【志鸿优化设计】2022届高考数学一轮复习 第六章 数列考点规范练29 等差数列及其前n项和 文

考点规范练29　等差数列及其前n项和一、非标准1.若数列{an}的首项a1=1,且an=an-1+2(n≥2),则a7等于(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　A.13B.14C.15D.172.已知Sn为等差数列{an}的前n项和,a2+a8=6,则S9等于(　　)A.B.27C.54D.1083.在等差数列{an}中,a2=3,a3+a4=9,则a1a6的值为(　　)A.14B.18C.21D.274.在等差数列{an}中,a5+a6+a7=15,那么a3+a4+…+a9等于(　　)A.21B.30C.35D.405.(2022天津河西口模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a11-a8=3,S11-S8=3,则使an>0的最小正整数n的值是(　　)A.8B.9C.10D.116.(2022浙江名校联考)已知每项均大于零的数列{an}中,首项a1=1,且前n项和Sn满足Sn-Sn-1=2(n∈N+,且n≥2),则a81等于(　　)A.638B.639C.640D.6417.若等差数列{an}满足a7+a8+a9>0,a7+a10<0,则当n=　　　　　时,{an}的前n项和最大. 8.若等差数列{an}前9项的和等于前4项的和,且ak+a4=0,则k=　　　　　. 9.已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a3·a4=117,a2+a5=22.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{bn}满足bn=,是否存在非零实数c使得{bn}为等差数列?若存在,求出c的值;若不存在,请说明理由.10.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数.(1)证明:an+2-an=λ;(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由.11.(2022辽宁,文9)设等差数列{an}的公差为d.若数列{}为递减数列,则(　　)A.d>0B.d<0C.a1d>0D.a1d<012.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,S4=40,Sn=210,Sn-4=130,则n等于(　　)A.12B.14C.16D.1813.若数列{an}满足:a1=19,an+1=an-3(n∈\nN+),则数列{an}的前n项和数值最大时,n的值为(　　)A.6B.7C.8D.914.已知正项数列{an}满足:a1=1,a2=2,2(n∈N+,n≥2),则a7=　　　　　. 15.已知数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,且满足2Sn=+n-4(n∈N+).(1)求证:数列{an}为等差数列;(2)求数列{an}的通项公式.16.设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an=+2(n-1)(n∈N+).(1)求证:数列{an}为等差数列,并求an与Sn;(2)是否存在自然数n,使得S1++…+-(n-1)2=2022?若存在,求出n的值;若不存在,请说明理由.##一、非标准1.A　解析:∵an=an-1+2(n≥2),∴an-an-1=2.又∵a1=1,∴数列{an}是以1为首项,以2为公差的等差数列,故a7=1+2×(7-1)=13.2.B　解析:S9==27.3.A　解析:设等差数列{an}的公差为d,则依题意得由此解得所以a6=a1+5d=7,a1a6=14.4.C　解析:由题意得3a6=15,a6=5.所以a3+a4+…+a9=7a6=7×5=35.5.C　解析:设等差数列{an}的公差为d,∵a11-a8=3d=3,∴d=1.∵S11-S8=a11+a10+a9=3a1+27d=3,∴a1=-8,∴令an=-8+(n-1)>0,解得n>9.因此使an>0的最小正整数n的值是10.6.C　解析:由已知Sn-Sn-1=2,可得=2,∴{}是以1为首项,2为公差的等差数列,故=2n-1,Sn=(2n-1)2,∴a81=S81-S80=1612-1592=640,故选C.7.8　解析:由等差数列的性质可得a7+a8+a9=3a\n8>0,即a8>0;而a7+a10=a8+a9<0,故a9<0.所以数列{an}的前8项和最大.8.10　解析:设等差数列{an}的前n项和为Sn,则S9-S4=0,即a5+a6+a7+a8+a9=0,5a7=0,故a7=0.而ak+a4=0=2a7,故k=10.9.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,且d>0,由等差数列的性质,得a2+a5=a3+a4=22,所以a3,a4是关于x的方程x2-22x+117=0的解,所以a3=9,a4=13.易知a1=1,d=4,故所求通项为an=1+(n-1)×4=4n-3.(2)由(1)知Sn==2n2-n,所以bn=.(方法一)所以b1=,b2=,b3=(c≠0).令2b2=b1+b3,解得c=-.当c=-时,bn==2n,当n≥2时,bn-bn-1=2.故当c=-时,数列{bn}为等差数列.(方法二)bn=.∵c≠0,∴可令c=-,得到bn=2n.∵bn+1-bn=2(n+1)-2n=2(n∈N+),∴数列{bn}是公差为2的等差数列.故存在一个非零常数c=-,使数列{bn}也为等差数列.10.解:(1)由题设,anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1,两式相减,得an+1(an+2-an)=λan+1.由于an+1≠0,所以an+2-an=λ.(2)由题设,a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-1.由(1)知,a3=λ+1.令2a2=a1+a3,解得λ=4.故an+2-an=4.由此可得{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3;{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1.所以an=2n-1,an+1-an=2.因此存在λ=4,使得数列{an}为等差数列.11.D　解析:∵{}为递减数列,∴=<1.∴a1d<0.故选D.12.B　解析:易得Sn-Sn-4=an+an-1+an-2+an-3=80.又S4=a1+a2+a3+a4=40,所以4(a1+an)=120,a1+an=30.由Sn==210,得n=14.13.B　解析:∵a1=19,an+1-an=-3,∴数列{an}是以19为首项,-3为公差的等差数列.∴an=19+(n-1)×(-3)=22-3n.设{an}的前k项和数值最大,\n则有k∈N+.∴∴≤k≤.∵k∈N+,∴k=7.∴满足条件的n的值为7.14.　解析:因为2(n∈N+,n≥2),所以数列{}是以=1为首项,以d==4-1=3为公差的等差数列.所以=1+3(n-1)=3n-2.所以an=,n≥1.所以a7=.15.(1)证明:当n=1时,有2a1=+1-4,即-2a1-3=0,解得a1=3(a1=-1舍去).当n≥2时,有2Sn-1=+n-5.又2Sn=+n-4,两式相减得2an=+1,即-2an+1=,也即(an-1)2=,因此an-1=an-1或an-1=-an-1.若an-1=-an-1,则an+an-1=1.而a1=3,所以a2=-2,这与数列{an}的各项均为正数相矛盾,所以an-1=an-1,即an-an-1=1.因此,数列{an}为首项为3,公差为1的等差数列.(2)解:由(1)知a1=3,d=1,所以数列{an}的通项公式an=3+(n-1)×1=n+2,即an=n+2.16.(1)证明:由an=+2(n-1),得Sn=nan-2n(n-1)(n∈N+).当n≥2时,an=Sn-Sn-1=nan-(n-1)an-1-4(n-1),即an-an-1=4,故数列{an}是以1为首项,4为公差的等差数列.于是,an=4n-3,Sn==2n2-n(n∈N+).(2)解:由(1),得=2n-1(n∈N+).又S1++…+-(n-1)2=1+3+5+7+…+(2n-1)-(n-1)2=n2-(n-1)2=2n-1.令2n-1=2022,得n=1008,即存在满足条件的自然数n=1008.