人教版高考数学理科一轮复习课时作业32等差数列

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2018届高考数学一轮复习第五章数列课时作业32等差数列(含解析)文

课时作业32 等差数列一、选择题1．在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．6解析：因为数列是等差数列，a 2＝4,2a 4＝a 2＋a 6＝4，所以a 6＝0，故选B. 答案：B2．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S n ＋2－S n ＝36，则n ＝( ) A ．5 B ．6 C ．7D ．8解析：∵a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，∴S n ＋2－S n ＝36⇒a n ＋2＋a n ＋1＝36⇒2n ＋3＋2n ＋1＝36⇒n ＝8，故选D.答案：D3．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1 008＝12，则S 2 015的值是( )A.2 0152B.2 0172C ．2 015D ．2 016解析：∵数列{a n }是等差数列，且a 1 008＝12，∴S 2 015＝2 015 a 1＋a 2 015 2＝2 015×2a 1 0082＝2 015a 1 008＝2 0152，故选A.答案：A4．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m 等于( ) A ．3 B ．4 C ．5D ．6解析：∵数列{a n }为等差数列，且前n 项和为S n ，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列．∴S m －1m －1＋S m ＋1m ＋1＝2S m m ，即－2m －1＋3m ＋1＝0.因此m ＝5. 答案：C5．数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列，且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8等于( )A ．0B ．3C ．8D ．11解析：设{b n }的公差为d ，∵b 10－b 3＝7d ＝12－(－2)＝14，∴d ＝2. ∵b 3＝－2，∴b 1＝b 3－2d ＝－2－4＝－6. ∴b 1＋b 2＋…＋b 7＝7b 1＋7×62d＝7×(－6)＋21×2＝0.又b 1＋b 2＋…＋b 7＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 8－a 7)＝a 8－a 1＝a 8－3＝0. ∴a 8＝3.故选B. 答案：B6．已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －57，且a 1＝5，设{a n }的前n 项和为S n ，则使得S n 取得最大值的序号n 的值为( )A ．7B ．8C ．7或8D ．8或9 解析：由题意可知数列{a n }是首项为5，公差为－57的等差数列，所以a n ＝5－57(n －1)＝40－5n7，该数列前7项是正数项，第8项是0，从第9项开始是负数项，所以S n 取得最大值时，n ＝7或8.故选C.答案：C 二、填空题7．已知数列{a n }中，a 1＝1且1a n ＋1＝1a n ＋13(n ∈N *)，则a 10＝________. 解析：由已知得1a 10＝1a 1＋(10－1)×13＝1＋3＝4.故a 10＝14. 答案：148．设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1| ＋|a 2|＋…＋|a 15|＝________.解析：由a n ＝2n －10(n ∈N *)知{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n ＝2n －10≥0得n ≥5，∴n ≤5时，a n ≤0，当n >5时，a n >0，∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130.答案：1309．(2017·江西九江一模)等差数列{a n }中，a 1＝12 015，a m ＝1n ，a n ＝1m(m ≠n )，则数列{a n }的公差为________．解析：∵a m ＝12 015＋(m －1)d ＝1n ，a n ＝12 015＋(n －1)d ＝1m ，∴(m －n )d ＝1n －1m ，∴d ＝1mn .∴a m ＝12 015＋(m －1)1mn ＝1n ，解得1mn ＝12 015，即d ＝12 015. 答案：12 015三、解答题10．(2017·辽宁抚顺部分重点高中协作体一模)已知各项均为正数的等差数列{a n }满足：a 4＝2a 2，且a 1,4，a 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求同时满足下列条件的所有a n 的和：①20≤n ≤116；②n 能够被5整除．解：(1)设{a n }的公差为d ，则由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＝2 a 1＋d ，42＝a 1 a 1＋3d ，解得a 1＝d ＝2，所以a n ＝2n .(2)设同时满足20≤n ≤116和n 能够被5整除的a n 构成一个新的等差数列{b m }，其中b 1＝a 20＝40，b 2＝a 25＝50，…，b 20＝a 115＝230. 所以{b m }的公差d ′＝50－40＝10. 所以{b m }的前20项之和为S 20＝20×40＋20×192×10＝2 700. 11．已知数列{a n }满足，a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)． (1)若数列{a n }是等差数列，求a 1的值； (2)当a 1＝2时，求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)法1：数列{a n }是等差数列， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ，a n ＋1＝a 1＋nd . 由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得(a 1＋nd )＋[a 1＋(n －1)d ]＝4n －3， ∴2dn ＋(2a 1－d )＝4n －3，即2d ＝4,2a 1－d ＝－3，解得d ＝2，a 1＝－12.法2：在等差数列{a n }中，由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得a n ＋2＋a n ＋1＝4(n ＋1)－3＝4n ＋1，∴2d ＝a n ＋2－a n ＝(a n ＋2＋a n ＋1)－(a n ＋1＋a n )＝4n ＋1－(4n －3)＝4.∴d ＝2. 又∵a 1＋a 2＝2a 1＋d ＝2a 1＋2＝4×1－3＝1.∴a 1＝－12.(2)①当n 为奇数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n )＝2＋4[2＋4＋…＋(n －1)]－3×n －12＝2n 2－3n ＋52.②当n 为偶数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n )＝1＋9＋…＋(4n －7)＝2n 2－3n2.1．(2017·河南郑州一模)设数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝3，且2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1，则a 20的值是( )A ．415B ．425C ．435D ．445解析：∵2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1，∴数列{na n }是以a 1＝1为首项，2a 2－a 1＝5为公差的等差数列，∴20a 20＝1＋5×19＝96，解得a 20＝9620＝445，故选D. 答案：D2．(2017·保定一模)设等差数列{a n }满足a 1＝1，a n >0(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，若数列{S n }也为等差数列，则S n ＋10a 2n的最大值是( ) A ．310 B ．212 C ．180D ．121解析：设数列{a n }的公差为d ，依题意得2S 2＝S 1＋S 3，因为a 1＝1，所以22a 1＋d ＝a 1＋3a 1＋3d ，化简可得d ＝2a 1＝2，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，S n ＝n ＋n n －1 2×2＝n 2，所以S n ＋10a 2n ＝ n ＋10 2 2n －1 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋102n －12＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤122n －1 ＋2122n －12 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋212n －12≤121.答案：D3．(2016·新课标全国卷Ⅱ)等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6. (Ⅰ)求{a n }的通项公式；(Ⅱ)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解：(Ⅰ)设数列{a n }的公差为d ，由题意有2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3.解得a 1＝1，d ＝25.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. (Ⅱ)由(Ⅰ)知，b n ＝[2n ＋35]．当n ＝1,2,3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1；当n ＝4,5时，2<2n ＋35<3，b n ＝2；当n ＝6,7,8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9,10时，4<2n ＋35<5，b n ＝4.所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24. 4．已知数列{a n } 中，a 1＝12，a n ＋1＝3a na n ＋3.(1)求a n ；(2)设数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ·n 3－4a n a n ＝1，求证：12≤S n <1. 解：(1)由已知得a n ≠0，则由a n ＋1＝3a n a n ＋3，得1a n ＋1＝a n ＋33a n ，即1a n ＋1－1a n ＝13，而1a 1＝2，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以2为首项，以13为公差的等差数列．∴1a n ＝2＋13(n －1)＝n ＋53， ∴a n ＝3n ＋5.(2)证明：∵b n ·n 3－4a na n＝1.则由(1)得b n ＝1n n ＋1，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1关于n 单调递增，∴12≤S n <1.。

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课时规范练(A)课时规范练1集合的概念与运算课时规范练3命题及其关系、充要条件课时规范练5函数及其表示课时规范练7函数的奇偶性与周期性课时规范练9指数与指数函数课时规范练11函数的图象课时规范练13函数模型及其应用课时规范练15利用导数研究函数的单调性课时规范练17定积分与微积分基本定理课时规范练19同角三角函数基本关系式及诱导公式课时规范练21简单的三角恒等变换课时规范练23函数y=A sin(ωx+φ)的图象及三角函数的应用课时规范练25平面向量的概念及线性运算课时规范练27平面向量的数量积及其应用课时规范练29数列的概念课时规范练31等比数列课时规范练33二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题课时规范练35合情推理与演绎推理课时规范练37数学归纳法课时规范练39空间几何体的表面积与体积课时规范练41空间直线、平面的平行关系课时规范练43空间向量及其运算课时规范练45直线的倾斜角、斜率与直线的方程课时规范练47圆的方程课时规范练49椭圆课时规范练51抛物线课时规范练53算法初步课时规范练55用样本估计总体课时规范练57分类加法计数原理与分步乘法计数原理课时规范练59二项式定理课时规范练61古典概型与几何概型课时规范练63二项分布与正态分布课时规范练65极坐标方程与参数方程课时规范练67绝对值不等式课时规范练(B)课时规范练2简单不等式的解法课时规范练4简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词课时规范练6函数的单调性与最大(小)值课时规范练8幂函数与二次函数课时规范练10对数与对数函数课时规范练12函数与方程课时规范练14导数的概念及运算课时规范练16利用导数研究函数的极值、最大(小)值课时规范练18任意角、弧度制及任意角的三角函数课时规范练20两角和与差的正弦、余弦与正切公式及二倍角公式课时规范练22三角函数的图象与性质课时规范练24余弦定理、正弦定理及应用举例课时规范练26平面向量基本定理及向量坐标运算课时规范练28复数课时规范练30等差数列课时规范练32数列求和课时规范练34基本不等式及其应用课时规范练36直接证明与间接证明课时规范练38空间几何体的结构及其三视图、直观图课时规范练40空间点、直线、平面之间的位置关系课时规范练42空间直线、平面的垂直关系课时规范练44空间几何中的向量方法课时规范练46点与直线、两条直线的位置关系课时规范练48直线与圆、圆与圆的位置关系课时规范练50双曲线课时规范练52直线与圆锥曲线的位置关系课时规范练54随机抽样课时规范练56变量间的相关关系、统计案例课时规范练58排列与组合课时规范练60随机事件的概率课时规范练62离散型随机变量及其分布列课时规范练64离散型随机变量的均值与方差课时规范练66极坐标方程与参数方程的应用课时规范练68不等式的证明解答题专项解答题专项一函数与导数的综合问题第1课时利用导数证明不等式第2课时利用导数研究不等式恒(能)成立问题第3课时利用导数研究函数的零点解答题专项二三角函数与解三角形解答题专项三数列解答题专项四立体几何中的综合问题解答题专项五直线与圆锥曲线第1课时圆锥曲线中的最值(或范围)问题第2课时圆锥曲线中的定点(或定值)问题第3课时圆锥曲线中的存在性(或证明)问题解答题专项六概率与统计单元质检卷单元质检卷一集合与常用逻辑用语单元质检卷二函数单元质检卷三导数及其应用单元质检卷四三角函数、解三角形单元质检卷五平面向量、数系的扩充与复数的引入单元质检卷六数列单元质检卷七不等式、推理与证明单元质检卷八立体几何单元质检卷九解析几何单元质检卷十算法初步、统计与统计案例单元质检卷十一计数原理单元质检卷十二概率。

高考数学第一轮复习：《等差数列》

高考数学第一轮复习：《等差数列》最新考纲1．理解等差数列的概念．2．掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式.3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题． 4．了解等差数列与一次函数的关系.【教材导读】1．“a ，A ，b 是等差数列”是“A ＝a ＋b2”的什么条件？提示：充分必要条件．2．如何推导等差数列的通项公式？提示：可用累加法．3．如何推导等差数列的前n 项和公式？提示：利用倒序相加法推导．1．等差数列的相关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为a n －a n －1＝d (n ≥2，n ∈N *，d 为常数)．(2)等差中项：若a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a 与b 的等差中项，且A ＝a ＋b2. 2．等差数列的通项公式(1)若等差数列{a n }的首项是a 1，公差为d ，则其通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)通项的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d . 3．等差数列的前n 项和公式(1)已知等差数列{a n }的首项a 1和第n 项a n ，则其前n 项和公式S n ＝n (a 1＋a n )2.(2)已知等差数列{a n }的首项a 1与公差d ，则其前n 项和公式S n ＝na 1＋n (n －1)2d .4．等差数列{a n }的性质(1)若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (其中m ，n ，p ，q ∈N *)，特别地，若p ＋q ＝2m ，则a p ＋a q ＝2a m (p ，q ，m ∈N *)．(2)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等差数列． (3)若下标成等差数列，则相应的项也成等差数列，即a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)成等差数列．(4)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2n －1＝(2n －1)a n . 5．等差数列的增减性与最值公差d >0时为递增数列，且当a 1<0时，前n 项和S n 有最小值；d <0时为递减数列，且当a 1>0时，前n 项和S n 有最大值．6．等差数列与一次函数的关系由等差数列的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d 可得a n ＝dn ＋(a 1－d )，如果设p ＝d ，q ＝a 1－d ，那么a n ＝pn ＋q ，其中p ，q 是常数．当p ≠0时，(n ，a n )在一次函数y ＝px ＋q 的图象上，即公差不为零的等差数列的图象是直线y ＝px ＋q 上的均匀排开的一群孤立的点．当p ＝0时，a n ＝q ，等差数列为常数列，此时数列的图象是平行于x 轴的直线(或x 轴)上的均匀排开的一群孤立的点．【重要结论】1．等差数列{a n }中，若a m ＝n ，a n ＝m ，则a m ＋n ＝0. 2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m ＝S n (m ≠n )，则S m ＋n ＝0.3．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m ＝n ，S n ＝m ，则S m ＋n ＝－(m ＋n )．1．已知数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝1，若⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋1为等差数列，则a 11等于( )(A)0 (B)12 (C)23(D)2B 解析：由已知可得1a 3＋1＝13，1a 7＋1＝12分别是等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1 的第3项和第7项，其公差d ＝12－137－3＝124，由此可得1a 11＋1＝1a 7＋1＋(11－7)d ＝12＋4×124＝23.解之得a 11＝12. 2．记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( ) (A)1 (B)2 (C)4(D)8C解析：设等差数列{an }的公差为d ，∴⎩⎨⎧a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，∴d ＝4，故选C.3．首项为24的等差数列，从第10项开始为负数，则公差d 的取值范围是( ) (A)(－3，＋∞) (B)－∞，－83 (C)－3，－83(D)－3，－83D 解析：由题意知a 9≥0，a 10<0， ∴a 9＝a 1＋8d ＝24＋8d ≥0，d ≥－3. a 10＝a 1＋9d ＝24＋9d <0，d <－83. 综上知－3≤d <－83.故选D.4．设等差数列{a n }的前10项和为20，且a 5＝1，则{a n }的公差为( ) (A)1 (B)2 (C)3(D)4B 解析：等差数列{a n }的前10项和为20，所以S 10＝10(a 1＋a 10)2＝5(a 1＋a 10)＝5(a 5＋a 6)＝20.所以a 6＝4－a 5＝3.则{a n }的公差为a 6－a 5＝3－1＝2.故选B.5．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝3，S 5＝25，则a 8＝( ) (A)16(B)15(C)14 (D)13B 解析：设公差为d ，由a 2＝3，S 5＝25可得a 1＋d ＝3,5a 1＋5×42d ＝25 ∴a 1＝1，d ＝2，则a 8＝a 1＋7d ＝15.考点一等差数列的基本量运算(1)已知等差数列{a n }中，a 1010＝3，S 2017＝2017，则S 2018＝( ) (A)2018 (B)－2018 (C)－4036(D)4036(2)已知等差数列{a n }满足a 2＝3，S n －S n －3＝51(n ＞3)，S n ＝100，则n 的值为( ) (A)8 (B)9 (C)10(D)11(3)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 2＝4，S 10＝110，则S n ＋64a n的最小值为( ) (A)7 (B)152 (C)172(D)8解析：(1)由等差数列前n 项和公式结合等差数列的性质可得： S 2017＝a 1＋a 20172×2017＝2a 10092×2017＝2017a 1009＝2017，则a 1009＝1，据此可得：S 2018＝a 1＋a 20182×2018＝1009(a 1009＋a 2010)＝1009×4＝4036.故选D.(2)由S n －S n －3＝51得，a n －2＋a n －1＋a n ＝51，所以a n －1＝17，又a 2＝3，S n ＝n (a 2＋a n －1)2＝100，解得n ＝10.(3)设{a n }的公差为d ，由a 2＝4，S 10＝110得⎩⎨⎧a 1＋d ＝4，10a 1＋10×92d ＝110，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝2，故a n ＝2＋2(n －1)＝2n ， S n ＝2n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋n . 所以S n ＋64a n＝n 2＋n ＋642n＝n 2＋32n ＋12≥2n 2·32n ＋12＝172，当且仅当n 2＝32n ，即n ＝8时取等号．故选C.【反思归纳】等差数列基本运算的方法策略(1)等差数列中包含a 1，d ，n ，a n ，S n 五个量，可知三求二．解决这些问题一般设基本量a 1，d ，利用等差数列的通项公式与求和公式列方程(组)求解，体现方程思想．(2)如果已知等差数列中有几项的和是常数的计算问题，一般是等差数列的性质和等差数列求和公式S n ＝n (a 1＋a n )2结合使用，体现整体代入的思想．【即时训练】 (1)若等差数列{a n }的前5项和S 5＝25，且a 2＝3，则a 7＝( ) (A)12 (B)13 (C)14(D)15(2)已知在等差数列{a n }中，a 1＝20，a n ＝54，S n ＝3 700，则数列的公差d ，项数n 分别为( )(A)d ＝0.34，n ＝100 (B)d ＝0.34，n ＝99 (C)d ＝3499，n ＝100(D)d ＝3499，n ＝99(3)《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：把100个面包分给5个人，使每个人的所得成等差数列，且使较大的三份之和的17是较小的两份之和，则最小的一份的量为( )(A)52(B)54(C)53 (D)56解析：(1)B 由题意得S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5a 3＝25，a 3＝5，公差d ＝a 3－a 2＝2，a 7＝a 2＋5d＝3＋5×2＝13.故选B.(2)C由⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝a 1＋(n －1)d S n ＝na 1＋n (n －1)d 2，得⎩⎪⎨⎪⎧54＝20＋(n －1)d ，3700＝20n ＋n (n －1)d 2，解得d ＝3499，n ＝100.故选C.(3)C 易得中间的那份为20个面包，设最小的一份为a 1，公差为d ，根据题意，有[20＋(a 1＋3d )＋(a 1＋4d )]×17＝a 1＋(a 1＋d )，解得a 1＝53.故选C.考点二等差数列的判断与证明已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，b n ＝S nn (n ∈N *)．求证：数列{b n }是等差数列．证明：设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋12n (n －1)d ， ∴b n ＝S n n ＝a 1＋12(n －1)d .法一：b n ＋1－b n ＝a 1＋12nd －a 1－12(n －1)d ＝d2(常数)， ∴数列{b n }是等差数列．法二：b n ＋1＝a 1＋12nd ，b n ＋2＝a 1＋12(n ＋1)d ， ∴b n ＋2＋b n ＝a 1＋12(n ＋1)d ＋a 1＋12(n －1)d ＝2a 1＋nd ＝2b n ＋1. ∴数列{b n }是等差数列．【反思归纳】判定数列{a n }是等差数列的常用方法 (1)定义法：对任意n ∈N *，a n ＋1－a n 是同一个常数；(2)等差中项法：对任意n ≥2，n ∈N *，满足2a n ＝a n ＋1＋a n －1； (3)通项公式法：数列的通项公式a n 是n 的一次函数；(4)前n 项和公式法：数列的前n 项和公式S n 是n 的二次函数，且常数项为0.【即时训练】已知数列{a n }的首项a 1＝1，且点(a n ，a n ＋1)在函数f (x )＝x4x ＋1的图象上，b n ＝1a n(n ∈N *)．(1)求证：数列{b n }是等差数列，并求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)试问数列{a n }中a k ·a k ＋1(k ∈N *)是否仍是{a n }中的项？如果是，请指出是数列的第几项；如果不是，请说明理由．解：(1)证明：由已知得a n ＋1＝a n 4a n ＋1，1a n ＋1＝4＋1a n，∴1a n ＋1－1a n＝4，即b n ＋1－b n ＝4， ∴数列{b n }是以1为首项，4为公差的等差数列， ∴数列{b n }的通项公式为b n ＝1＋4(n －1)＝4n －3. 又b n ＝1a n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝14n －3.(2)由(1)可得a k ·a k ＋1＝14k －3·14(k ＋1)－3＝116k 2－8k －3＝14(4k 2－2k )－3， ∵4k 2－2k ＝2k (2k －1)∈N *，∴a k ·a k ＋1∈{a n }，所以a k ·a k ＋1是数列{a n }中的项，是第4k 2－2k 项．考点三等差数列的性质(1)设数列{a n }，{b n }都是等差数列，且a 1＝25，b 1＝75，a 2＋b 2＝100，则a 37＋b 37等于( )(A)0(B)37(C)100 (D)－37(2)等差数列{a n}中，a1＋3a8＋a15＝120，则2a9－a10的值是()(A)20 (B)22(C)24 (D)－8(3)等差数列{a n}的前m项和为30，前3m项和为90，则它的前2m项和为________．解析：(1)设{a n}，{b n}的公差分别为d1，d2，则(a n＋1＋b n＋1)－(a n＋b n)＝(a n＋1－a n)＋(b n＋1－b n)＝d1＋d2，所以{a n＋b n}为等差数列．又a1＋b1＝a2＋b2＝100，所以{a n＋b n}为常数列．所以a37＋b37＝100.(2)因为a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，所以a8＝24，所以2a9－a10＝a10＋a8－a10＝a8＝24.(3)由S m，S2m－S m，S3m－S2m成等差数列，可得2(S2m－S m)＝S m＋S3m－S2m，即S2m＝3S m＋S3m3＝3×30＋903＝60.答案：(1)C(2)C(3)60【反思归纳】一般地，运用等差数列性质可以优化解题过程，但要注意性质运用的条件，如m＋n＝p＋q，则a m＋a n＝a p＋a q(m，m，p，q∈N*)．【即时训练】(1)等差数列{a n}中，a1＋a7＝26，a3＋a9＝18，则数列{a n}的前9项和为()(A)66 (B)99(C)144 (D)297(2)设S n是公差不为零的等差数列{a n}的前n项和，且a1>0，若S5＝S9，则当S n最大时，n等于()(A)6 (B)7(C)8 (D)9(3)在等差数列{a n}中，S n为前n项和，2a7＝a8＋5，则S11＝()(A)55 (B)11(C)50 (D)60解析：(1)由a1＋a7＝2a4＝26，得a4＝13.由a3＋a9＝2a6＝18，得a6＝9.S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9(a 4＋a 6)2＝99.故选B.(2)因为S 5＝S 9，所以a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝0. 又a 6＋a 9＝a 7＋a 8，所以a 7＋a 8＝0，又a 1>0，所以a 7>0，a 8<0.所以当n ＝7时S n 最大．故选B.(3)由2a 7＝a 8＋5，a 6＝5，S 11＝(a 1＋a 11)·112＝11a 6＝55.故选A.答案：(1)B (2)B (3)A等差数列的最值问题教材源题：已知等差数列5,427，347，…的前n 项和为S n ，求使得S n 最大的序号n 的值．解：由题意知，等差数列5,427，347，…的公差为－57，所以S n ＝n 22×5＋(n －1)－57 ＝75n －5n 214＝－514n －1522＋1 12556.于是，当n 取与152最接近的整数即7或8时，S n 取最大值．【规律总结】求等差数列的前n 项和S n 的最值时，需要注意“自变量n 为正整数”这一隐含条件．若对称轴取不到，需考虑最接近对称轴的自变量n (n 为正整数)；若对称轴对应两个正整数的中间，此时应有两个符合题意的n 值．【源题变式】等差数列{a n }的首项a 1>0，设其前n 项和为S n ，且S 5＝S 12，则当n 为何值时，S n 有最大值？解：法一设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝S 12得5a 1＋10d ＝12a 1＋66d ，d ＝－18a 1<0. 所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝na 1＋n (n －1)2·－18a 1 ＝－116a 1(n 2－17n ) ＝－116a 1n －1722＋28964a 1，因为a 1>0，n ∈N *，所以n ＝8或n ＝9时，S n 有最大值．法二设等差数列{a n }的公差为d ，同法一得 d ＝－18a 1<0.设此数列的前n 项和最大，则⎩⎨⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝a 1＋(n －1)·－18a 1≥0，a n ＋1＝a 1＋n ·－18a 1≤0，解得⎩⎨⎧n ≤9，n ≥8，即8≤n ≤9，又n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 有最大值．课时作业基础对点练(时间：30分钟)1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若6a 3＋2a 4－3a 2＝5，则S 7＝( ) (A)28 (B)21 (C)14(D)7D 解析：解法一由6a 3＋2a 4－3a 2＝5，得6(a 1＋2d )＋2(a 1＋3d )－3(a 1＋d )＝5a 1＋15d ＝5(a 1＋3d )＝5，即5a 4＝5，所以a 4＝1，所以S 7＝7×(a 1＋a 7)2＝7×2a 42＝7a 4＝7，故选D.解法二由6a 3＋2a 4－3a 2＝5，得6(a 4－d )＋2a 4－3(a 4－2d )＝5，即5a 4＝5，所以a 4＝1，所以S 7＝7×(a 1＋a 7)2＝7×2a 42＝7a 4＝7，故选D.2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 11＝22，则a 3＋a 7＋a 8＝( ) (A)18 (B)12 (C)9(D)6D 解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11(2a 1＋10d )2＝22，即a 1＋5d ＝2，所以a 3＋a 7＋a 8＝a 1＋2d ＋a 1＋6d ＋a 1＋7d ＝3(a 1＋5d )＝6，故选D.3．等差数列{a n }中，已知a 5＞0，a 4＋a 7＜0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为( ) (A)S 7 (B)S 6 (C)S 5(D)S 4C 解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝a 5＋a 6＜0，a 5＞0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5＞0，a 6＜0，∴S n 的最大值为S 5.故选C.4．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 11＝22，a 4＝－12，如果当n ＝m 时，S n 最小，那么m 的值为( )(A)10 (B)9 (C)5(D)4C 解析：解法一设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎨⎧11a 1＋11×102d ＝22，a 1＋3d ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－33，d ＝7.所以S n ＝－33n ＋n (n －1)2×7＝72n 2－73n 2＝72⎝ ⎛⎭⎪⎫n －73142－72×⎝ ⎛⎭⎪⎫73142，因为n ∈N *，所以当n ＝5时，S n 取得最小值，故选C.解法二设等差数列{a n }的公差为d .由已知得11(a 1＋a 11)2＝22，所以11a 6＝22，解得a 6＝2，所以d ＝a 6－a 42＝7，所以a n ＝a 4＋(n －4)d ＝7n －40，所以数列{a n }是单调递增数列，又a 5＝－5＜0，a 6＝2＞0，所以当n ＝5时，S n 取得最小值，故选C.5．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何．”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)这个问题中，甲所得为( )(A)54钱 (B)43钱 (C)32钱(D)53钱B 解析：依题意，设甲所得为a 1，公差为d ，则a 1＋a 2＝a 3＋a 4＋a 5＝52，即2a 1＋d ＝3a 1＋9d ＝52，解得a 1＝43，∴甲得43钱．故选B.6．公差不为零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 6＝3a 4，且S 10＝λa 4，则λ的值为( ) (A)15 (B)21 (C)23(D)25D 解析：由题意有：a 1＋5d ＝3(a 1＋3d )⇒a 1＝－2d ，λ＝S 10a 4＝10a 1＋10×92d a 1＋3d＝25，故选D.7．在数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2(n ≥1)，则该数列的通项a n ＝________. 解析：∵a n ＋1－a n ＝2(n ≥1)，∴{a n }为等差数列，∴a n ＝1＋(n －1)×2，即a n ＝2n －1. 答案：2n －1.8．(2019苏北四市一模)在等差数列{a n }中，已知a 2＋a 8＝11，则3a 3＋a 11的值为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由题意可得a 2＋a 8＝11＝2a 5，则a 5＝112，所以3a 3＋a 11＝3(a 5－2d )＋a 5＋6d ＝4×112＝22.答案：229．由正数组成的等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，且a n b n ＝2n －13n －1，则S 5T 5＝________.解析：由S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5a 3，T 5＝5(b 1＋b 5)2＝5b 3，得S 5T 5＝a 3b 3＝2×3－13×3－1＝58.答案：5810．在等比数列{a n }中，a 2＝3，a 5＝81. (1)求a n ；(2)设b n ＝log 3a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解：(1)设{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q ＝3，a 1q 4＝81，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝3.因此，a n ＝3n －1.(2)因为b n ＝log 3a n ＝n －1，所以数列{b n }的前n 项和S n ＝n (b 1＋b n )2＝n 2－n 2.能力提升练(时间：15分钟)11．今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，问：几何日相逢？( )(A)12日 (B)16日 (C)8日(D)9日D 解析：由题易知良马每日所行里数构成一等差数列，其通项公式为a n ＝103＋13(n －1)＝13n ＋90，驽马每日所行里数也构成一等差数列，其通项公式为b n ＝97－12(n －1)＝－12n ＋1952，二马相逢时所走路程之和为2×1 125＝2 250，所以n (a 1＋a n )2＋n (b 1＋b n )2＝2 250，即n (103＋13n ＋90)2＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫97－12n ＋19522＝2 250，化简得n 2＋31n －360＝0，解得n ＝9或n ＝－40(舍去)，故选D.12．已知数列{a n ＋1－a n }是公差为2的等差数列，且a 1＝1，a 3＝9，则a n ＝________. 解析：数列{a n ＋1－a n }是公差为2的等差数列，且a 1＝1，a 3＝9，∴a n ＋1－a n ＝(a 2 －1)＋2(n －1)， a 3－a 2 ＝(a 2－1)＋2，∴3－a 2＝(a 2－1)＋2，∴a 2＝1. ∴a n ＋1－a n ＝2n －2，∴a n ＝2(n －1)－2＋2(n －2)－2＋……＋2－2＋1＝2×(n －1)n2－2(n －1)＋1＝n 2－3n ＋3. ∴a n ＝(n 2－3n ＋3)2.n ＝1时也成立．则a n ＝(n 2－3n ＋3)2. 答案：(n 2－3n ＋3)2.13．等差数列{a n }中，a 1＝12 015，a m ＝1n ，a n ＝1m (m ≠n )，则数列{a n }的公差d ＝________. 解析：因为a m ＝12 015＋(m －1)d ＝1n ，a n ＝12 015＋(n －1)d ＝1m ，所以(m －n )d ＝1n －1m ，所以d ＝1mn ，所以a m ＝12 015＋(m －1)1mn ＝1n ，解得1mn ＝12015，即d ＝12015.答案：1201514．设同时满足条件：①b n ＋b n ＋22≤b n ＋1(n ∈N ＋)；②b n ≤M (n ∈N ＋，M 是与n 无关的常数)的无穷数列{b n }叫“特界”数列．(1)若数列{a n }为等差数列，S n 是其前n 项和：a 3＝4，S 3＝18，求S n ； (2)判断(1)中的数列{S n }是否为“特界”数列，并说明理由．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋2d ＝4，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝3a 1＋3d ＝18，解得a 1＝8，d ＝－2，∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－n 2＋9n .(2){S n }是“特界”数列，理由如下：由S n ＋S n ＋22－S n ＋1＝(S n ＋2－S n ＋1)－(S n ＋1－S n )2＝a n ＋2－a n ＋12＝d 2＝－1＜0，得S n ＋S n ＋22＜S n ＋1，故数列{S n }适合条件①.而S n ＝－n 2＋9n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫n －922＋814(n ∈N ＋)，则当n ＝4或5时，S n 有最大值20，即S n ≤20，故数列{S n }适合条件②.综上，数列{S n }是“特界”数列．15．(2019南昌模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1(n ∈N *，n ≥2)，数列{b n }满足关系式b n ＝1a n(n ∈N *)．(1)求证：数列{b n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式． (1)证明：因为b n ＝1a n，且a n ＝a n －12a n －1＋1，所以b n ＋1＝1a n ＋1＝1a n 2a n ＋1＝2a n ＋1a n .所以b n ＋1－b n ＝2a n ＋1a n－1a n＝2.又b 1＝1a 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解：由(1)知数列{b n }的通项公式为 b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又b n ＝1a n，所以a n ＝1b n＝12n －1.所以数列{a n}的通项公式为a n＝1.2n－1。

2020版高考数学人教版理科一轮复习课时作业：32 等差数列 Word版含解析

课时作业32 等差数列一、选择题1．(2021·湖北荆州一模)在等差数列{a n }中 ,假设a 3＋a 4＋a 5＝3 ,a 8＝8 ,那么a 12的值是( A )A ．15B ．30C ．31D ．64解析：设等差数列{a n }的公差为d ,∵a 3＋a 4＋a 5＝3 ,∴3a 4＝3 ,即a 1＋3d ＝1 ,又由a 8＝8得a 1＋7d ＝8 ,联立解得a 1＝－174 ,d ＝74 ,那么a 12＝－174＋74×11＝15.应选A.2．数列{a n }中 ,a 2＝32 ,a 5＝98 ,且{1a n －1}是等差数列 ,那么a 7＝( D )A.109B.1110C.1211D.1312解析：设等差数列{1a n －1}的公差为d ,那么1a 5－1＝1a 2－1＋3d ,即198－1＝132－1＋3d ,解得d ＝2 ,所以1a 7－1＝1a 2－1＋5d ＝12 ,解得a 7＝1312.应选D.3．(2021·山东青岛模拟)公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ,假设a 6＝3a 4 ,且S 9＝λa 4 ,那么λ的值为( A )A ．18B ．20C ．21D ．25解析：设公差为d ,由a 6＝3a 4 ,且S 9＝λa 4 , 得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝3a 1＋9d 9a 1＋9×8d2＝λa 1＋3λd 解得λ＝18 ,应选A.4．(2021·贵阳市摸底考试)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,假设a 6＝2a 3 ,那么S 11S 5＝( D )A.115B.522C.1110D.225解析：S 11S 5＝112(a 1＋a 11)52(a 1＋a 5)＝11a 65a 3＝225.应选D.5．(2021·河南郑州一中月考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,S 11＝22 ,a 4＝－12 ,如果当n ＝m 时 ,S n 最|小 ,那么m 的值为( C )A ．10B ．9C ．5D ．4解析：设等差数列{a n }的公差为d ,那么 ⎩⎪⎨⎪⎧11a 1＋11×102d ＝22a 1＋3d ＝－12解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－33d ＝7所以S n ＝－33n ＋n (n －1)2×7＝72n 2－732n ＝72(n －7314)2－72×(7314)2.因为n ∈N * ,所以当n ＝5时 ,S n 取得最|小值．应选C.6．(2021·安徽淮北一模)S n 是等差数列{a n }的前n 项和 ,S 2 018<S 2016 ,S 2 017<S 2 018 ,那么S n <0时n 的最|大值是( D )A ．2 017B ．2 018C ．4 033D ．4 034解析：∵S 2 018<S 2 016 ,S 2 017<S 2 018 ,∴a 2 018＋a 2 017<0 ,a 2 018>0.∴S 4 034＝4 034(a 1＋a 4 034)2＝2 017(a 2 018＋a 2 017)<0 ,S 4 035 ＝4 035(a 1＋a 4 035)2＝4 035a 2 018>0 , 可知S n <0时n 的最|大值是4 034.应选D. 二、填空题7．公差不为0的等差数列{a n }的首|项a 1＝3 ,且a 1 ,a 4 ,a 13成等比数列 ,那么数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1.解析：设等差数列{a n }的公差为d .∵a 1 ,a 4 ,a 13成等比数列 ,a 1＝3 ,∴a 24＝a 1a 13 ,即(3＋3d )2＝3(3＋12d ) ,解得d ＝2或d ＝0(舍去) ,故{a n }的通项公式为a n ＝3＋2(n －1) ,即a n ＝2n ＋1.8．在等差数列{a n }中 ,a 9＝12a 12＋6 ,那么数列{a n }的前11项和S 11等于132.解析：S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11a 6 , 设公差为d ,由a 9＝12a 12＋6 得a 6＋3d ＝12(a 6＋6d )＋6 ,解得a 6＝12 ,所以S 11＝11×12＝132.9．等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足S 33－S 22＝1 ,那么数列{a n }的公差是2.解析：∵S 33－S 22＝1 ,∴2⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 1＋3×22d －3⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 1＋2×12d ＝6 , ∴6a 1＋6d －6a 1－3d ＝6 ,∴d ＝2.10．在等差数列{a n }中 ,a 1＝7 ,公差为d ,前n 项和为S n ,当且仅当n ＝8时S n 取得最|大值 ,那么d 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1 －78.解析：由题意 ,当且仅当n ＝8时S n 有最|大值 ,可得⎩⎪⎨⎪⎧d <0 a 8>0a 9<0即⎩⎪⎨⎪⎧d <07＋7d >07＋8d <0解得－1<d <－78.三、解答题11．(2021·郑州质量预测)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 2＋a 5＝25 ,S 5＝55.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设a n b n ＝13n －1 ,求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d , 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋a 5＝2a 1＋5d ＝25 S 5＝5a 3＝5a 1＋5×42d ＝55解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝5d ＝3∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋2.(2)由a n b n ＝13n －1 ,得b n ＝1a n (3n －1)＝1(3n －1)(3n ＋2)＝13(13n －1－13n ＋2) , T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝13(12－15＋15－18＋…＋13n －1－13n ＋2)＝13(12－13n ＋2) ＝16－19n ＋6＝n 2(3n ＋2).12．等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 3＝－21 ,a 5与a 7的等差中项为1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)假设T n ＝|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n | ,求T 10的值和T n 的表达式．解：(1)设等差数列{a n }的首|项为a 1 ,公差为d ,由题意得 ⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3×22d ＝－21 (a 1＋4d )＋(a 1＋6d )＝2解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－9 d ＝2那么a n ＝－9＋(n －1)×2＝2n －11 ,所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －11.(2)令a n ＝2n －11<0 ,得n <112 ,即n ≤5 ,所以当n ≤5时 ,a n ＝2n －11<0 ,当n ≥6时 ,a n ＝2n －11>0.又S n ＝n 2－10n ,S 5＝－25 ,S 10＝0 ,所以T 10＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝－S 5＋(S 10－S 5)＝S 10－2S 5＝50.当n ≤5时 ,T n ＝－S n ＝10n －n 2；当n ≥6时 ,T n ＝－S 5＋(S n －S 5)＝S n －2S 5＝n 2－10n ＋50.综上 ,T n＝⎩⎪⎨⎪⎧10n －n 2n ≤5n 2－10n ＋50 n ≥6.13．(2021·武汉市调研测试)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36 ,a 4a 6＝275 ,且a n a n ＋1有最|小值 ,那么这个最|小值为－12.解析：设等差数列{a n }的公差为d , ∵a 3＋a 7＝36 ,∴a 4＋a 6＝36 , 又a 4a 6＝275 ,联立 ,解得⎩⎨⎧ a 4＝11 a 6＝25或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25 a 6＝11当⎩⎨⎧a 4＝11 a 6＝25时 ,可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10 d ＝7此时a n ＝7n －17 ,a 2＝－3 ,a 3＝4 ,易知当n ≤2时 ,a n <0 ,当n ≥3时 ,a n >0 ,∴a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最|小值；当⎩⎨⎧a 4＝25 a 6＝11时 ,可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝46d ＝－7此时a n ＝－7n ＋53 ,a 7＝4 ,a 8＝－3 ,易知当n ≤7时 ,a n >0 ,当n ≥8时 ,a n <0 ,∴a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最|小值．综上 ,a n a n ＋1的最|小值为－12.14．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 5＝a 5＋a 6＝25. (1)求{a n }的通项公式；(2)假设不等式2S n ＋8n ＋27>(－1)n k (a n ＋4)对所有的正整数n 都成立 ,求实数k 的取值范围．解：(1)设公差为d ,那么5a 1＋5×42d ＝a 1＋4d ＋a 1＋5d ＝25 ,∴a 1＝－1 ,d ＝3.∴{a n }的通项公式为a n ＝3n －4.(2)S n ＝－n ＋3n (n －1)2 ,2S n ＋8n ＋27＝3n 2＋3n ＋27 ,a n ＋4＝3n ,那么原不等式等价于(－1)nk <n ＋1＋9n 对所有的正整数n 都成立．∴当n 为奇数时 ,k >－⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1＋9n ；当n 为偶数时 ,k <n ＋1＋9n 恒成立．又∵n ＋1＋9n ≥7 ,当且仅当n ＝3时取等号 , ∴当n 为奇数时 ,n ＋1＋9n 的最|小值为7 ,当n 为偶数时 ,n ＝4时 ,n ＋1＋9n 的最|小值为294 ,∴不等式对所有的正整数n 都成立时 ,实数k 的取值范围是－7<k <294.尖子生小题库 - -供重点班学生使用普通班学生慎用15．(2021·河南郑州检测)各项为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足2S n ＝a n ＋22.(1)求证：{a n }为等差数列 ,并求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n ＋a 1＋1a n ＋a 2＋…＋1a n ＋a n ＋1a n ＋a n ＋1(n ∈N *) ,求证：b n ≤38. 证明：(1)∵2S n ＝a n ＋22 , ∴当n ＝1时 ,a 1＝2. 当n ≥2时 ,8S n ＝(a n ＋2)2 ,① 8S n －1＝(a n －1＋2)2 ,②由①－②得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－4)＝0(a n >0) ,那么a n －a n －1＝4 ,∴{a n }是以4为公差的等差数列 ,即a n ＝4n －2.(2)b n ＝1a n ＋a 1＋1a n ＋a 2＋…＋1a n ＋a n ＋1a n ＋a n ＋1＝14n ＋14n ＋4＋14n ＋8＋…＋14n ＋4(n －1)＋14n ＋4n＝14×1n ＋［1n ＋1＋…＋1n ＋(n －1)＋1n ＋n］<14×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1n ＋1＋1n ＋1＋…＋1n ＋1＋1n ＋1＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋n n ＋1. 设f (n )＝1n ＋nn ＋1,那么f (n ＋1)－f (n )<0 ,所以{f (n )}递减 ,14×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋n n ＋1≤14f (1)＝38 ,即b n ≤38.。

【精品含答案】高考一轮复习3.2等差数列及其性质基础训练题(理科)

2009届高考一轮复习3.2等差数列及其性质基础训练题（理科）注意：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

满分100分，考试时间45分钟。

第Ⅰ卷（选择题部分共36分）一、选择题（本大题共6小题，每小题6分，共36分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.（2007·海南·宁夏高考）已知{}n a 是等差数列，10a 10=，其前10项和70S 10=，则其公差=d （）（A ）32- （B ）31- （C ）31 （D ）322. 已知数列{}n a ，“对任意的*N n ∈，点)a ,n (P n 都在直线2x 3y +=上”是“{}n a 为等差数列”的（）（A ）充分不必要条件（B ）必要不充分条件（C ）充要条件（D ）既不充分也不必要条件3.（2008·乐山模拟）在等差数列{}n a 中，已知6a a a 1131=++，那么=9S （）（A ）2 （B ）8 （C ）18 （D ）364. 等差数列{}n a 共有2n 项，其中奇数项的和为90，偶数项的和为72，且33a a 1n 2-=-，则该数列的公差为（）（A ）3 （B ）3- （C ）2- （D ）1- 5. 已知等差数列{}n a 的前20项的和为100，那么147a ·a 的最大值为（）（A ）25 （B ）50 （C ）100 （D ）不存在6.（2007·湖北高考）已知两个等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n A 和n B ，且3n 45n 7B A n n ++=，则使得nn b a为整数的正整数n 的个数是（）（A ）2 （B ）3（C ）4（D ）5第Ⅱ卷（非选择题部分共64分）二、填空题（本大题共3小题，每小题6分，共18分。

把答案填在中横线上）7. 已知数列的通项2n 5a n +-=，其前n 项和为n S ，则_______n Slim 2n n =∞→。

2021届高考数学一轮复习第六章数列课时跟踪训练32等比数列及其前n项和文

2021届高考数学一轮复习第六章数列课时跟踪训练32等比数列及其前n 项和文[基础巩固]一、选择题1．(2021·河南百校联考)在等差数列{a n }中，a 1＝2，公差为d ，则“d ＝4”是“a 1，a 2，a 3成等比数列”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件[解析] 由a 1，a 2，a 3成等比数列得a 22＝a 1a 3，即(2＋d )2＝2(2＋2d )，解得d ＝0，因此“d ＝4”是“a 1，a 2，a 3成等比数列”的既不充分也不必要条件，故选D.[答案] D2．(2021·四川成都南充高中模拟)已知等比数列的前3项为x,3x ＋3,6x ＋6，则其第4项的值为( )A ．－24B ．－24或0C ．12或0D ．24[解析] 由x,3x ＋3,6x ＋6成等比数列，得(3x ＋3)2＝x (6x ＋6)．解得x 1＝－3或x 2＝－1(现在a 2＝a 3＝0，不合题意，舍去)．故那个等比数列的首项为－3，公比为2，因此a n ＝－3·2n －1，因此数列的第4项为a 4＝－24.故选A.[答案] A3．已知等比数列{a n }中，a 3＝2，a 4a 6＝16，则a 10－a 12a 6－a 8的值为( ) A ．2 B ．4 C ．8D ．16[解析] 因为a 3＝2，a 4a 6＝16，因此a 4a 6＝a 23q 4＝16，即q 4＝4，则a 10－a 12a 6－a 8＝q 4a 6－a 8a 6－a 8＝q 4＝4，故选B.[答案] B4．已知单调递增的等比数列{a n }中，a 2·a 6＝16，a 3＋a 5＝10，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．2n －2－14B ．2n －1－12C ．2n－1D ．2n ＋1－2[解析] ∵a 2·a 6＝16，∴a 3·a 5＝16，又a 3＋a 5＝10，等比数列{a n }单调递增，∴a 3＝2，a 5＝8，∴公比q ＝2，a 1＝12，∴S n ＝121－2n1－2＝2n －1－12，故选B. [答案] B5．已知{a n }为等比数列，若a 4＋a 6＝10，则a 1a 7＋2a 3a 7＋a 3a 9＝( ) A ．10 B ．20 C ．60D ．100[解析] a 1a 7＋2a 3a 7＋a 3a 9＝a 24＋2a 4a 6＋a 26＝(a 4＋a 6)2＝100. [答案] D6．(2021·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏[解析] 每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{a n }，则前7项的和S 7＝381，公比q ＝2，依题意，得a 11－271－2＝381，解得a 1＝3，选择B.[答案] B 二、填空题7．(2021·北京卷)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________.[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，则a 4＝－1＋3d ＝8，解得d ＝3；b 4＝－1·q 3＝8，解得q ＝－2.因此a 2＝－1＋3＝2，b 2＝－1×(－2)＝2，因此a 2b 2＝1.[答案] 18．(2021·郑州质量推测)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＋a 2＝34，a 4＋a 5＝6，则S 6＝________.[解析] 记等比数列{a n }的公比为q ，则有q 3＝a 4＋a 5a 1＋a 2＝8，q ＝2，则S 6＝(a 1＋a 2)＋q 2(a 1＋a 2)＋q 4(a 1＋a 2)＝21(a 1＋a 2)＝634.[答案]6349．(2021·湖南师范大学附属中学月考)已知数列{a n }的首项a 1＝2，数列{b n }为等比数列，且b n ＝a n ＋1a n.若b 10b 11＝2，则a 21＝________. [解析] 由已知，得b 1b 2…b 20＝a 2a 1·a 3a 2·…·a 21a 20＝a 21a 1＝a 212.因为{b n }为等比数列，因此b 1b 2…b 20＝(b 10b 11)10＝210，因此a 21＝2b 1b 2…b 20＝211＝2048.[答案] 2048 三、解答题10．(2021·北京卷)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10，b 2b 4＝a 5.(1)求{a n }的通项公式； (2)求和：b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1. [解] (1)设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 2＋a 4＝10，因此2a 1＋4d ＝10. 解得d ＝2.因此a n ＝2n －1. (2)设等比数列{b n }的公比为q . 因为b 2b 4＝a 5，因此b 1qb 1q 3＝9. 解得q 2＝3. 因此b 2n －1＝b 1q2n －2＝3n －1.从而b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n－12.[能力提升]11．数列{a n }的通项公式为a n ＝aq n，则{a n }为递增数列的一个充分不必要条件是( ) A ．a <0，q <1 B ．a <0，q <0 C ．a >0，q >0 D ．a <0,0<q <12[解析] a n ＋1－a n ＝aqn ＋1－aq n ＝aq n (q －1)，当a <0，0<q <12时，q n>0，q －1<0，∴a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ，该数列是递增数列；当数列是递增数列，有可能a >0，q >1，故数列为递增数列的一个充分不必要条件是a <0,0<q <12，故选D.[答案] D12．已知数列{a n }满足log 2a n －1＝log 2a n ＋1(n ∈N *)，若a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1＝2n，则log 2(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n )的值是( )A ．2n ＋1B ．2n －1C ．n ＋1D ．n －1[解析] 由log 2a n －1＝log 2a n ＋1得a n ＋1a n ＝12，因此数列{a n }是等比数列，公比为12，因此a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ＝12(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＝2n －1，因此log 2(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n )＝n －1.故选D.[答案] D13．(2021·全国卷Ⅰ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．[解析] 由题意知，a 2＋a 4＝(a 1＋a 3)q ，即5＝10q ，解得q ＝12，将q ＝12代入a 1＋a 3＝10，解得a 1＝8.∴a 1a 2…a n ＝a n1·qn n －12＝8n×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n n －12＝2－n 22＋7n2.∵－n 22＋7n2＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722＋498≤6，且n ∈N *.当n ＝3或4时有最大值．∴a 1a 2…a n ＝2－n 22＋7n2 ≤26＝64，即最大值为64. [答案] 6414．(2021·广西南宁三中联考)已知{a n }是公比为q 的等比数列，令b n ＝a n ＋1(n ＝1,2,3，…)，若数列{b n }有连续4项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则6q ＝________.[解析] 因为数列{b n }有连续4项在集合{－53，－23,19,37,82}中，而b n ＝a n ＋1，因此数列{a n }有连续4项在集合{－54，－24,18,36,81}中．因为{a n }是公比为q 的等比数列，因此当q ＝－32时，－24,36，－54,81是{a n }的连续4项；当q ＝－23时，81，－54,36，－24是{a n }的连续4项．因此6q ＝－9或－4.[答案] －9或－415．(2021·全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n＋1＝0.(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．[解] (1)∵a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，∴令n ＝1，有a 21－(2a 2－1)a 1－2a 2＝0，即 1－(2a 2－1)－2a 2＝0，得a 2＝12.同理可得a 22－(2a 3－1)a 2－2a 3＝0，解得a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)．因为{a n }的各项都为正数，因此a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.16．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．[解] (1)证明：由a 1＝1及S n ＋1＝4a n ＋2，有a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2.∴a 2＝5，∴b 1＝a 2－2a 1＝3.又⎩⎪⎨⎪⎧ S n ＋1＝4a n ＋2，S n ＝4a n －1＋2n ≥2，①②①－②，得a n ＋1＝4a n －4a n －1，∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)． ∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1(n ≥2)，故{b n }是以3为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1，∴a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以12为首项，34为公差的等差数列．∴a n 2n ＝12＋(n －1)·34＝3n －14，得a n ＝(3n －1)·2n －2. [延伸拓展](2021·江西南昌摸底考试)设等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项之积为T n ，同时满足条件：a 1>1，a 2021·a 2021>1，a 2021－1a 2021－1<0.给出下列结论：(1)0<q <1；(2)a 2017a 2020－1>0；(3)T 2021是数列{T n }中的最大项；(4)使T n >1成立的最大自然数n 等于4031，其中正确的结论为( )A ．(2)(3)B ．(1)(3)C ．(1)(4)D ．(2)(4)[解析] 因为a 2021－1a 2021－1<0，因此⎩⎪⎨⎪⎧a 2021<1，a 2021>1，或⎩⎪⎨⎪⎧a 2021>1，a 2021<1，若⎩⎪⎨⎪⎧a 2021<1，a 2021>1成立，又a 2016a 2021>1，因此⎩⎪⎨⎪⎧0<a 2021<1，a 2021>1，因此q ＝a 2021a 2021>1，因此a 2021＝a 1q 2020，而a 1>1，因此a 2021>1，矛盾．从而⎩⎪⎨⎪⎧a 2021>1，0<a 2021<1，因此0<q <1，又因为a 1>1，因此易知数列{a n }的前2021项都大于1，而从第2021项起都小于1，因此T 2021是数列{T n }的最大项．从而(1)(3)正确，(2)错误，∵a 2021·a 2021>1，a 2021<1，∴使T n >1成立的最大自然数n 等于4032，(4)错误，故选B.[答案] B。

高考数学一轮复习 3.2 等差数列课时闯关理(含解析)人

【优化方案】2014届高考数学一轮复习 3.2 等差数列课时闯关理（含解析）人教版一、选择题1．如果等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5＝12，那么a 1＋a 2＋…＋a 7＝( ) A ．14 B ．21 C ．28 D ．35解析：选C.∵a 3＋a 4＋a 5＝12，∴3a 4＝12，a 4＝4. ∴a 1＋a 2＋…＋a 7＝(a 1＋a 7)＋(a 2＋a 6)＋(a 3＋a 5)＋a 4 ＝7a 4＝28.2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选A.设等差数列的公差为d ，则由a 4＋a 6＝－6得2a 5＝－6，∴a 5＝－3.又∵a 1＝－11，∴－3＝－11＋4d ，∴d ＝2.∴S n ＝－11n ＋n n －12×2＝n 2－12n ＝(n －6)2－36，故当n ＝6时，S n 取最小值，故选A.3．(2011·高考四川卷)数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列且b n ＝a n ＋1－a n ()n ∈N *.若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8＝( )A ．0B ．3C ．8D ．11解析：选B.设数列{b n }的首项为b 1，公差为d ，由b 3＝－2，b 10＝12，得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＋2d ＝－2，b 1＋9d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝－6，d ＝2，∴b n ＝－6＋2()n －1＝2n －8.∵b n ＝a n ＋1－a n ，∴a 8＝()a 8－a 7＋()a 7－a 6＋()a 6－a 5＋()a 5－a 4＋()a 4－a 3＋()a 3－a 2＋()a 2－a 1＋a 1＝b 7＋b 6＋b 5＋…＋b 1＋a 1＝7×()－6＋2×7－82＋3＝3.4．(2012·高考大纲全国卷)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为( )A.100101 B.99101 C.99100 D.101100解析：选A.设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . ∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×5－12d ＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .∴1a n a n ＋1＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为 1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101. 5．(2013·河北衡水中学模拟)已知等差数列{a n }满足a 2＝3，a 5＝9，若数列{b n }满足b 1＝3，b n ＋1＝ab n ，则{b n }的通项公式为b n ＝( )A ．2n －1B ．2n＋1C ．2n ＋1－1D ．2n －1＋2解析：选B.设等差数列{a n }的公差为d ，则有d ＝a 5－a 25－2＝2，a n ＝a 2＋(n －2)d ＝2n －1；又b n ＋1＝ab n ，因此有b n ＋1＝2b n －1，b n ＋1－1＝2(b n －1)，而b 1－1＝2≠0，因此数列{b n －1}是首项为2、公比为2的等比数列，于是有b n －1＝2×2n －1＝2n ，所以b n ＝2n＋1.选B.二、填空题6．(2011·高考天津卷)已知{a n }是等差数列，S n 为其前n 项和，n ∈N *.若a 3＝16，S 20＝20，则S 10的值为________．解析：设首项为a 1，公差为d ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝16，①20a 1＋12×20×19d ＝20.②由②得2a 1＋19d ＝2.③③－①×2得15d ＝－30，∴d ＝－2，∴a 1＝16－2d ＝20.∴S 10＝10a 1＋12×10×9d ＝200－90＝110.答案：1107．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，令b n ＝1n(a 1＋a 2＋…＋a n )，则数列{b n }的前10项和T 10＝__________.解析：因为a n ＝2n ＋1，所以数列{a n }是一个等差数列，其首项为a 1＝3，前n 项和为S n＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝n a 1＋a n 2＝n 3＋2n ＋12＝n 2＋2n ，所以b n ＝1n ×S n ＝1n×(n 2＋2n )＝n＋2，故数列{b n }也是一个等差数列，其首项为b 1＝3，公差为d ＝1，所以其前10项和T 10＝10b 1＋10×92d ＝10×3＋45＝75.答案：758. 如图是一个有n 层(n ≥2)的六边形点阵．它的中心是一个点，算作第一层，第2层每边有2个点，第3层每边有3个点，…，第n 层每边有n 个点，则这个点阵的点数共有__________个．解析：设第n 层共a n 个点，结合图形可知a 1＝1，a 2＝6，…，a n ＋1＝a n ＋6(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝6＋(n －2)×6＝6n －6(n ≥2，n ∈N *)．前n 层所有点数之和为S n ＝1＋n －1[6＋6n －6]2＝3n 2－3n ＋1，故这个点阵的点数共有3n 2－3n ＋1个．答案：3n 2－3n ＋1 三、解答题9．(2011·高考福建卷)已知等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d . 由a 1＝1，a 3＝－3可得1＋2d ＝－3，解得d ＝－2. 从而a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n . (2)由(1)可知a n ＝3－2n ，所以S n ＝n [1＋3－2n ]2＝2n －n 2.由S k ＝－35可得2k －k 2＝－35，即k 2－2k －35＝0，解得k ＝7或k ＝－5.又k ∈N *，故k ＝7.10．在等比数列{a n }中，已知a 1＝2，a 4＝16. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 3，a 5分别为等差数列{b n }的第3项和第5项，数列{b n }的前n 项和为S n ，求当n 满足什么条件时，S n >0?解：(1)设数列{a n }的公比为q ，则16＝2q 3，∴q ＝2.∴{a n }的通项公式为a n ＝2n.(2)由(1)得a 3＝8，a 5＝32，则b 3＝8，b 5＝32.设数列{b n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧b 1＋2d ＝8b 1＋4d ＝32，解之得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝－16d ＝12.∴b n ＝－16＋12(n －1)＝12n －28，∴数列{b n }的前n 项和S n ＝n －16＋12n －282＝6n 2－22n .令S n >0，∴6n 2－22n >0，解得n >113或n <0，∴n ≥4(n ∈N *)．11．(探究选做)(2012·高考四川卷)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2a n ＝S 2＋S n 对一切正整数n 都成立．(1)求a 1，a 2的值；(2)设a 1＞0，数列{lg 10a 1a n}的前n 项和为T n .当n 为何值时，T n 最大？并求出T n 的最大值．解：(1)取n ＝1，得a 2a 1＝S 2＋S 1＝2a 1＋a 2，①取n ＝2，得a 22＝2a 1＋2a 2.② 由②－①，得a 2(a 2－a 1)＝a 2.③ 若a 2＝0，由①知a 1＝0；若a 2≠0，由③知a 2－a 1＝1.④由①④解得a 1＝2＋1，a 2＝2＋2或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2.综上可得，a 1＝0，a 2＝0或a 1＝2＋1，a 2＝2＋2或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2. (2)当a 1>0时，由(1)知a 1＝2＋1，a 2＝2＋2.当n ≥2时，有(2＋2)a n ＝S 2＋S n ，(2＋2)a n －1＝S 2＋S n －1，所以(1＋2)a n ＝(2＋2)a n －1，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．所以a n ＝a 1(2)n －1＝(2＋1)·(2)n －1.令b n ＝lg 10a 1a n，则b n ＝1－lg(2)n －1＝1－12(n －1)lg 2＝12lg 1002n －1.所以数列{b n }是单调递减的等差数列(公差为－12lg 2)．从而b 1>b 2>…>b 7＝lg 108>lg 1＝0.当n ≥8时，b n ≤b 8＝12lg 100128<12lg 1＝0.故当n ＝7时，T n 取得最大值，且T n 的最大值为T 7＝7b 1＋b 72＝71＋1－3lg 22＝7－212lg 2.。

新高考一轮复习人教版等差数列作业

7.2等差数列基础篇固本夯基考点一等差数列及其前n项和1.(2022届辽宁渤海大学附中月考二)在等差数列{a n}中,若a2+a3+a4=6,a6=4,则公差d=()A.1B.2C.13D. 2 3答案D2.(2019课标Ⅰ理,9,5分)记S n为等差数列{a n}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则()A.a n=2n-5B.a n=3n-10C.S n=2n2-8nD.S n=12n2-2n答案A3.(2021重庆二模,4)已知公差不为0的等差数列{a n}中,a2+a4=a6,a9=a62,则a10=()A.52B.5C.10D.40答案A4.(2022届福建南平10月联考,14)设等差数列{a n}的前n项和为S n,已知a2+2a4+a10=32,则S9=. 答案725.(2020课标Ⅱ文,14,5分)记S n为等差数列{a n}的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10=.答案256.(2020新高考Ⅰ,14,5分)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{a n},则{a n}的前n项和为.答案3n2-2n7.(2019课标Ⅲ理,14,5分)记S n为等差数列{a n}的前n项和,若a1≠0,a2=3a1,则S10S5=.答案 48.(2022届海南东方琼西中学月考,17)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 10=30,a 20=50. (1)求通项公式a n ; (2)若S n =242,求n.解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d,依题意有{a 10=a 1+9d =30,a 20=a 1+19d =50,解得{a 1=12,d =2,所以a n =2n+10(n ∈N *). (2)由(1)可得S n =12n+n(n−1)2×2=n 2+11n,令n 2+11n=242,解得n=-22(舍)或n=11,故n=11. 9.(2022届广东肇庆统一检测一)在等差数列{a n }中,a 1=10,公差d>0,其前四项中删去某一项后(按原来的顺序)恰好是等比数列{b n }的前三项. (1)求d 的值;(2)设{a n }中不包含{b n }的项按从小到大的顺序构成新数列{c n },记{c n }的前n 项和为S n ,求S 100. 解析 (1)由a 1=10,公差为d,得a 2=10+d,a 3=10+2d,a 4=10+3d. ①若删去第1项,则(10+2d)2=(10+d)(10+3d),解得d=0,不符合题意; ②若删去第2项,则(10+2d)2=10×(10+3d),解得d=0或d=-52,不符合题意; ③若删去第3项,则(10+d)2=10×(10+3d),解得d=0(舍去)或d=10; ④若删去第4项,则(10+d)2=10×(10+2d),解得d=0,不符合题意. 综上可知,d=10.(2)由(1)可知,a n =10+(n-1)×10=10n,等比数列{b n }的前三项分别为10,20,40,所以数列{b n }是以10为首项,2为公比的等比数列,所以b n =10·2n-1, 所以b 7=640,b 8=1280,又a 107=1070,所以可知{a n }的前107项中有7项被删除,即c 100=a 107.设数列{a n }的前n 项和为H n ,数列{b n }的前n 项和为T n ,则S 100=H 107-T 7=107×(10+1 070)2-10×(1−27)1−2=56510.10.(2021新高考Ⅱ,17,10分)记S n 为公差不为零的等差数列{a n }的前n 项和,若a 3=S 5,a 2·a 4=S 4. (1)求{a n }的通项公式;(2)求使得S n >a n 成立的n 的最小值.解析 (1)a 3=S 5⇒a 1+2d=5a 1+10d ⇒4a 1+8d=0⇒a 1+2d=0⇒a 1=-2d,① a 2·a 4=S 4⇒(a 1+d)(a 1+3d)=4a 1+6d,② 将①代入②得-d 2=-2d ⇒d=0(舍)或d=2, ∴a 1=-2d=-4,∴a n =-4+(n-1)×2=2n-6. (2)由(1)知a n =2n-6, S n =na 1+n(n−1)2d=-4n+n(n-1)=n 2-5n. S n >a n ⇔n 2-5n>2n-6⇔n 2-7n+6>0⇔(n-1)(n-6)>0, 解得n<1(舍)或n>6,∴n 的最小值为7.11.(2019课标Ⅰ文,18,12分)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.已知S 9=-a 5. (1)若a 3=4,求{a n }的通项公式;(2)若a 1>0,求使得S n ≥a n 的n 的取值范围. 解析 (1)设{a n }的公差为d.由S 9=-a 5得a 1+4d=0.由a 3=4得a 1+2d=4. 于是a 1=8,d=-2.因此{a n }的通项公式为a n =10-2n. (2)由(1)得a 1=-4d,故a n =(n-5)d,S n =n(n−9)d2.由a 1>0知d<0,故S n ≥a n 等价于n 2-11n+10≤0,解得1≤n ≤10.所以n 的取值范围是{n|1≤n ≤10,n ∈N *}.考点二等差数列的性质1.(2022届山东学情10月联考,6)已知等差数列{a n}、{b n}的前n项和分别为S n、T n,且a4b6=13,则S7T11=()A.7 33B.13C.1433D.711答案A2.(2021广州月考)设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S3=6,S6=3,则S12等于()A.-3B.-12C.-21D.-30答案D3.(2020浙江高中发展共同体期末)已知{a n}是公差为d的等差数列,前n项和是S n,若S9<S8<S10,则()A.d>0,S17>0B.d<0,S17<0C.d>0,S18<0D.d>0,S18>0答案D4.(2020浙江,7,4分)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,公差d≠0,且a1d≤1.记b1=S2,b n+1=S2n+2-S2n,n∈N*,下列等式不可能．．．成立的是()A.2a4=a2+a6B.2b4=b2+b6C.a42=a2a8D.b42=b2b8答案D5.(2020北京,8,4分)在等差数列{a n}中,a1=-9,a5=-1.记T n=a1a2…a n(n=1,2,…),则数列{T n}()A.有最大项,有最小项B.有最大项,无最小项C.无最大项,有最小项D.无最大项,无最小项答案B6.(2019江苏,8,5分)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列,S n 是其前n 项和.若a 2a 5+a 8=0,S 9=27,则S 8的值是 . 答案 167.(2021广东韶关一模,14)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和,a 6+a 7=1,则S 12= ,若a 7<0,则使得不等式S n <0成立的最小整数n= . 答案 6;13综合篇知能转换A 组考法一等差数列的判定1.(2021山东聊城二模,8)已知数列{a n },a n =1f(n),其中f(n)为最接近√n 的整数,若{a n }的前m 项和为20,则m=( )A.15B.30C.60D.110 答案 D2.(2022届江苏泰州中学检测,20)已知数列{a n }满足a 1=6,a n-1a n -6a n-1+9=0,n ∈N *且n ≥2. (1)求证:数列{1a n −3}为等差数列; (2)求数列{a n }的通项公式; (3)设b n =a n(n+1)2,求数列{b n }的前n 项和T n .解析 (1)证明:当n ≥2时,a n-1a n -6a n-1+9=0⇒a n =6a n−1−9a n−1,∴1a n −3-1a n−1−3=a n−13a n−1−9-1a n−1−3=a n−1−33(a n−1−3)=13.又∵1a 1−3=13,∴数列{1a n −3}是以13为首项,13为公差的等差数列. (2)由(1)得1a n −3=13+(n-1)·13=n 3,∴a n =3(n+1)n.(3)∵b n=a n(n+1)2=3n(n+1)=3(1n−1n+1),∴T n=b1+b2+…+b n=3(1−12)+(12−13)+(13−14)+…+(1n−1n+1)=3(1−1n+1)=3n n+1.3.(2022届江苏苏州调研)已知数列{a n}的前n项和为S n,且S n=2a n-2n+1+2(n∈N*).(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=a n4n,若T n=b1+b2+b3+…+b n,求T n.解析(1)当n=1时,a1=S1=2a1-2,解得a1=2,当n≥2时,a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1-2n,化简得a n=2a n-1+2n,即a n 2n -a n−12n−1=1,因此,数列{a n2n}是首项和公差均为1的等差数列,所以a n2n=n,a n=n·2n(n∈N*).(2)由(1)可得b n=n2n =n+12n−1-n+22n,则T n=220-321+321-422+…+n+12n−1-n+22n=2-n+22n.4.(2022届江苏百校联考一,17)已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,a n≠0,a n a n+1=λS n-1,其中λ为常数.(1)证明:a n+2-a n=λ;(2)若{a n}为等差数列,求S10.解析(1)证明:由a n a n+1=λS n-1可得a n+1a n+2=λS n+1-1,两式相减得a n+1(a n+2-a n)=λa n+1,因为a n+1≠0,所以a n+2-a n=λ.(2)由S1=a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-1,由(1)知a3=λ+1,因为{a n}为等差数列,所以2a2=a1+a3,即2(λ-1)=1+λ+1,解得λ=4,故a n+2-a n=4,所以数列{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,可得a2n-1=4n-3=2(2n-1)-1,数列{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,可得a2n=4n-1=2·2n-1,所以a n=2n-1(n∈N*),所以S10=10×(1+19)2=100.5.(2022届广东开学考,17)已知数列{a n}中,a1=1,且满足a n+1=a n-2n,b n=a n+n2(n∈N*).(1)证明:数列{b n}是等差数列,并求数列{b n}的通项公式;(2)设S n为数列{1b n·b n+1}的前n项和,求满足S n≥512的n的最小值.解析 (1)因为b n+1-b n =a n+1+(n+1)2-(a n +n 2)=a n+1-a n +2n+1=1,b 1=a 1+12=2,所以数列{b n }是首项为2,公差为1的等差数列.所以b n =2+(n-1)=n+1. (2)因为1b n ·b n+1=1(n+1)(n+2)=1n+1-1n+2,所以S n =12-13+13-14+…+1n+1-1n+2=12-1n+2=n 2(n+2),由n 2(n+2)≥512解得n ≥10,所以满足S n ≥512的n 的最小值为10.6.(2021新高考Ⅰ,17,10分)已知数列{a n }满足a 1=1,a n+1={a n +1,n 为奇数,a n +2,n 为偶数.(1)记b n =a 2n ,写出b 1,b 2,并求数列{b n }的通项公式; (2)求{a n }的前20项和.解析 (1)由题意得a 2n+1=a 2n +2,a 2n+2=a 2n+1+1, 所以a 2n+2=a 2n +3,即b n+1=b n +3,且b 1=a 2=a 1+1=2, 所以数列{b n }是以2为首项,3为公差的等差数列, 所以b 1=2,b 2=5,b n =2+(n-1)×3=3n-1. (2)当n 为奇数时,a n =a n+1-1. 设数列{a n }的前n 项和为S n , 则S 20=a 1+a 2+…+a 20=(a 1+a 3+…+a 19)+(a 2+a 4+…+a 20)=[(a 2-1)+(a 4-1)+…+(a 20-1)]+(a 2+a 4+…+a 20) =2(a 2+a 4+…+a 20)-10,由(1)可知a 2+a 4+…+a 20=b 1+b 2+…+b 10=10×2+10×92×3=155, 故S 20=2×155-10=300,即{a n }的前20项和为300.7.(2021全国甲理,18,12分)已知数列{a n }的各项均为正数,记S n 为{a n }的前n 项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.①数列{a n}是等差数列;②数列{√S n}是等差数列;③a2=3a1.注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.解析选①②作为条件,证明③.证明:设等差数列{a n}的公差为d,因为{√S n}是等差数列,所以2√S2=√S1+√S3,即2√2a1+d=√a1+√3a1+3d,两边平方,得4(2a1+d)=a1+3a1+3d+2√a1(3a1+3d),整理得4a1+d=2√a1(3a1+3d),两边平方,得16a12+8a1d+d2=4(3a12+3a1d),化简得4a12-4a1d+d2=0,即(2a1−d)2=0,所以d=2a1,则a2=a1+d=3a1.选①③作为条件,证明②.证明:设等差数列{a n}的公差为d.因为a2=3a1,即a1+d=3a1,所以d=2a1.所以等差数列{a n}的前n项和S n=na1+n(n−1)2d=na1+n(n−1)2·2a1=n2a1.又a1>0,所以√S n=n√a1.则√S n+1-√S n=(n+1)√a1-n√a1=√a1,所以数列{√S n}是公差为√a1的等差数列.选②③作为条件,证明①.证明:设等差数列{√S n}的公差为d,因为√S1=√a1,√S2=√a1+a2=√a1+3a1=2√a1,所以d=√S2-√S1=2√a1-√a1=√a1,则等差数列{√S n}的通项公式为√S n=√a1+(n-1)√a1=n√a1,所以S n=n2a1,当n≥2时,a n=S n-S n-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,且当n=1时,上式也成立,所以数列{a n}的通项公式为a n=(2n-1)a1,n∈N*,则a n+1-a n=(2n+1)a1-(2n-1)a1=2a1,所以数列{a n}是公差为2a1的等差数列.8.(2022届广东阶段测,17)已知数列{a n}满足a1=1,a n+a n-1=2n(n≥2,n∈N*).(1)记b n=a2n,求数列{b n}的通项公式;(2)求数列{a n}的前n项和S n.解析(1)依题意得,a2+a1=4,又a1=1,故b1=a2=3.因为a2n+2+a2n+1=4n+4,a2n+1+a2n=4n+2,所以b n+1-b n =a 2n+2-a 2n =(a 2n+2+a 2n+1)-(a 2n+1+a 2n )=(4n+4)-(4n+2)=2. 因此,{b n }是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为b n =2n+1. (2)解法一:因为a 2n +a 2n-1=4n,所以由(1)知a 2n-1=4n-a 2n =2n-1.当n=2k(k ∈N *)时,S n =(a 1+a 3+…+a 2k-1)+(a 2+a 4+…+a 2k )=(1+3+…+2k-1)+(3+5+…+2k+1)=(1+2k−1)·k 2+(3+2k+1)·k 2=k(2k+2)=n(n+2)2. 当n=2k-1(k ∈N *)时,S n =S n+1-a n+1=(n+1)(n+3)2-(n+2)=n(n+2)−12. 因此,S n ={n(n+2)−12,n 为奇数,n(n+2)2,n 为偶数.解法二:当n=2k(k ∈N *)时,S n =(a 1+a 2)+(a 3+a 4)+…+(a 2k-1+a 2k )=4+8+…+4k=(4+4k)·k 2=k(2k+2)=n(n+2)2. 当n=2k+1(k ∈N *)时,S n =a 1+(a 2+a 3)+(a 4+a 5)+…+(a 2k +a 2k+1)=1+6+10+…+(4k+2) =1+(6+4k+2)·k 2=k(2k+4)+1=(n−1)(n+3)2+1=n(n+2)−12,S 1=a 1=1=1×3−12也满足上式. 故S n ={n(n+2)−12,n 为奇数,n(n+2)2,n 为偶数.9.(2021全国乙理,19,12分)记S n 为数列{a n }的前n 项和,b n 为数列{S n }的前n 项积,已知2S n +1b n=2. (1)证明:数列{b n }是等差数列; (2)求{a n }的通项公式.解析 (1)证明:由b n =S 1·S 2·…·S n 可得,S n ={b 1,n =1,b nb n−1,n ≥2.由2S n +1b n=2知,当n=1时,2S 1+1b 1=2,即2b 1+1b 1=2,所以b 1=S 1=32,当n ≥2时,2b n b n−1+1b n =2,即2b n =2b n-1+1,即b n -b n-1=12,故数列{b n }是首项为32,公差为12的等差数列.(2)由(1)知,b n =32+(n-1)×12=n+22,故当n ≥2时,S n =b n b n−1=n+2n+1,S 1也符合该式, 即S n =n+2n+1(n ∈N *),从而a 1=S 1=32, 当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n+2n+1-n+1n =-1n(n+1),a 1不符合该式,所以a n ={32,n =1,−1n(n+1),n ≥2. 考法二等差数列前n 项和的最值问题1.(多选)(2022届石家庄二中开学考试,11)设数列{a n }是等差数列,S n 是其前n 项和,a 1>0且S 6=S 9,则( ) A.d>0 B.a 8=0C.S 7或S 8为S n 的最大值D.S 5>S 6 答案 BC2.(多选)(2022届广东珠海二中10月月考,11)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知S 10=0,S 15=25,则( ) A.a 5=0B.{a n }的前n 项和中S 5最小C.nS n 的最小值为-49D.S n n的最大值为0 答案 BC3.(2022届湖南天壹名校联盟摸底,3)已知等差数列{a n }的通项公式为a n =9-2n,则其前n 项和S n 的最大值为( )A.15B.16C.17D.18 答案 B4.(2021上海松江一模)记S n 为数列{a n }的前n 项和,已知点(n,a n )在直线y=10-2x 上,若有且只有两个正整数n 满足S n ≥k,则实数k 的取值范围是( )A.(8,14]B.(14,18]C.(18,20]D.(18,814] 答案 C 5.(多选)(2022届江苏苏州调研,10)设S n 是公差为d(d ≠0)的无穷等差数列{a n }的前n 项和,则下列命题正确的是( )A.若d<0,则数列{S n }有最大值B.若数列{S n }有最大项,则d<0C.若对任意的n ∈N *,S n+1>S n 恒成立,则S n >0D.若对任意的n ∈N *,均有S n >0,则S n+1>S n 恒成立答案 ABD6.(2021湖南百校联考,17)在①a n+1a n =-12,②a n+1-a n =-16,③a n+1=a n +n-8这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,若问题中的S n 存在最大值,则求出最大值;若问题中的S n 不存在最大值,请说明理由. 问题:设S n 是数列{a n }的前n 项和,且a 1=4, ,求{a n }的通项公式,并判断S n 是否存在最大值. 注:如果选择多个条件分别解答,那么按第一个解答计分.解析方案一:选①.因为a n+1a n =-12,a 1=4,所以{a n }是首项为4,公比为-12的等比数列.所以a n =4×(−12)n−1=(−12)n−3, 当n 为奇数时,S n =4[1−(−12)n]1+12=83(1+12n ), 因为S n =83(1+12n )随着n 的增大而减小,所以S n 的最大值为S 1=4. 当n 为偶数时,S n =83(1−12n ),且S n =83(1−12n )<83<4.综上,S n 存在最大值,且最大值为4. 方案二:选②.因为a n+1-a n =-16,a 1=4,所以{a n }是首项为4,公差为-16的等差数列,所以a n =4+(n-1)(−16)=-16n+256,由-16n+256≥0,得n ≤25, 所以S n 存在最大值,且最大值为S 25(或S 24),因为S 25=25×4+25×242×(−16)=50,所以S n 的最大值为50.方案三:选③.因为a n+1=a n +n-8,所以a n+1-a n =n-8,所以a 2-a 1=-7,a 3-a 2=-6,……,a n -a n-1=n-9(n ≥2),则a n -a 1=a 2-a 1+a 3-a 2+…+a n -a n-1=(−7+n−9)(n−1)2=n 2−17n+162,又a 1=4,所以a n =n 2−17n+242, 当n ≥16时,a n >0恒成立,故S n 不存在最大值.7.(2018课标Ⅱ,17,12分)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和,已知a 1=-7,S 3=-15.(1)求{a n }的通项公式;(2)求S n ,并求S n 的最小值.解析 (1)设{a n }的公差为d,由题意得3a 1+3d=-15.由a 1=-7得d=2.所以{a n }的通项公式为a n =2n-9.(2)由(1)得S n =n 2-8n=(n-4)2-16.所以当n=4时,S n 取得最小值,最小值为-16.8.(2022届湖南湘潭模拟,17)已知S n 为数列{a n }的前n 项和,且a n+1=a n +d(n ∈N *,d 为常数),若S 3=12,a 3a 5+2a 3-5a 5-10=0.求:(1)数列{a n }的通项公式;(2)S n 的最值.解析 (1)由a n+1=a n +d(d 为常数)知数列{a n }是等差数列,且d 为公差.由S 3=a 1+a 2+a 3=3a 2=12得a 2=4, 由a 3a 5+2a 3-5a 5-10=0得(a 3-5)(a 5+2)=0,所以a 3=5或a 5=-2,由{a 2=4,a 3=5得a 1=3,d=1,此时a n =n+2. 由{a 2=4,a 5=−2得a 1=6,d=-2,此时a n =-2n+8.所以a n =n+2或a n =-2n+8.(2)当a n =n+2时,S n =n 2+5n 2,因为S n =n 2+5n 2是关于正整数n 的增函数,所以S 1=3为S n 的最小值,S n 无最大值;当a n =-2n+8时,S n =-n 2+7n=-(n −72)2+494,因为n 为正整数,所以当n=3或n=4时,S n 取最大值S 3=S 4=12,S n 无最小值.B 组1.(多选)(2022届河北大联考)若直线3x+4y+n=0(n ∈N *)与圆C:(x-2)2+y 2=a n 2(a n >0)相切,则() A.a 1=65B.数列{a n }为等差数列C.圆C 可能经过坐标原点D.数列{a n }的前10项和为23答案 BCD2.(多选)(2022届鄂东南联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,下列说法正确的是( )A.若S n =n 2-11n+1,则a n =2n-12B.若a n =-2n+11,则数列{|a n |}的前10项和为49C.若a n =-2n+11,则S n 的最大值为25D.若数列{a n }为等差数列,且a 1011<0,a 1011+a 1012>0,则当S n <0时,n 的最大值为2021 答案 CD。

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课时作业32 等差数列一、选择题1．(2019·湖北荆州一模)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＝3，a 8＝8，则a 12的值是( A )A ．15B ．30C ．31D ．64解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 3＋a 4＋a 5＝3，∴3a 4＝3，即a 1＋3d ＝1，又由a 8＝8得a 1＋7d ＝8，联立解得a 1＝－174，d ＝74，则a 12＝－174＋74×11＝15.故选A.2．已知数列{a n }中，a 2＝32，a 5＝98，且{1a n －1}是等差数列，则a 7＝( D )A.109B.1110C.1211D.1312解析：设等差数列{1a n －1}的公差为d ，则1a 5－1＝1a 2－1＋3d ，即198－1＝132－1＋3d ，解得d ＝2，所以1a 7－1＝1a 2－1＋5d ＝12，解得a 7＝1312.故选D.3．(2019·山东青岛模拟)公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 6＝3a 4，且S 9＝λa 4，则λ的值为( A )A ．18B ．20C ．21D ．25解析：设公差为d ，由a 6＝3a 4，且S 9＝λa 4，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋5d ＝3a 1＋9d ，9a 1＋9×8d 2＝λa 1＋3λd ，解得λ＝18，故选A. 4．(2019·贵阳市摸底考试)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 6＝2a 3，则S 11S 5＝( D ) A.115B.522C.1110D.225 解析：S 11S 5＝112(a 1＋a 11)52(a 1＋a 5)＝11a 65a 3＝225.故选D. 5．(2019·河南郑州一中月考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 11＝22，a 4＝－12，如果当n ＝m 时，S n 最小，那么m 的值为( C )A ．10B ．9C ．5D ．4解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧ 11a 1＋11×102d ＝22，a 1＋3d ＝－12，解得⎩⎨⎧ a 1＝－33，d ＝7，所以S n ＝－33n ＋n (n －1)2×7＝72n 2－732n ＝72(n －7314)2－72×(7314)2.因为n ∈N *，所以当n ＝5时，S n 取得最小值．故选C.6．(2019·安徽淮北一模)S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 2 018<S 2 016，S 2 017<S 2 018，则S n <0时n 的最大值是( D )A ．2 017B ．2 018C ．4 033D ．4 034解析：∵S 2 018<S 2 016，S 2 017<S 2 018，∴a 2 018＋a 2 017<0，a 2 018>0.∴S 4 034＝4 034(a 1＋a 4 034)2＝2 017(a 2 018＋a 2 017)<0，S 4 035＝4 035(a 1＋a 4 035)2＝4 035a 2 018>0，可知S n <0时n 的最大值是4 034.故选D.二、填空题7．已知公差不为0的等差数列{a n }的首项a 1＝3，且a 1，a 4，a 13成等比数列，则数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1.解析：设等差数列{a n }的公差为d .∵a 1，a 4，a 13成等比数列，a 1＝3，∴a 24＝a 1a 13，即(3＋3d )2＝3(3＋12d )，解得d ＝2或d ＝0(舍去)，故{a n }的通项公式为a n ＝3＋2(n －1)，即a n ＝2n ＋1.8．在等差数列{a n }中，a 9＝12a 12＋6，则数列{a n }的前11项和S 11等于132.解析：S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11a 6，设公差为d ，由a 9＝12a 12＋6得a 6＋3d ＝12(a 6＋6d )＋6，解得a 6＝12，所以S 11＝11×12＝132.9．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 33－S 22＝1，则数列{a n }的公差是2. 解析：∵S 33－S 22＝1，∴2⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 1＋3×22d －3⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 1＋2×12d ＝6， ∴6a 1＋6d －6a 1－3d ＝6，∴d ＝2.10．在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，则d 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－1，－78. 解析：由题意，当且仅当n ＝8时S n 有最大值，可得⎩⎪⎨⎪⎧d <0，a 8>0，a 9<0，即⎩⎪⎨⎪⎧ d <0，7＋7d >0，7＋8d <0，解得－1<d <－78.三、解答题11．(2019·郑州质量预测)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＋a 5＝25，S 5＝55.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设a n b n ＝13n －1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＋a 5＝2a 1＋5d ＝25，S 5＝5a 3＝5a 1＋5×42d ＝55，解得⎩⎨⎧ a 1＝5，d ＝3，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋2.(2)由a n b n ＝13n －1，得b n ＝1a n (3n －1)＝1(3n －1)(3n ＋2)＝13(13n －1－13n ＋2)， T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝13(12－15＋15－18＋…＋13n －1－13n ＋2)＝13(12－13n ＋2) ＝16－19n ＋6＝n 2(3n ＋2). 12．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝－21，a 5与a 7的等差中项为1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若T n ＝|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |，求T 10的值和T n 的表达式．解：(1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ 3a 1＋3×22d ＝－21，(a 1＋4d )＋(a 1＋6d )＝2，解得⎩⎨⎧ a 1＝－9，d ＝2，则a n ＝－9＋(n －1)×2＝2n －11，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －11.(2)令a n ＝2n －11<0，得n <112，即n ≤5，所以当n ≤5时，a n ＝2n－11<0，当n ≥6时，a n ＝2n －11>0.又S n ＝n 2－10n ，S 5＝－25，S 10＝0，所以T 10＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝－S 5＋(S 10－S 5)＝S 10－2S 5＝50.当n ≤5时，T n ＝－S n ＝10n －n 2；当n ≥6时，T n ＝－S 5＋(S n －S 5)＝S n －2S 5＝n 2－10n ＋50.综上，T n ＝⎩⎨⎧ 10n －n 2，n ≤5，n 2－10n ＋50，n ≥6.13．(2019·武汉市调研测试)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为－12.解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 3＋a 7＝36，∴a 4＋a 6＝36，又a 4a 6＝275，联立，解得⎩⎨⎧ a 4＝11，a 6＝25或⎩⎨⎧ a 4＝25，a 6＝11，当⎩⎨⎧ a 4＝11，a 6＝25时，可得⎩⎨⎧ a 1＝－10，d ＝7，此时a n ＝7n －17，a 2＝－3，a 3＝4，易知当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0， ∴a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最小值；当⎩⎨⎧ a 4＝25，a 6＝11时，可得⎩⎨⎧ a 1＝46，d ＝－7，此时a n ＝－7n ＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当n ≤7时，a n >0，当n ≥8时，a n <0，∴a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最小值．综上，a n a n ＋1的最小值为－12.14．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5＝a 5＋a 6＝25.(1)求{a n }的通项公式；(2)若不等式2S n ＋8n ＋27>(－1)n k (a n ＋4)对所有的正整数n 都成立，求实数k 的取值范围．解：(1)设公差为d ，则5a 1＋5×42d ＝a 1＋4d ＋a 1＋5d ＝25，∴a 1＝－1，d ＝3.∴{a n }的通项公式为a n ＝3n －4.(2)S n ＝－n ＋3n (n －1)2，2S n ＋8n ＋27＝3n 2＋3n ＋27，a n ＋4＝3n ，则原不等式等价于(－1)nk <n ＋1＋9n 对所有的正整数n 都成立． ∴当n 为奇数时，k >－⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1＋9n ；当n 为偶数时，k <n ＋1＋9n 恒成立．又∵n ＋1＋9n ≥7，当且仅当n ＝3时取等号，∴当n 为奇数时，n ＋1＋9n 的最小值为7，当n 为偶数时，n ＝4时，n ＋1＋9n 的最小值为294，∴不等式对所有的正整数n 都成立时，实数k 的取值范围是－7<k <294.尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用15．(2019·河南郑州检测)已知各项为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a n ＋22.(1)求证：{a n }为等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ＋a 1＋1a n ＋a 2＋…＋1a n ＋a n ＋1a n ＋a n ＋1(n ∈N *)，求证：b n ≤38. 证明：(1)∵2S n ＝a n ＋22，∴当n ＝1时，a 1＝2.当n ≥2时，8S n ＝(a n ＋2)2，①8S n －1＝(a n －1＋2)2，②由①－②得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－4)＝0(a n >0)，则a n －a n －1＝4，∴{a n }是以4为公差的等差数列，即a n ＝4n －2.(2)b n ＝1a n ＋a 1＋1a n ＋a 2＋…＋1a n ＋a n ＋1a n ＋a n ＋1 ＝14n ＋14n ＋4＋14n ＋8＋…＋14n ＋4(n －1)＋14n ＋4n＝14×1n ＋［1n ＋1＋…＋1n ＋(n －1)＋1n ＋n ］ <14×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1n ＋1＋1n ＋1＋…＋1n ＋1＋1n ＋1＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋n n ＋1. 设f (n )＝1n ＋n n ＋1，则f (n ＋1)－f (n )<0，所以{f (n )}递减，14×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋n n ＋1≤14f (1)＝38，即b n ≤38.。