2022届高三数学一轮复习（原卷版）第2讲　高效演练分层突破 (7).doc

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1、 基础题组练 1(2020 长春市质量监测(二)等差数列an中，Sn是它的前 n 项和，a2a310，S654，则该数列的公差 d 为( ) A2 B3 C4 D6 解析：选 C由题意，知a1da12d10，6a1652d54，解得a11，d4，故选 C 2(2020 重庆市七校联合考试)在等差数列an中，若 a3a5a7a9a1155，S33，则 a5等于( ) A5 B6 C7 D9 解析：选 C设数列an的公差为 d，因为数列an是等差数列，所以 a3a5a7a9a115a755，所以 a711，又 S33，所以a7a16d11，S33a13d3，解得a11，d2，所以 a57.故选 C

2、 3已知数列an满足 a115，且 3an13an2，若 akak10，则正整数 k( ) A21 B22 C23 D24 解析：选 C3an13an2an1an23an是等差数列，则 an47323n.因为 akak10，所以47323k45323k 0，所以452k472，所以 k23. 4(多选)已知无穷等差数列an的前 n 项和为 Sn，S6S7，且 S7S8，则( ) A在数列an中，a1最大 B在数列an中，a3或 a4最大 CS3S10 D当 n8 时，an0 解析：选 AD由于 S6S7，S7S8，所以 S7S6a70，S8S7a80，所以数列an是递减的等差数列，最大项为 a

3、1，所以 A 正确，B 错，D 正确；S10S3a4a5a107a70，故 C 错误 5已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，a22，且对于任意 n1，nN*，满足 Sn1Sn12(Sn1)，则( ) Aa917 Ba1018 CS981 DS1090 解析：选 B因为对于任意 n1，nN*，满足 Sn1Sn12(Sn1)， 所以 Sn1SnSnSn12，所以 an1an2. 所以数列an在 n2 时是等差数列，公差为 2.又 a11，a22， 则 a927216，a1028218，S9182872273，S10192982291.故选 B 6(2019 高考全国卷)记 Sn为等差数列a

4、n的前 n 项和若 a35，a713，则 S10_ 解析：通解：设等差数列an的公差为 d，则由题意，得a12d5，a16d13，解得a11，d2，所以 S1010110922100. 优解：由题意，得公差 d14(a7a3)2，所以 a4a3d7，所以 S1010(a1a10)25(a4a7)100. 答案：100 7(应用型)某剧场有 20 排座位，后一排比前一排多 2 个座位，最后一排有 60 个座位，则剧场总共的座位数为_ 解析：设第 n 排的座位数为 an(nN*)，数列an为等差数列，其公差 d2，则 ana1(n1)da12(n1)由已知 a2060，得 60a12(201)，解

5、得 a122，则剧场总共的座位数为20(a1a20)220(2260)2820. 答案：820 8(2020 福建龙岩期末改编)已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，anan12n1(nN*)，则 a20的值为_，S21的值为_ 解析：将 n1 代入 anan12n1 中得 a2312. 由 anan12n1，得 an1an22n3. ，得 an2an2，所以数列an的奇数项、偶数项都是以 2 为公差的等差数列， 则 a21110221，a2029220，所以 S21(a1a3a5a21)(a2a4a6a20)(121)112(220)102231. 答案：20 231 9(2019 高

6、考全国卷)记 Sn为等差数列an的前 n 项和已知 S9a5. (1)若 a34，求an的通项公式； (2)若 a10，求使得 Snan的 n 的取值范围 解：(1)设an的公差为 d， 由 S9a5得 a14d0， 由 a34 得 a12d4， 于是 a18，d2. 因此an的通项公式为 an102n. (2)由(1)得 a14d，故 an(n5)d，Snn(n9)d2. 由 a10 知 d0，故 Snan等价于 n211n100，解得 1n10. 所以 n 的取值范围是n|1n10，nN 10已知等差数列的前三项依次为 a，4，3a，前 n 项和为 Sn，且 Sk110. (1)求 a 及

7、 k 的值； (2)已知数列bn满足 bnSnn，证明数列bn是等差数列，并求其前 n 项和 Tn. 解：(1)设该等差数列为an，则 a1a，a24，a33a， 由已知有 a3a8，得 a1a2，公差 d422， 所以 Skka1k(k1)2 d2kk(k1)22k2k. 由 Sk110，得 k2k1100， 解得 k10 或 k11(舍去)，故 a2，k10. (2)由(1)得 Snn(22n)2n(n1)， 则 bnSnnn1， 故 bn1bn(n2)(n1)1， 即数列bn是首项为 2，公差为 1 的等差数列， 所以 Tnn(2n1)2n(n3)2. 综合题组练 1(创新型)(2020

8、 石家庄市第一次模拟)已知函数 f(x)的图象关于直线 x1 对称，且f(x)在(1， )上单调， 若数列an是公差不为 0 的等差数列， 且 f(a50)f(a51)， 则数列an的前 100 项的和为( ) A200 B100 C50 D0 解析：选 B因为函数 f(x)的图象关于直线 x1 对称，又函数 f(x)在(1，)上单调，数列an是公差不为 0 的等差数列，且 f(a50)f(a51)，所以 a50a512，所以 S100 100(a1a100)250(a50a51)100，故选 B 2(创新型)已知定义：在数列an中，若 a2na2n1p(n2，nN*，p 为常数)，则称an为

9、等方差数列下列命题正确的是( ) A若an是等方差数列，则a2n是等差数列 B(1)n是等方差数列 C若an是等方差数列，则akn(kN*，k 为常数)不可能还是等方差数列 D若an既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列 解析：选 ABD若an是等方差数列，则 a2na2n1p，故a2n是等差数列，故 A 正确；当 an(1)n时，a2na2n1(1)2n(1)2(n1)0，故 B 正确；若an是等方差数列，则由A 知a2n是等差数列， 从而a2kn(kN*， k 为常数)是等差数列， 设其公差为 d， 则有 a2kna2k(n1)d.由定义知akn是等方差数列，故 C 不正确；若an

10、既是等方差数列，又是等差数列，则a2na2n1p，anan1d，所以 a2na2n1(anan1)(anan1)d(anan1)p，若 d0，则 anan1pd.又 anan1d，解得 an12pdd ，an为常数列；若 d0，该数列也为常数列，故 D 正确 3(2020 广东揭阳期末改编)已知数列an满足 a119，an1an8an1(nN*)，则 an_，数列an中最大项的值为_ 解析：由题意知 an0，由 an1an8an1得1an18an1an1an8，整理得1an11an8，即数列1an是公差为 8 的等差数列，故1an1a1(n1)88n17，所以 an18n17.当 n1，2 时

11、，an0；当 n3 时，an0，则数列an在 n3 时是递减数列，故an中最大项的值为 a317. 答案：18n17 17 4(创新型)(2020 安徽省淮南模拟)设数列an的前 n 项和为 Sn，若SnS2n为常数，则称数列an为“精致数列”已知等差数列bn的首项为 1，公差不为 0，若数列bn为“精致数列”，则数列bn的通项公式为_ 解析：设等差数列bn的公差为 d，由SnS2n为常数，设SnS2nk 且 b11，得 n12n(n1)dk2n122n(2n1)d ，即 2(n1)d4k2k(2n1)d，整理得(4k1)dn(2k1)(2d)0.因为对任意正整数 n，上式恒成立，所以d(4k

12、1)0，(2k1)(2d)0，解得 d2，k14，所以数 列bn的通项公式为 bn2n1(nN*) 答案：bn2n1(nN*) 5已知数列an满足：a313，anan14(n1，nN*) (1)求 a1，a2及通项公式 an； (2)设 Sn为数列an的前 n 项和，则数列 S1，S2，S3，中哪一项最小？ 解：(1)因为数列an满足 a313，anan14， 所以 anan14， 即数列an为等差数列且公差 d4， 所以 a2a3d13417， a1a2d17421， 所以通项公式 ana1(n1)d214(n1)4n25. (2)令 an4n250 可解得 n254， 所以数列an的前 6

13、 项为负值，从第 7 项开始为正数， 所以数列 S1，S2，S3，中 S6最小 6已知等差数列an的公差 d0.设an的前 n 项和为 Sn，a11，S2S336. (1)求 d 及 Sn； (2)求 m，k(m，kN*)的值，使得 amam1am2amk65. 解：(1)由题意知(2a1d)(3a13d)36， 将 a11 代入上式解得 d2 或 d5. 因为 d0，所以 d2. 从而 an2n1，Snn2(nN*) (2)由(1)得 amam1am2amk(2mk1)(k1)，所以(2mk1)(k1)65. 由 m，kN*知 2mk1k11， 故2mk113，k15，解得m5，k4. 即所求 m 的值为 5，k 的值为 4.