备考2024届高考数学一轮复习强化训练第五章数列第2讲等差数列

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（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求使Sn＞an成立的n的最小值.
解析 （1）设等差数列{an}的公差为d（d≠0），
则由题意，得a1+2d=5a1+10d，（a1＋d)(a1+3d）=4a1+6d，解得a1＝－4，d=2，
所以an＝a1＋（n－1）d＝2n－6.
（2）解法一 Sn＝n（a1＋an）2＝n（2n－10）2＝n2－5n，
则由n2－5n＞2n－6，整理得n2－7n＋6＞0，解得n＜1或n＞6.
因为n∈N*，所以使Sn＞an成立的n的最小值为7.
解法二 由Sn＞an得Sn－1＞0（n≥2），即（a1＋an－1)(n－1）2＞0，
所以a1＋an－1＝2n－12＞0，解得n＞6，所以n的最小值为7.
2.[命题点2/多选]两个等差数列{an}和{bn}，其公差分别为d1和d2，其前n项和分别为Sn和Tn，则下列说法正确的是（ AB ）
A.若{Sn}为等差数列，则d1＝2a1
B.若{Sn＋Tn}为等差数列，则d1＋d2＝0
C.若{anbn}为等差数列，则d1＝d2＝0
D.若bn∈N*，则{abn}也为等差数列，且公差为d1＋d2
解析 由题意得Sn＝d12n2＋（a1－d12）n，Tn＝d22n2＋（b1－d22）n.若数列{Sn}为等差数列，则由等差数列通项公式的特征，可得a1－d12＝0，即d1＝2a1，所以选项A正确；Sn＋Tn＝d1＋d22n2＋（a1＋b1－d12－d22）n，由等差数列通项公式的特征，可得d1＋d22＝0，即d1＋d2＝0，所以选项B正确；当d1＝0或d2＝0时，数列{anbn}为等差数列，所以选项C错误；因为an＝a1＋（n－1）d1，bn＝b1＋（n－1）d2，bn∈N*，所以abn＝ab1＋（n－1）d2＝a1＋[b1＋（n－1）d2－1]d1＝（a1＋b1d1－d1）＋（n－1）d1d2，可知数列{abn}是等差数列，且公差为d1d2，所以选项D错误.故选AB.
3.[命题点2/2021全国卷乙]记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知2Sn＋1bn＝2.
（1）证明：数列{bn}是等差数列.
（2）求{an}的通项公式.
解析 （1）因为bn是数列{Sn}的前n项积，所以当n≥2时，Sn＝bnbn－1，
代入2Sn＋1bn＝2可得，2bn－1bn＋1bn＝2，整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝12（n≥2）.
又2S1＋1b1＝3b1＝2，所以b1＝32，
故{bn}是以32为首项，12为公差的等差数列.
（2）由（1）可知，bn＝n+22，则2Sn＋2n+2＝2，
所以Sn＝n+2n+1，
当n＝1时，a1＝S1＝32，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n+2n+1－n+1n＝－1n（n+1）.
当n＝1时，a1＝32≠－11×2＝－12，
故an＝32，n=1，－1n（n+1），n≥2.
4.[命题点4]在等差数列{an}中，若a10a9＜－1，且它的前n项和Sn有最大值，则使Sn＞0成立的正整数n的最大值是（ C ）
A.15B.16C.17D.14
解析 因为等差数列{an}的前n项和有最大值，
所以等差数列{an}为递减数列，
又a10a9＜－1，所以a9＞0，a10＜0，
所以a9＋a10＜0，
所以S18＝18（a1＋a18）2＝9（a9＋a10）＜0，且S17＝17（a1＋a17）2＝17a9＞0.
故使得Sn＞0成立的正整数n的最大值为17.