【文档说明】专题03等差数列等比数列之练案【教师版】（文科）第一篇 热点、难点突破篇-《2022年高考文科数学二轮复习讲练测》（全国课标版）.docx，共(9)页，342.056 KB，由管理员店铺上传

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专题02解三角形（练）（理）专题12数列1．【2021年全国高考甲卷数学（文）】记nS为等比数列na的前n项和.若24S=，46S=，则6S=（）A．7B．8C．9D．10【答案】A【分析】根据题目条件可得2S，42SS−，64SS−成等比数列，从而求出641SS−=，进一步求出答案.【详

解】∵nS为等比数列na的前n项和，∴2S，42SS−，64SS−成等比数列∴24S=，42642SS−=−=∴641SS−=，∴641167SS=+=+=.故选：A.2．【2021年北京市高考数学】na和nb是两个等差数列，其中()15k

kakb为常值，1288a=，596=a，1192b=，则3b=（）A．64B．128C．256D．512【答案】B【分析】由已知条件求出5b的值，利用等差中项的性质可求得3b的值.【详解】由已知条件可得5115aabb=，则51519619264288abba===，因

此，1531926412822bbb++===.故选：B.3．【2021年北京市高考数学】数列na是递增的整数数列，且13a，12100naaa+++=，则n的最大值为（）A．9B．10C．11D．12【答案】

C【分析】使数列首项、递增幅度均最小，结合等差数列的通项及求和公式即可得解.【详解】若要使n尽可能的大，则1a，递增幅度要尽可能小，不妨设数列na是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为nS，则2nan=+，11313118810

02S+==，12314121021002S+==，所以n的最大值为11.故选：C.4．【2021年全国高考甲卷数学（文）】记nS为数列na的前n项和，已知210,3naaa=，且数列nS是等差数列，证明：

na是等差数列.【答案】证明见解析.【分析】先根据21SS−求出数列nS的公差d，进一步写出nS的通项，从而求出na的通项公式，最终得证.【详解】∵数列nS是等差数列，设公差为d212111aaaaSS+=−=−=∴111(1)nSanaan=+−

=，()nN∴12nSan=，()nN∴当2n时，()221111112nnnaSSananana−=−=−−=−当1n=时，11121=aaa−，满足112naana=−，∴na的通项公式为112naana=−，()nN∴()()111111221

=2nnaaanaanaa−−=−−−−∴na是等差数列.【点睛】在利用1nnnaSS−=−求通项公式时一定要讨论1n=的特殊情况.5．【2021年全国高考乙卷数学（文）】设na是首项为1的等比数列，数列nb满足3nnnab=．已知1a，23a，39a成等差数列．（1）

求na和nb的通项公式；（2）记nS和nT分别为na和nb的前n项和．证明：2nnST．【答案】（1）11()3nna−=，3nnnb=；（2）证明见解析.【分析】利用等差数列的性质及1a得到29610qq−+=，解方程即可；利用公式法、错位相减法分别

求出,nnST，再作差比较即可.【详解】因为na是首项为1的等比数列且1a，23a，39a成等差数列，所以21369aaa=+，所以211169aqaaq=+，即29610qq−+=，解得13q=，所以11()3nna−=，所以33nnnna

nb==.（2）证明：由（1）可得11(1)313(1)12313nnnS−==−−，211213333nnnnnT−−=++++，①231112133333nnnnnT+−=++++，②①−②得23121111333333nnnnT+=++++−1111(1)1133(1)13

23313nnnnnn++−=−=−−−，所以31(1)4323nnnnT=−−，所以2nnST−=3131(1)(1)043234323nnnnnn−−−−=−，所以2nnST.【点晴】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学

运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.．1．已知等差数列{an}中，a7＋a9＝16，S11＝992，则a12的值是()A．15B．30C．31D．6

41．A因为a7＋a9＝2a8＝16，所以a8＝8，因为S11＝11（a1＋a11）2＝11×2a62＝11a6＝992，所以a6＝92，则d＝a8－a62＝74，所以a12＝a8＋4d＝15，故选A.2．在等差数列{an}中，a9＝12a12＋6，则该数

列的前11项和为()A．12B．72C．132D．1922．C由a9＝12a12＋6，得2a9－a12＝12，即2a1＋16d－a1－11d＝12，∴a1＋5d＝12，即a6＝12.则S11＝11a6＝11×12＝132.故选C.3．若数列{an}满足a1＝15，且3an＋

1＝3an－2，则使ak·ak＋1<0的k值为()A．22B．21C．24D．233．D因为3an＋1＝3an－2，所以an＋1－an＝－23，所以数列{an}是首项为15，公差为－23的等差数列，所以an＝15－23·(n－1)＝－23n＋473，令an＝－23n＋473>0，

得n<23.5，所以使ak·ak＋1<0的k值为23.4．各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且3Sn＝anan＋1，则a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝()A.n（n＋5）2B.n（5n＋1）2C.3n（

n＋1）2D.（n＋3）（n＋5）24．C当n＝1时，3S1＝a1a2，3a1＝a1a2，∴a2＝3.当n≥2时，由3Sn＝anan＋1，可得3Sn－1＝an－1an，两式相减得3an＝an(an＋1－an－1)，又∵an≠0，∴an＋1－an－1＝3，∴{a2n}是以3为首项，3为公差的

等差数列，∴a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝3n＋n（n－1）2×3＝3n（n＋1）2，选C.5．已知等差数列{an}，Sn是数列{an}的前n项和，且满足a4＝10，S6＝S3＋39，则数列{an}的首项a1＝________，通项an＝_____

___.5．【解析】设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由a4＝10，S6＝S3＋39，得a1＋3d＝10，6a1＋6×5d2＝3a1＋3d＋39，解得a1＝1，d＝3，∴an＝1＋3(n－1)＝3n－2.【答

案】13n－26．已知数列{an}为等差数列，若a11a10<－1，且它们的前n项和Sn有最大值，则使Sn>0的n的最大值为________．【解析】∵a11a10<－1，且Sn有最大值，∴a10>0，a11<0，且a10

＋a11<0，∴S19＝19（a1＋a19）2＝19·a10>0，S20＝20（a1＋a20）2＝10(a10＋a11)<0，故使得Sn>0的n的最大值为19.【答案】197．在数列{an}中，an＋1＋an＝2n－44(n∈N*)，a1＝－23.(1)求an；(2)

设Sn为{an}的前n项和，求Sn的最小值．7．解：(1)∵an＋1＋an＝2n－44(n∈N*)，①an＋2＋an＋1＝2(n＋1)－44，②②－①得，an＋2－an＝2.又∵a2＋a1＝2－44，a1＝－23，

∴a2＝－19，同理得，a3＝－21，a4＝－17.故a1，a3，a5，…是以a1为首项，2为公差的等差数列，a2，a4，a6，…是以a2为首项，2为公差的等差数列．从而an＝n－24，n为奇数，n－21，n为偶数.(2)当n为偶数时，Sn＝(a1＋a2)＋(a3

＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝(2×1－44)＋(2×3－44)＋…＋[2·(n－1)－44]＝2[1＋3＋…＋(n－1)]－n2·44＝n22－22n，故当n＝22时，Sn取得最小值为－242.当n为奇数时，Sn＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－

1＋an)＝a1＋(2×2－44)＋…＋[2×(n－1)－44]＝a1＋2[2＋4＋…＋(n－1)]＋n－12·(－44)＝－23＋（n＋1）（n－1）2－22(n－1)＝n22－22n－32.故当n＝21或n＝23时，Sn取得最小值－243.综上所述：当n为偶数时，Sn取得最小值为－24

2；当n为奇数时，Sn取最小值为－243.1.(2021·济南联考)已知各项均为正数的等差数列{an}满足a1a5＝33，a22＝25.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝4n－2＋3an，若an∈N，求{b

n}的前n项和Tn.解(1)设各项均为正数的等差数列的公差为d.由a1a5＝33，且a22＝25.得a1（a1＋4d）＝33，a2＝a1＋d＝5，解之得a1＝3，d＝2或a1＝113，d＝43.故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1或an＝113＋43(n－1)＝4

n＋73.(2)由于an∈N，所以an＝2n＋1.所以bn＝4n－2＋3an＝4n－2＋6n＋3.根据等差数列、等比数列的前n项和公式，得Tn＝14（1－4n）1－4＋12(9＋6n＋3)n＝112(4n－1)＋3n2＋6n.2.

(2021·江南十校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S8<S10<S9，则满足Sn>0的正整数n的最大值为()A.16B.17C.18D.19答案C由S8<S10<S9，得a10<0且a9＋a10>0

，所以等差数列{an}的公差d<0，且a9>0.从而S17＝17（a1＋a17）2＝17a9>0，S18＝18（a1＋a18）2＝9(a9＋a10)>0，S19＝19（a1＋a19）2＝19a10<0.故满足Sn>0的正整数n的最大值为18.3.(2021·广西重点中学

联考)在数列{an}中，a1＝5，an＝2an－1＋2n－1(n≥2，n∈N*).(1)求a2，a3的值；(2)是否存在实数λ，使得数列an＋λ2n为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.解(

1)因为a1＝5，且an＝2an－1＋2n－1(n≥2)，所以a2＝2a1＋22－1＝13，a3＝2a2＋23－1＝33.(2)假设存在实数λ，使得数列an＋λ2n为等差数列.设bn＝an＋λ2n，由{bn}为等差数列，得2b2＝b1＋b3，所以2×a

2＋λ22＝a1＋λ2＋a3＋λ23，即13＋λ2＝5＋λ2＋33＋λ8，解得λ＝－1.而当λ＝－1时，有bn＋1－bn＝an＋1－12n＋1－an－12n＝12n＋1[(an＋1－2an)＋1]＝12n＋1[(2n＋1－1)＋1]＝1，b1＝a1－12＝5－12＝2，则

{bn}是首项为2，公差为1的等差数列.所以存在实数λ＝－1，使得数列an＋λ2n是以首项为2，公差是1的等差数列.