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