2023北师大版新教材高中数学选择性必修第二册第一章 数列专题强化练1 等差数列的综合应用1.(2021山西大学附中模块诊断)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,若am+1+am+am-1=15,且Sm=27,则m的值是( )A.7B.8C.9D.102.(2021江苏连云港期末)《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一.书中有一道这样的题目:把100个面包分给5个人,使每人所得的面包个数成等差数列,且使较大的三份之和的17是较小的两份之和,则最大的一份为( )A.1153B.1183C.1213D.12433.(多选)(2021山东莱州一中月考)数列{an}满足an+1=an2an+1,a1=1,则下列说法正确的是( )A.数列1an是等差数列B.数列{an}有最小项C.数列{an}的通项公式为an=2n-1D.数列{an}为递减数列4.(2022吉林长春外国语学校期末)已知等差数列{an}的首项为正数,其前n项和为Sn.则下列命题是假命题的有( )A.若Sn有最大值,则数列{an}的公差小于0B.若a6+a13=0,则使Sn>0的n的最大值为18C.若a9>0,a9+a10<0,则{Sn}中S9最大D.若a9>0,a9+a10<0,则数列{|an|}中的最小项是第9项5.(多选)(2022广东汕头期末)素数在密码学、生物学、金融学等方面应用十分广泛.下表是一个与素数有关的数阵:4710131619…71217222732…101724313845…132231404958…162738496071…193245587184……………………该数阵的特点是每行、每列的数均成等差数列,如果正整数n出现在数阵中,则2n+1一定是合数,反之,如果正整数n不在数阵中,则2n+1一定是素数.则下列结论中正确的是( )A.第4行第9列的数为80B.第6行的数构成的数列的公差为13C.592不会出现在此数阵中D.第10列中前10行的数之和为12556.(2022浙江绍兴期末)已知数列{an}是公差不为零的等差数列,Sn为其前n项和.若对任意的n∈N+,都有Sn≤S4,则a6+a7a5+a6的值不可能是( )A.32B.2C.52D.37.(2021陕西西安一中期中)在等差数列{an}中,2(a1+a4+a7)+3(a9+a11)=24,则该数列的前13项和S13= . 8.(2020辽宁沈阳教学质量检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a3=10,S4=72.数列{bn}中,b1=2,bnbn+1=-2,则a1b2000= . 9.(2020河南濮阳期末)若数列{an}满足a1=0,a2=1,a3=3,且{an+1-an}为等差数列,则an= . 10.(2021福建泉州质量监测)设正项数列{an}的前n项和Sn=16an(an+3),则an= ;若对任意的n∈N+,不等式2Sn+48≥(-1)nkan恒成立,则k的取值范围是 . 11.(2021广东广州期末)从①a4+a5=-4,②a2+a6=-6,③S7=14这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中.若问题中的k存在,求出k的值;若k不存在,说明理由.问题:已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a7=3, ,是否存在k,使得Sk-1>Sk且Sk
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:数列{an}为等差数列,并求其通项公式;(2)设bn=1anan+1+an+1an,Tn为数列{bn}的前n项和,求使Tn>310成立的最小正整数n的值.答案与分层梯度式解析专题强化练1等差数列的综合应用1.C2.A3.AD4.B5.BD6.AC ∵{an}是等差数列,∴am+1+am+am-1=3am=15,∴am=5,∴Sm=m(a1+am)2=(1+5)m2=27,解得m=9.故选C.2.A 设5人分到的面包个数从小到大构成等差数列{an},其公差为d,依题意可得5a1+10d=100,a3+a4+a5=7(a1+a2),即a1+2d=20,11a1-2d=0,解得a1=53,d=556,则a5=a1+4d=1153.故选A.3.AD 因为an+1=an2an+1,所以1an+1=2an+1an=2+1an,即1an+1-1an=2,又a1=1,所以1an是以1为首项,2为公差的等差数列,故A正确;所以1an=1+2(n-1)=2n-1,则an=12n-1,故C错误;所以数列{an}为递减数列,故D正确;所以数列{an}有最大项,无最小项,故B错误.故选AD.4.B 对于A,∵Sn有最大值,∴{an}中的项一定有负数,∴{an}为递减数列,∴数列{an}的公差小于0,故A是真命题;对于B,∵a6+a13=a9+a10=0,且a1>0,∴a9>0,a10<0,∴S17=17(a1+a17)2=17a9>0,S18=18(a9+a10)2=0,∴使Sn>0的n的最大值为17,故B是假命题;对于C,D,∵a9>0,a9+a10<0,∴a9>0,a10<0,∴{Sn}中S9最大,|a9|=a9<-a10=|a10|,∴数列{|an|}中的最小项是第9项,故C是真命题,D是真命题.故选B.5.BD 对于A,由题表中的数据可知,第4行的数构成以13为首项,9为公差的等差数列,故第4行第9列的数为13+9×8=85,故A错误;对于B,由题表中的数据可知,第6行的数构成的数列的公差为13,故B正确;对于C,因为2×592+1=1185,为合数,所以592会出现在此数阵中,故C错误;对于D,由题表中的数据可知,第10列的数构成以4+9×3=31为首项,3+2×9=21为公差的等差数列,因此第10列中前10行的数之和为10×31+10×9×212=1255,故D正确.故选BD.6.A 设数列{an}的公差为d,则d<0.由题意得S1≤S4,S2≤S4,S3≤S4,S5≤S4,即a1≤4a1+4×(4−1)2d,2a1+d≤4a1+4×(4−1)2d,3a1+3×(3−1)2d≤4a1+4×(4−1)2d,5a1+5×(5−1)2d≤4a1+4×(4−1)2d,解得-3d≤a1≤-4d(d<0).当a6+a7a5+a6=2a1+11d2a1+9d=32时,a1=-52d,不成立;当a6+a7a5+a6=2a1+11d2a1+9d=2时,a1=-72d,成立;当a6+a7a5+a6=2a1+11d2a1+9d=52时,a1=-236d,成立;当a6+a7a5+a6=2a1+11d2a1+9d=3时,a1=-4d,成立.综上,a6+a7a5+a6的值不可能是32,故选A.7.答案 26解析 由等差数列的性质,可得a1+a4+a7=3a4,a9+a11=2a10,所以2(a1+a4+a7)+3(a9+a11)=6a4+6a10=12a7=24,解得a7=2,所以数列{an}的前13项和S13=13(a1+a13)2=13×2a72=13a7=26.8.答案 21解析 设{an}的公差为d,∵S4=4(a1+a4)2=2(a1+a4)=72,∴a1+a4=36,又a1+a3=10,∴a4-a3=d=26,又a1+a3=2a1+2d=10,∴a1=-21.∵bnbn+1=-2,∴bn≠0,∴bn+1=-2bn,∴bn+2=-2bn+1=-2-2bn=bn,∴{bn}是以2为周期的周期数列,∴b2000=b2=-2b1=-1,∴a1b2000=21.9.答案 n2-n2(n∈N+)解析 设等差数列{an+1-an}的公差为d,由题意得a2-a1=1,a3-a2=2,∴d=2-1=1,∴an-an-1=1+(n-2)×1=n-1(n≥2,n∈N+),∴an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=0+1+2+3+…+(n-1)=(n-1)n2=n2-n2(n≥2,n∈N+),经检验,a1=0满足上式,∴an=n2-n2(n∈N+).10.答案 3n;-465≤k≤9解析 因为Sn=16an(an+3)=16an2+12an①,所以Sn-1=16an-12+12an-1(n≥2)②,①-②,得Sn-Sn-1=16(an2-an-12)+12(an-an-1)(n≥2),则12(an+an-1)=16(an+an-1)(an-an-1)(n≥2),因为{an}为正项数列,所以an+an-1>0,则an-an-1=3(n≥2),由a1=S1=16a1(a1+3),解得a1=3(a1=0舍去),因此数列{an}是以3为首项,3为公差的等差数列,因此an=3n,所以Sn=16×3n×(3n+3)=3n(n+1)2,因为对任意的n∈N+,不等式2Sn+48≥(-1)nkan恒成立,所以对任意的n∈N+,不等式3n(n+1)+48≥(-1)nk×3n恒成立,即对任意的n∈N+,不等式n+1+16n≥(-1)nk恒成立.令f(n)=n+1+16n,则f(n+1)-f(n)=1+16n+1-16n=1-16n(n+1).易知当n≥4时,f(n+1)-f(n)=1-16n(n+1)>0,此时f(n+1)>f(n),即f(n)单调递增;当n≤3时,f(n+1)-f(n)=1-16n(n+1)<0,此时f(n+1)Sk且Sk0.设等差数列{an}的公差为d.选择条件①:由a7=3,a4+a5=−4得a1+6d=3,2a1+7d=−4,解得a1=−9,d=2,所以an=-9+2(n-1)=2n-11(n∈N+).令an<0,得n<112,所以当k=5时,满足a5<0,a6>0,所以k=5满足题意.选择条件②:由a7=3,a2+a6=−6得a1+6d=3,2a1+6d=−6,解得a1=−9,d=2,所以an=-9+2(n-1)=2n-11(n∈N+).令an<0,得n<112,所以当k=5时,满足a5<0,a6>0,所以k=5满足题意.选择条件③:由a7=3,S7=14得a1+6d=3,7a1+21d=14,解得a1=1,d=13,所以an=1+13(n-1)=13n+23(n∈N+).易知an>0恒成立,所以不存在满足条件的k.12.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,依题意得a1+d+a1+7d=20,a1+6d=12(a1+10d)+3,解得a1=2,d=2,所以an=a1+(n-1)d=2n,所以bn=4n-3.(2)由(1)得,1bnbn+1=1(4n-3)(4n+1)=1414n-3-14n+1,因此Tn=141−15+15-19+…+14n-3-14n+1=141−14n+1=n4n+1,则f(n)=(n+16)(4n+1)n=4n2+65n+16n=4n+4n+65≥4×2n×4n+65=81,当且仅当n=2(负值舍去)时取等号,所以f(n)的最小值为81.13.解析 (1)由2Sn-nan=3n①可得,当n≥2时,2Sn-1-(n-1)an-1=3(n-1)②,①-②得,(n-1)an-1-(n-2)an=3(n≥2),所以当n≥3时,(n-2)an-2-(n-3)an-1=3,所以(n-1)an-1-(n-2)an=(n-2)an-2-(n-3)an-1,整理得2an-1=an+an-2(n≥3),所以{an}为等差数列.又2S1-a1=3,所以a1=3,又a2=5,所以a2-a1=2,所以an=2n+1(n∈N+).(2)由(1)可得,bn=1anan+1+an+1an=1an·an+1(an+an+1)=12n+1·2n+3(2n+1+2n+3)=2n+3-2n+122n+1·2n+3=1212n+1-12n+3,所以Tn=1213-15+15-17+…+12n+1-12n+3=1213-12n+3.要使Tn>310,只需1213-12n+3>310,解得n>638,又n∈N+,所以n的最小值为8.
浙公网安备 33021202002483