理科数学高考真题分类训练专题等差数列答案

=(a1+a4)? 2 d=2(2a1+3d)d=-3d<C【解析】∵数列{2a1an}aaa[an1)dadna

1 1 na1d0C【解析】设等差数列{an}dS33a13d，所以12323d，解d2a612．a1a7a3a5a12，a3a510a78

=m(a1

=0，∴a=a=（S

）= am1

Sm1

=3dam1am=1，∴3=am12mm=5，故选Dana1n

p1an3n12 知，但na3n212npan an11p

3nd

Ba1a52a310a35,a47a4a32d2B【解析】a+a=2a=16a=8

11a+a =11a=88

BS10S11a11S11S100a1a11(111)d0(10)(2)20Aaa

14710(1)10(310 (14)(710)[(1)9(392)(1)10(3102)]15Daaaa2aa，又数列a的公差为2 3 所以(a12)2a4)(a16，解得a20 an20n1(2222n

10(a1a10)5(202)1102Aa8S8S764491519．14【解析】解法一设{a}的公差为d，首项为a，则a12d

5d

6da1解得d

S77(4

72

214

2a37d14d2a4a3d2S77a4721420．an6n3d，a2a5a1da14d65d36∴d6，∴an3(n1)66n3

a12d【解析】设等差数列的首项为a，公差为d，则 n

43da11d1，

n(n

n(n

∴Snna1

d2

)k(k kn 所以

2[(1)2

) )] ) k1

n

n

n22．10【解析】由a3a4a5a6a725得5a525，所以a55，a2+a8=2a5=10．23．8【解析】∵数列an是等差数列，且a7a8a93a80a80a7a10a8a90a90n=8nd24(17n8S取最大值，可得a0 a1d78 0 25，得2a19d0解得a1

，∴

1

，

fn1

，fnn2203当0n20fn0n20fn0nN* 当n n∴n

fn17310723nSn取得最小值49326．20【解析】依题意2a19d10所以3a5

3a14da16d4a118d203a5a72a3a8n(n1)【解析】d,则

d

2d,a1代入得d14∴a1，S=1n(n

列．故由等差中项的性质，得a5b5a1b12a3b3，即a5b57221a5b535（解法二）设数列{an},{bnd1d2a3b3a12d1b12d2)a1b12(d1d2)72(d1d2d1d27.a5b5a3b32(d1d23529a2n1a1aa2412d1d)2 d2an2n30．10【解析】设{an}dS9S4a11，得9198d4143dd1a

0 所以[1k1k10

1)][1(41)(

)]0【解析】(1)设{an}d，由题意得3a13d15．a17d=2．所以{an}的通 为an2n9n(2)由(1)Sn28nn4)216nn4Sn取得最小值，最小值为（Ⅰ）a11a22a33且b11b23b3所以c1b1a111nN*n2，都有cnb1a1n．kN*且2kn(bkakn)(b1a1[(2k1)nk]1(2k2)n(k(k1)(2k10且2nnN*n2cnb1a1n1n，则cn1cn1．c2c11，故cn1cn1nN*均成立，从而{cn}（Ⅱ）设数列{an和{bndadb，下面我们考虑cn对b1a1nb2a2nbnann 考虑其中任意项ban(iN*且1in biain[b1(i1)db][a1(i1)da](b1a1n)(i1)(dbdada0da0da0（1）若da0，则biainb1a1nidb0，则(biainb1a1ni1)dbncnb1a1此时cn1cna1，故{cn}db0，则(biainbnann)in)db0ncnbnannbna1n此时cn1cndba1，故{cn}是等差数列m1，则c1c2c3, 若da0，则此时dandbn的一次项系数为负数的一次函数．mN*n≥mdnd n≥m(ban)(ban)(i1)(dn

)≤0(iN*,1≤i≤ n≥mcnb1a1n此时cn1cna1，故{cn}m da0，则此时dandbn的一次项系数为正数的一次函数．sN*nsdnd ns(ban)(ban)(in)(dn

)≤0(iN*,1≤i≤ nscnbnanncnbnann

n

a

)b1

令daA0daa1dbBb1dbC下面证明cnAnB 对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，C cnMn①若C0m|MB|1（[xx的最大整数An≥mcn≥AnB≥AmBA([|MB|]1)BAMBBM |MCB若C0，则取m ]An≥mcn≥AnBC≥AmBCA([|MCB|]1)BC ≥MCBBCMn≥mn

M 【解析】(Ⅰ)因为数列anS3n28na111，当n2 aSS 3n28n3(n1)28(n16n5，an6n5n1an6n 又因为bnd，则anbnbn12bndn12b111dn22b217d 为band3n (a

(6n

(Ⅱ)由cn

(bnn

于是Tn6292122(3n3) 2Tn6292(3n)

62232332432n1(3n3)3

322(12n)12

nT12322(12n)(3n3)2n23n2n2n【解析】(Ⅰ)由题意得b2a

，有c

b2

a

n

n

因此

c2d

(Ⅱ)T(b2b2)(b2b2) b2 2d

a

)2dn(a2a2n

2d2n(n1) n

所以

2d2k(k1)2d2(kk1)2d2(1n1)2d2k1

k

k（1）sn2ana1ansnsn12an2an1n2，即an2an1n2，从而a22a1a34a1又因为a1a21a3成等差数列，即a1a32(a21．所以a14a12(2a11，解得a12． 所以，数列{a}22的等比数列．故a2n n n

1[111 1

()23n所以Tn 3n

1n 2由|Tn

，得|1

，即2n1000因为2951210001024210，n10．于是，使|Tn

nad（Ⅰ）10a145ad

，即2a19d20adada

a1(2na1

解得d

或d2，故

9()n1（Ⅱ）d1

2n1，

2n1，故

2n1nn 3

57

9

2n 12n

9 2

2n2n1T211

12n1 ，故

62n32

【解析】(Ⅰ)x25x602,3，由题意得a2a 设数列ad，则aa2d故d1a3n所以an的通 为an

1n12

（Ⅱ）设anns由（I）

n

s3

4...n1n2 1s3

...n1n22

1s3(

...

1)n231

1)n22

2n4【解析】(Ⅰ)anan1Sn1an1an2Sn1an1(an2a)an10，所以an2an（Ⅱ）a11a1a2S11a2由(Ⅰ)a3令2a2a1a3，解得an2an4an2n1an1an2因此存在4，使得数列an（Ⅰ）(2

a11d2d d0d2a2n1Sn2（nN （Ⅱ）由（1）anan1ank2mk1)(k1，所以(2mk1)(k1)65，mkN(2mk1)(k11，2mk1k1

m，所以k4【解析】（Ⅰ）设adS

n(n1)d 由已知可得3a13d由已知可得5a110d

1,d故an的通 为an=2

(32n)(1 22n 2n

2n12n1 2n 1 2n +

) 211 2n 1（Ⅰ）因为数列{an}d1，且1a

所以a21(a2 a2

20，解得a1

a12（Ⅱ）因为数列{an}的公差d1S5a1a9所以5a10a28a 1即a23a ，解得51（Ⅰ）设{a}da2a即

10d2a

12d

1 d0（舍去dan2n（Ⅱ）Sna1a4a7a3n2Sna

（Ⅰ）设等差数列ana1，公差为d，S44S2a2n2an1得 a(2n1)2a2(n1)d1， a11d2因此an2n1(nN*（Ⅱ）

n2bT

n

c

2n2(n 1

(nN1)( 1)(R

1 1 1 1

1所以

()1(

2()

3()

(n1)( 41R011112213n2

1n1(n1)1( ( (4

( ( 3R1 1 1

1 14

()(

()

(4

(n1)(4