立,整理,得-232n.设f(n)=-232n,nN*.易知f(n)在nN*上单调递减,f(n)max=f(1)=-3,-3,实数的取值范围为(-3,+).
