浙江专用2020版高考数学一轮复习专题6数列第38练等差数列练习含解析

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2020版高考数学(文)新设计一轮复习第六章数列课时跟踪检测(三十八) 等比数列及其前n项和

课时跟踪检测（三十八）等比数列及其前n 项和A 级——保大分专练1．(2019·合肥模拟)已知各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1a 5＝16，a 2＝2，则公比q ＝( )A ．4 B.52C ．2D.12解析：选C 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1·a 1q 4＝16，a 1q ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，q ＝－2(舍去)，故选C.2．(2019·辽宁五校协作体联考)已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为22，则log 2a 7＋log 2a 11的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C 由题意得a 4a 14＝(22)2＝8，由等比数列的性质，得a 4a 14＝a 7a 11＝8， ∴log 2a 7＋log 2a 11＝log 2(a 7a 11)＝log 28＝3，故选C. 3．在等比数列{a n }中，a 2a 3a 4＝8，a 7＝8，则a 1＝( ) A ．1 B ．±1 C ．2D ．±2解析：选A 因为数列{a n }是等比数列，所以a 2a 3a 4＝a 33＝8，所以a 3＝2，所以a 7＝a 3q 4＝2q 4＝8，所以q 2＝2，则a 1＝a 3q2＝1，故选A.4．(2018·贵阳适应性考试)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝12，a 2a 6＝8(a 4－2)，则S 2 019＝( )A ．22 018－12B ．1－⎝⎛⎭⎫12 2 018C ．22 019－12D ．1－⎝⎛⎭⎫12 2 019解析：选A 由等比数列的性质及a 2a 6＝8(a 4－2)，得a 24＝8a 4－16，解得a 4＝4.又a 4＝12q 3，故q ＝2，所以S 2 019＝12(1－22 019)1－2＝22 018－12，故选A. 5．在等比数列{a n }中，a 1＋a 3＋a 5＝21，a 2＋a 4＋a 6＝42，则S 9＝( ) A ．255 B ．256 C ．511D ．512解析：选C 设等比数列的公比为q ，由等比数列的定义可得a 2＋a 4＋a 6＝a 1q ＋a 3q ＋a 5q ＝q (a 1＋a 3＋a 5)＝q ×21＝42，解得q ＝2.又a 1＋a 3＋a 5＝a 1(1＋q 2＋q 4)＝a 1×21＝21，解得a 1＝1.所以S 9＝a 1(1－q 9)1－q ＝1×(1－29)1－2＝511.故选C.6．已知递增的等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项和S n <0，则( ) A ．a 1<0,0<q <1 B ．a 1<0，q >1 C ．a 1>0,0<q <1D ．a 1>0，q >1解析：选A ∵S n <0，∴a 1<0，又数列{a n }为递增等比数列，∴a n ＋1>a n ，且|a n |>|a n ＋1|，则－a n >－a n ＋1>0，则q ＝－a n ＋1－a n∈(0,1)， ∴a 1<0,0<q <1.故选A.7．设{a n }是公比为正数的等比数列，若a 1＝1，a 5＝16，则数列{a n }的前7项和为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由a 5＝a 1q 4＝16，a 1＝1，得16＝q 4，解得q ＝2，所以S 7＝a 1(1－q 7)1－q ＝1×(1－27)1－2＝127.答案：1278．在3与192中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．解析：设该数列的公比为q ，由题意知， 192＝3×q 3，q 3＝64，所以q ＝4.所以插入的两个数分别为3×4＝12,12×4＝48. 答案：12,489．(2018·江西师范大学附属中学期中)若等比数列{a n }满足a 2a 4＝a 5，a 4＝8，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 2a 4＝a 5，a 4＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q ·a 1q 3＝a 1q 4，a 1q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴S n ＝1×(1－2n )1－2＝2n－1.答案：2n －110．已知等比数列{a n }为递减数列，且a 25＝a 10,2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：设公比为q ，由a 25＝a 10，得(a 1q 4)2＝a 1·q 9，即a 1＝q . 又由2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，得2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝12()q ＝2舍去，所以a n ＝a 1·q n －1＝12n .答案：12n11．(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a nn . (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．解：(1)由条件可得a n ＋1＝2(n ＋1)na n . 将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4.将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2)数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn ，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列． (3)由(2)可得a n n ＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.12．(2019·甘肃诊断)设数列{a n ＋1}是一个各项均为正数的等比数列，已知a 3＝7，a 7＝127.(1)求a 5的值；(2)求数列{a n }的前n 项和．解：(1)由题可知a 3＋1＝8，a 7＋1＝128，则有(a 5＋1)2＝(a 3＋1)(a 7＋1)＝8×128＝1 024，可得a 5＋1＝32，即a 5＝31. (2)设数列{a n ＋1}的公比为q ，由(1)知⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＋1＝(a 1＋1)q 2，a 5＋1＝(a 1＋1)q 4，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋1＝2，q ＝2，所以数列{a n ＋1}是一个以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋1＝2×2n －1＝2n ，所以a n ＝2n －1，利用分组求和可得，数列{a n }的前n 项和S n ＝2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－2－n .B 级——创高分自选1．在各项都为正数的数列{a n }中，首项a 1＝2，且点(a 2n ，a 2n －1)在直线x －9y ＝0上，则数列{a n }的前n 项和S n 等于( )A ．3n－1 B.1－(－3)n 2C.1＋3n 2D.3n 2＋n 2解析：选A 由点(a 2n ，a 2n －1)在直线x －9y ＝0上，得a 2n －9a 2n －1＝0，即(a n ＋3a n －1)(a n －3a n －1)＝0，又数列{a n }各项均为正数，且a 1＝2，∴a n ＋3a n －1>0，∴a n －3a n －1＝0，即a na n －1＝3，∴数列{a n }是首项a 1＝2，公比q ＝3的等比数列，其前n 项和S n ＝2(1－3n )1－3＝3n－1.2．(2019·郑州一测)已知数列{a n }满足log 2a n ＋1＝1＋log 2a n (n ∈N *)，且a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝1，则log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝________.解析：因为log 2a n ＋1＝1＋log 2a n ，可得log 2a n ＋1＝log 22a n ，所以a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是以a 1为首项，2为公比的等比数列，又a 1＋a 2＋…＋a 10＝1，所以a 101＋a 102＋…＋a 110＝(a 1＋a 2＋…＋a 10)×2100＝2100，所以log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝log 22100＝100.答案：1003．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n－1，n ∈N *.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ； (2)求T 2n .解：(1)∵a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ， ∴a n ＋1·a n ＋2＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1， ∴a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n . ∵b n ＝a 2n ＋a 2n －1，∴b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12，∵a 1＝1，a 1·a 2＝12，∴a 2＝12，∴b 1＝a 1＋a 2＝32.∴{b n }是首项为32，公比为12的等比数列．∴b n ＝32×⎝⎛⎭⎫12n －1＝32n .(2)由(1)可知，a n ＋2＝12a n ，∴a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，以12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，以12为公比的等比数列，∴T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝3－32n .。

浙江省2020版高考数学专题6数列6.2等差数列检测

6.2 等差数列挖命题【考情探究】分析解读 1.等差数列知识属于常考内容.2.考查等差数列定义、性质、通项公式、前n项和公式等知识.3.灵活运用通项公式、前n项和公式处理最值问题、存在性问题是高考的热点.4.以数列为背景,考查学生归纳、类比的能力.5.预计2020年高考试题中,等差数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式的考查必不可少.复习时要足够重视.破考点【考点集训】考点一等差数列的有关概念及运算1.(2018浙江绍兴高三3月适应性模拟,13)设S n为等差数列{a n}的前n项和,满足S2=S6,-=2,则a1= ,公差d= .答案-14;42.(2018浙江稽阳联谊学校高三联考,13)《九章算术》是我国古代著名的数学著作,其中有一道数列问题:“今有良马与驽马发长安,至齐,齐去长安三千里.良马初日行一百九十三里,日增一十三里,驽马初日行九十七里,日减半里,良马先至齐,复还迎驽马,问几日相逢及各行几何?”请研究本题,并给出下列结果:两马同时出发后第9天,良马日行里,从长安出发后第天两马第一次相遇.答案297;16考点二等差数列的性质及应用1.(2018浙江嵊州高三期末质检,7)设等差数列{a n}的前n项的和为S n,若a6<0,a7>0,且a7>|a6|,则( )A.S11+S12<0B.S11+S12>0C.S11·S12<0D.S11·S12>0答案 C2.(2018浙江高考模拟训练冲刺卷一,13)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且a1>0,S8=S11,则a10= ;使S n取到最大值的n为.答案0;9或10炼技法【方法集训】方法1 等差数列中“基本量法”解题的方法1.(2018浙江新高考调研卷一(诸暨中学),5)已知公差不为0的等差数列{a n}的首项a1=3,若a2,a3,a6成等比数列,则{a n}前n项和的最大值为( )A.3B. -1C.-5D.-3答案 A2.(2018浙江杭州地区重点中学期中,14)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d,前n项和为S n,且S5·S6=-15,则d的取值范围是;若a1=-7,则d的值为.答案(-∞,-2]∪[2,+∞);3或方法2 等差数列的判定方法1.(2018浙江杭州地区重点中学第一学期期中,4)已知数列{a n}是等差数列,则数列{b n}一定为等差数列的是( )A.b n=|a n|B.b n=C.b n=-a nD.b n=答案 C2.(2017浙江金华十校调研,6)若等差数列{a n}的公差为d,前n项和为S n,记b n=,则( )A.数列{b n}是等差数列,且公差为dB.数列{b n}是等差数列,且公差为2dC.数列{a n+b n}是等差数列,且公差为dD.数列{a n-b n}是等差数列,且公差为答案 D过专题【五年高考】A组自主命题·浙江卷题组考点一等差数列的有关概念及运算1.(2016浙江,6,5分)如图,点列{A n},{B n}分别在某锐角的两边上,且|A n A n+1|=|A n+1A n+2|,A n≠A n+2,n∈N*,|B n B n+1|=|B n+1B n+2|,B n≠B n+2,n∈N*.(P≠Q表示点P与Q不重合)若d n=|A n B n|,S n为△A n B n B n+1的面积,则( )A.{S n}是等差数列B.{}是等差数列C.{d n}是等差数列D.{}是等差数列答案 A2.(2015浙江,3,5分)已知{a n}是等差数列,公差d不为零,前n项和是S n.若a3,a4,a8成等比数列,则( )A.a1d>0,dS4>0B.a1d<0,dS4<0C.a1d>0,dS4<0D.a1d<0,dS4>0答案 B3.(2014浙江文,19,14分)已知等差数列{a n}的公差d>0.设{a n}的前n项和为S n,a1=1,S2·S3=36.(1)求d及S n;(2)求m,k(m,k∈N*)的值,使得a m+a m+1+a m+2+…+a m+k=65.解析(1)由题意知(2a1+d)(3a1+3d)=36,将a1=1代入上式解得d=2或d=-5.因为d>0,所以d=2.从而a n=2n-1,S n=n2(n∈N*).(2)由(1)得a m+a m+1+a m+2+…+a m+k=(2m+k-1)(k+1),所以(2m+k-1)(k+1)=65.由m,k∈N*知2m+k-1≥k+1>1,故所以评析本题主要考查等差数列的概念、通项公式、求和公式等基础知识,同时考查运算求解能力.考点二等差数列的性质及应用(2017浙江,6,4分)已知等差数列{a n}的公差为d,前n项和为S n,则“d>0”是“S4+S6>2S5”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案 CB组统一命题、省(区、市)卷题组考点一等差数列的有关概念及运算1.(2018课标全国Ⅰ理,4,5分)记S n为等差数列{a n}的前n项和.若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=( )A.-12B.-10C.10D.12答案 B2.(2017课标全国Ⅰ理,4,5分)记S n为等差数列{a n}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则{a n}的公差为( )A.1B.2C.4D.8答案 C3.(2017课标全国Ⅲ理,9,5分)等差数列{a n}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{a n}前6项的和为( )A.-24B.-3C.3D.8答案 A4.(2016课标全国Ⅰ,3,5分)已知等差数列{a n}前9项的和为27,a10=8,则a100=( )A.100B.99C.98D.97答案 C5.(2018北京理,9,5分)设{a n}是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则{a n}的通项公式为.答案a n=6n-36.(2017课标全国Ⅱ理,15,5分)等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=3,S4=10,则= .答案7.(2016江苏,8,5分)已知{a n}是等差数列,S n是其前n项和.若a1+=-3,S5=10,则a9的值是.答案208.(2016北京,12,5分)已知{a n}为等差数列,S n为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6= .答案 69.(2018北京文,15,13分)设{a n}是等差数列,且a1=ln 2,a2+a3=5ln 2.(1)求{a n}的通项公式;(2)求++…+.解析(1)设{a n}的公差为d.因为a2+a3=5ln 2,所以2a1+3d=5ln 2.又a1=ln 2,所以d=ln 2.所以a n=a1+(n-1)d=nln 2.(2)因为=e ln 2=2,==e ln 2=2,所以{}是首项为2,公比为2的等比数列.所以++…+=2×=2(2n-1).10.(2016山东,18,12分)已知数列{a n}的前n项和S n=3n2+8n,{b n}是等差数列,且a n=b n+b n+1.(1)求数列{b n}的通项公式;(2)令c n=,求数列{c n}的前n项和T n.解析(1)由题意知,当n≥2时,a n=S n-S n-1=6n+5.当n=1时,a1=S1=11,所以a n=6n+5.设数列{b n}的公差为d.由即可解得b1=4,d=3.所以b n=3n+1.(2)由(1)知c n==3(n+1)·2n+1.又T n=c1+c2+…+c n,得T n=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],2T n=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],两式作差,得-T n=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]=3×=-3n·2n+2.所以T n=3n·2n+2.方法总结若某数列的通项是等差数列与等比数列的通项的积或商,则该数列的前n项和可以采用错位相减法求解,注意相减后的项数容易出错.评析本题主要考查了等差数列及前n项和,属中档题.11.(2014大纲全国,18,12分)等差数列{a n}的前n项和为S n.已知a1=10,a2为整数,且S n≤S4.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)由a1=10,a2为整数知,等差数列{a n}的公差d为整数.又S n≤S4,故a4≥0,a5≤0,于是10+3d≥0,10+4d≤0.解得-≤d≤-.因此d=-3.故数列{a n}的通项公式为a n=13-3n.(6分)(2)b n==.(8分)于是T n=b1+b2+…+b n===.(12分)评析本题考查了等差数列的定义及其前n项和、裂项相消法求数列前n项和.第(1)问的解题关键在于分析已知条件“a2为整数”“S n≤S4”中隐含的条件;第(2)问,对通项公式b n进行裂项相消的过程中易漏了系数而导致错解.考点二等差数列的性质及应用1.(2015北京,6,5分)设{a n}是等差数列.下列结论中正确的是( )A.若a1+a2>0,则a2+a3>0B.若a1+a3<0,则a1+a2<0C.若0<a1<a2,则a2>D.若a1<0,则(a2-a1)(a2-a3)>0答案 C2.(2015重庆,2,5分)在等差数列{a n}中,若a2=4,a4=2,则a6= ( )A.-1B.0C.1D.6答案 B3.(2015广东,10,5分)在等差数列{a n}中,若a3+a4+a5+a6+a7=25,则a2+a8= .答案104.(2014北京,12,5分)若等差数列{a n}满足a7+a8+a9>0,a7+a10<0,则当n= 时,{a n}的前n项和最大.答案85.(2014江苏,20,16分)设数列{a n}的前n项和为S n.若对任意的正整数n,总存在正整数m,使得S n=a m,则称{a n}是“H数列”.(1)若数列{a n}的前n项和S n=2n(n∈N*),证明:{a n}是“H数列”;(2)设{a n}是等差数列,其首项a1=1,公差d<0.若{a n}是“H数列”,求d的值;(3)证明:对任意的等差数列{a n},总存在两个“H数列”{b n}和{c n},使得a n=b n+c n(n∈N*)成立.解析(1)证明:由已知得,当n≥1时,a n+1=S n+1-S n=2n+1-2n=2n.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=n+1,使得S n=2n=a m.所以{a n}是“H数列”.(2)由已知,得S2=2a1+d=2+d.因为{a n}是“H数列”,所以存在正整数m,使得S2=a m,即2+d=1+(m-1)d,于是(m-2)d=1.因为d<0,所以m-2<0,故m=1.从而d=-1.当d=-1时,a n=2-n,S n=是小于2的整数,n∈N*.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=2-S n=2-,使得S n=2-m=a m,所以{a n}是“H数列”.因此d的值为-1.(3)证明:设等差数列{a n}的公差为d,则a n=a1+(n-1)d=na1+(n-1)(d-a1)(n∈N*).令b n=na1,c n=(n-1)(d-a1),则a n=b n+c n(n∈N*),下证{b n}是“H数列”.设{b n}的前n项和为T n,则T n=a1(n∈N*).于是对任意的正整数n,总存在正整数m=,使得T n=b m.所以{b n}是“H数列”.同理可证{c n}也是“H数列”.所以,对任意的等差数列{a n},总存在两个“H数列”{b n}和{c n},使得a n=b n+c n(n∈N*).评析本题主要考查数列的概念、等差数列等基础知识,考查探究能力及推理论证能力.C组教师专用题组考点等差数列的有关概念及运算1.(2014福建,3,5分)等差数列{a n}的前n项和为S n,若a1=2,S3=12,则a6等于( )A.8B.10C.12D.14答案 C2.(2014辽宁,8,5分)设等差数列{a n}的公差为d.若数列{}为递减数列,则( )A.d<0B.d>0C.a1d<0D.a1d>0答案 C3.(2015安徽,13,5分)已知数列{a n}中,a1=1,a n=a n-1+ (n≥2),则数列{a n}的前9项和等于.答案274.(2017课标全国Ⅰ,17,12分)记S n为等比数列{a n}的前n项和.已知S2=2,S3=-6.(1)求{a n}的通项公式;(2)求S n,并判断S n+1,S n,S n+2是否成等差数列.解析本题考查等差、等比数列.(1)设{a n}的公比为q,由题设可得解得q=-2,a1=-2.故{a n}的通项公式为a n=(-2)n.(2)由(1)可得S n==-+(-1)n·.由于S n+2+S n+1=-+(-1)n·=2=2S n,故S n+1,S n,S n+2成等差数列.方法总结等差、等比数列的常用公式:(1)等差数列:递推关系式:a n+1-a n=d,常用于等差数列的证明.通项公式:a n=a1+(n-1)d.前n项和公式:S n==na1+ d.(2)等比数列:递推关系式:=q(q≠0),常用于等比数列的证明.通项公式:a n=a1·q n-1.前n项和公式:S n=(3)在证明a,b,c成等差、等比数列时,还可以利用等差中项:=b或等比中项:a·c=b2来证明.5.(2015福建,17,12分)等差数列{a n}中,a2=4,a4+a7=15.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=+n,求b1+b2+b3+…+b10的值.解析(1)设等差数列{a n}的公差为d.由已知得解得所以a n=a1+(n-1)d=n+2.(2)由(1)可得b n=2n+n.所以b1+b2+b3+…+b10=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10)=(2+22+23+...+210)+(1+2+3+ (10)=+=(211-2)+55=211+53=2 101.评析本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,考查运算求解能力.【三年模拟】一、选择题(每小题4分,共12分)1.(2019届浙江名校协作体高三联考,9)已知公差为d的等差数列{a n}的前n项和为S n,若存在正整数n0,对任意正整数m,使得·<0恒成立,则下列结论不一定成立的是( ) A.a1d<0 B.|S n|有最小值C.·>0D.·>0答案 C2.(2018浙江温州高三质量检查,5)已知数列{a n}满足=25·,且a2+a4+a6=9,则lo(a5+a7+a9)=( )A.-3B.3C.-D.答案 A3.(2018浙江“七彩阳光”联盟期中,5)已知等差数列{a n},S n表示前n项的和,a5+a11>0,a6+a9<0,则满足S n<0的正整数n的最大值是( )A.12B.13C.14D.15答案 C二、填空题(单空题4分,多空题6分,共16分)4.(2019届镇海中学期中考试,16)已知数列{a n}为等差数列,其前n项和为S n,且2a1+3a3=S6,现给出以下结论:①a10=0;②S10最小;③S7=S12;④S19=0.其中正确的是(填序号).答案①③④5.(2018浙江诸暨高三上学期期末,11)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若a3=5,S3=12,则公差d= ;通项公式a n= .答案1;n+26.(2018浙江名校协作体,12)已知{a n}是公差为-2的等差数列,S n为其前n项和,若a2+1,a5+1,a7+1成等比数列,则a1= ,当n= 时,S n有最大值.答案19;10三、解答题(共45分)7.(2019届衢州、湖州、丽水三地教学质量检测,20)设正项数列{a n}的前n项和为S n,a1=2,且1+,3,1-成等差数列(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)证明:-1<++…+≤- (n∈N*).解析(1)由题意知-=4,=4,(2分)所以数列{}是以4为首项,4为公差的等差数列,所以=4n,又a n>0,所以S n>0,所以S n=2.(4分)当n≥2时,a n=S n-S n-1=2-2,当n=1时,a1=2也满足上式,所以a n=2-2(n∈N*).(6分)(2)由(1)知S n=2,所以==>=-.(8分)所以++…+>-1.(10分)又因为=<=-(n≥2).(12分)当n≥2时,++…+≤+-1=-.(14分)当n=1时上式也成立,所以-1<++…+≤- (n∈N*).(15分)8.(2019届金丽衢十二校高三第一次联考,20)已知数列{a n}中,a1=2,a2=6,且满足=2(n≥2且n∈N*).(1)求证:{a n+1-a n}为等差数列;(2)令b n=-,设数列{b n}的前n项和为S n,求{S2n-S n}的最大值.解析(1)证明:由题意可得a n+1+a n-1=2a n+2(n≥2),则(a n+1-a n)-(a n-a n-1)=2,所以{a n+1-a n}是公差为2的等差数列.(2)当n≥2时,a n=(a n-a n-1)+…+(a2-a1)+a1=2n+…+4+2=2·=n(n+1).当n=1时,a1=2满足上式.∴a n=n(n+1).b n=-=-,∴S n=10-,∴S2n=10-,设M n=S2n-S n=10-,∴M n+1=10-,∴M n+1-M n=10-=10-=-,当n=1时,M n+1-M n=M2-M1=->0,即M1<M2,当n≥2时,M n+1-M n<0,即M2>M3>M4>…,∴(M n)max=M2=10×-1=,∴{S2n-S n}的最大值为S4-S2=.9.(2018浙江金丽衢十二校第三次联考(5月),22)有一列数a0,a1,a2,a3,…,对任意的m,n∈N,m≥n,满足2a m+2a n-2n=a m+n+a m-n,且已知a1=2.(1)求a0,a2,a3 ;(2)证明:对一切n∈N*,数列{a n+1-a n}为等差数列;(3)若对一切n∈N*,λ>++…+恒成立,求λ的最小值.解析(1)令m=n=0,得a0=0,令m=n=1,得a2=6,令m=2,n=1,得a3=12.(2)证明:令n=1,得2a m+4-2=a m+1+a m-1,即(a m+1-a m)=(a m-a m-1)+2.所以数列{a n+1-a n}是公差为2的等差数列.(3)因为a n+1-a n=(a1-a0)+n×2=2(n+1),所以a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a1-a0)+a0=2n+2(n-1)+…+2+0=n(n+1).所以++…+=++…+=1-,要使λ>1-恒成立,λ的最小值为1.。

2020届高考数学第一轮基础课后作业等差数列

2020届高考数学第一轮基础课后作业：等差数列1.(文)(2020·温州十校二模)若S n 是等差数列{a n }的前n 项和，a 2＋a 10＝4，则S 11的值为( )A ．12B ．18C ．22D ．44 [答案] C[解析] 根据等差数列的性质可知S 11＝11a 1＋a 112＝11a 2＋a 102＝11×42＝22，故选C.(理)(2020·北京海淀期中)已知数列{a n }为等差数列，S n 是它的前n 项和．若a 1＝2，S 3＝12，则S 4＝( )A ．10B ．16C ．20D ．24 [答案] C[解析] S 3＝3a 2，又S 3＝12，∴a 2＝4，∴d ＝a 2－a 1＝2，∴a 4＝a 1＋3d ＝8，S 4＝4a 1＋a 42＝20，故选C.2．(文)(2020·山东日照模拟)已知等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，且a 3＋a 6＋a 10＋a 13＝32，若a m ＝8，则m 为( )A ．12B ．8C ．6D ．4 [答案] B[解析] 由等差数列性质知，a 3＋a 6＋a 10＋a 13＝(a 3＋a 13)＋(a 6＋a 10)＝2a 8＋2a 8＝4a 8＝32， ∴a 8＝8. ∴m ＝8.故选B.(理)(2020·黄山质检)已知数列{a n }是等差数列，a 4＝15，S 5＝55，则过点P (3，a 3)，Q (4，a 4)的直线的斜率是( )A ．4 B.14 C ．－4 D ．－143[答案] A[解析] ∵{a n }是等差数列，a 4＝15，S 5＝55， ∴a 1＋a 5＝22，∴2a 3＝22，∴a 3＝11. ∴k PQ ＝a 4－a 34－3＝4，故选A.3．(2020·山东东明县月考)在等差数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2＋a 3＝13，则a 4＋a 5＋a 6等于( )A ．40B ．42C ．43D ．45 [答案] B[解析] ∵⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝22a 1＋3d ＝13，∴d ＝3.∴a 4＋a 5＋a 6＝3a 1＋12d ＝42，故选B.4．(文)(2020·西安五校一模)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 3＋a 7＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A ．8B ．7C ．6D ．9 [答案] C[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，依题意得a 3＋a 7＝2a 5＝－6，∴a 5＝－3，∴d ＝a 5－a 15－1＝2，∴a n ＝－11＋(n －1)×2＝2n －13.令a n >0得n >6.5，即在数列{a n }中，前6项均为负数，自第7项起以后各项均为正数，因此当n ＝6时，S n 取最小值，选C.(理)(2020·江西八校联考)设数列{a n }为等差数列，其前n 项和为S n ，已知a 1＋a 4＋a 7＝99，a 2＋a 5＋a 8＝93，若对任意n ∈N *，都有S n ≤S k 成立，则k 的值为( )A ．22B ．21C ．20D ．19 [答案] C[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，则有3d ＝93－99＝－6，∴d ＝－2；∴a 1＋(a 1＋3d )＋(a 1＋6d )＝3a 1＋9d ＝3a 1－18＝99，∴a 1＝39，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝39－2(n －1)＝41－2n .令a n ＝41－2n >0得n <20.5，即在数列{a n }中，前20项均为正，自第21项起以后各项均为负，因此在其前n 项和中，S 20最大．依题意得知，满足题意的k 值是20，选C.5．(文)(2020·山东青岛质检)已知不等式x 2－2x －3<0的整数解构成等差数列{a n }，则数列{a n }的第四项为( )A ．3B ．－1C ．2D ．3或－1 [答案] D[解析] 由x 2－2x －3<0及x ∈Z 得x ＝0,1,2. ∴a 4＝3或－1.故选D.(理)已知方程(x 2－2x ＋m )(x 2－2x ＋n )＝0的四个根组成一个首项为14的等差数列，则|m－n |＝( )A ．1 B.34 C.12 D.38[答案] C[解析] 设x 2－2x ＋m ＝0的根为x 1，x 2且x 1<x 2，x 2－2x ＋n ＝0的根为x 3，x 4且x 3<x 4，且x 1＝14，又x 1＋x 2＝2，∴x 2＝74，又x 3＋x 4＝2，且x 1，x 3，x 4，x 2成等差数列， ∴公差d ＝13(74－14)＝12，∴x 3＝34，x 4＝54.∴|m －n |＝|14×74－34×54|＝12，故选C.6．设{a n }是递减的等差数列，前三项的和是15，前三项的积是105，当该数列的前n 项和最大时，n 等于( )A ．4B ．5C ．6D ．7 [答案] A[解析] ∵{a n }是等差数列，且a 1＋a 2＋a 3＝15，∴a 2＝5，又∵a 1·a 2·a 3＝105，∴a 1a 3＝21，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1a 3＝21a 1＋a 3＝10及{a n }递减可求得a 1＝7，d ＝－2，∴a n ＝9－2n ，由a n ≥0得n ≤4，∴选A.7．(2020·洛阳部分重点中学教学检测)已知a ，b ，c 是递减的等差数列，若将其中两个数的位置对换，得到一个等比数列，则a 2＋c 2b2的值为________．[答案] 20[解析] 依题意得①⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c ＝2bb 2＝ac ，或②⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c ＝2ba 2＝bc ，或③⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c ＝2bc 2＝ab .由①得a ＝b＝c ，这与“a ，b ，c 是递减的等差数列”矛盾；由②消去c 整理得(a －b )(a ＋2b )＝0，又a >b ，因此a ＝－2b ，c ＝4b ，a 2＋c 2b 2＝20；由③消去a 整理得(c －b )(c ＋2b )＝0，又b >c ，因此有c＝－2b ，a ＝4b ，a 2＋c 2b2＝20.8．(文)已知函数f (x )＝sin x ＋tan x .项数为27的等差数列{a n }满足a n ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，且公差d ≠0.若f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 27)＝0，则当k ＝________时，f (a k )＝0.[答案] 14[解析] ∵f (x )＝sin x ＋tan x 为奇函数，且在x ＝0处有定义，∴f (0)＝0. ∵{a n }为等差数列且d ≠0，∴a n (1≤n ≤27，n ∈N *)对称分布在原点及原点两侧， ∵f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 27)＝0，∴f (a 14)＝0.∴k ＝14.(理)(2020·南京一模)已知各项都为正数的等比数列{a n }中，a 2·a 4＝4，a 1＋a 2＋a 3＝14，则满足a n ·a n ＋1·a n ＋2>19的最大正整数n 的值为________．[答案] 4[解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，其中q >0，依题意得a 23＝a 2·a 4＝4，又a 3>0，因此a 3＝a 1q 2＝2，a 1＋a 2＝a 1＋a 1q ＝12，由此解得q ＝12，a 1＝8，a n ＝8×(12)n －1＝24－n ，a n ·a n ＋1·a n＋2＝29－3n.由于2－3＝18>19，因此要使29－3n >19，只要9－3n ≥－3，即n ≤4，于是满足a n ·a n ＋1·a n＋2>19的最大正整数n 的值为4.1.(文)(2020·合肥一模)已知等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8＝( ) A ．1＋ 2 B ．1－ 2 C ．3＋2 2 D ．3－2 2 [答案] C[解析] 设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，则由题意得a 3＝a 1＋2a 2，即a 1q 2＝a 1＋2a 1q ， ∵a 1>0，∴q 2－2q －1＝0，∴q ＝1± 2. 又q >0，因此有q ＝1＋2，∴a 9＋a 10a 7＋a 8＝q 2a 7＋a 8a 7＋a 8＝q 2＝(1＋2)2＝3＋22，选C. (理)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若点O (0,0)，A (l ，S l )，B (m ，S m )，C (p ，S p )(其中l <m <p )，且向量AB →与OC →共线，则l ，m ，p 之间的关系是( )A ．m ＝p ＋lB ．2m ＝p ＋lC ．2p ＝m ＋lD ．p ＝m ＋l [答案] D[解析] 依题意得AB →＝(m －l ，S m －S l )，OC →＝(p ，S p )，因为于AB →与OC →共线，所以有(m －l )S p＝p (S m －S l )，再设等差数列{a n }的公差为d ，代入整理可得p ＝m ＋l ，故选D.[点评] 可取特殊等差数列验证求解，如取a n ＝n .2．(2020·江西九校联考)已知数列2，x ，y,3为等差数列，数列2，m ，n,3为等比数列，则x ＋y ＋mn 的值为( )A ．16B ．11C ．－11D ．±11 [答案] B[解析] 依题意得x ＋y ＝2＋3＝5，mn ＝2×3＝6，x ＋y ＋mn ＝11，选B.3．(文)在函数y ＝f (x )的图象上有点列(x n ，y n )，若数列{x n }是等差数列，数列{y n }是等比数列，则函数y ＝f (x )的解析式可能为( )A ．f (x )＝2x ＋1B ．f (x )＝4x 2C ．f (x )＝log 3xD ．f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x[答案] D[解析] 对于函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 上的点列(x n ，y n )，有y n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x n ，由于{x n }是等差数列，所以x n ＋1－x n ＝d ，因此y n ＋1y n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34xn ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫34x n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x n ＋1－x n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34d，这是一个与n 无关的常数，故{y n }是等比数列．故选D.[点评] 根据指数与对数运算的性质知真数成等比(各项为正)，其对数成等差，指数成等差时，幂成等比．(理)(2020·江南十校联考)已知直线(3m ＋1)x ＋(1－m )y －4＝0所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{a n }的第一项与第二项，若b n ＝1a n ·a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 10＝( )A.921B.1021 C.1121 D.2021[答案] B[解析] 依题意，将(3m ＋1)x ＋(1－m )y －4＝0化为(x ＋y －4)＋m (3x －y )＝0，令⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －4＝03x －y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1y ＝3，∴直线(3m ＋1)x ＋(1－m )y －4＝0过定点(1,3)， ∴a 1＝1，a 2＝3，公差d ＝2，a n ＝2n －1，∴b n ＝1a n ·a n ＋1＝12(12n －1－12n ＋1)，∴T 10＝12×(11－13＋13－15＋…＋120－1－120＋1)＝12×(1－121)＝1021.故选B. 4．(2020·黄冈3月质检)设数列{a n }是以2为首项，1为公差的等差数列，b n 是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab 1＋ab 2＋…＋ab 10＝( )A ．1033B ．2057C ．1034D ．2058 [答案] A[解析] 依题意得a n ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1，b n ＝1×2n －1＝2n －1，ab n ＝b n ＋1＝2n －1＋1，因此ab 1＋ab 2＋…＋ab 10＝(20＋1)＋(21＋1)＋…＋(29＋1)＝1×210－12－1＋10＝210＋9＝1033，故选A.5．(文)将正偶数按下表排成5列：第1列第2列第3列第4列第5列第1行2 4 6 8 第2行 1614 12 10 第3行 18 20 22 24 …………2826那么[答案] 252,4[解析] 通项a n ＝2n ，故2020为第1005项，∵1005＝4×251＋1，又251为奇数，因此2020应排在第252行，且第252行从右向左排第一个数，即252行第4列．(理)已知a n ＝n 的各项排列成如图的三角形状：记A (m ，n )表示第m 行的第n 个数，则A (21,12)＝________.a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9… … … … … … … … … …[答案] 412[解析] 由题意知第1行有1个数，第2行有3个数，……第n 行有2n －1个数，故前n行有S n＝n[1＋2n－1]2＝n2个数，因此前20行共有S20＝400个数，故第21行的第一个数为401，第12个数为412，即A(21,12)＝412.6．(2020·重庆文，16)设{a n}是公比为正数的等比数列，a1＝2，a3＝a2＋4.(1)求{a n}的通项公式；(2)设{b n}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n＋b n}的前n项和S n.[解析] (1)设等比数列{a n}的公比为q，由a1＝2，a3＝a2＋4得2q2＝2q＋4，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍)，∴q＝2∴a n＝a1·q n－1＝2·2n－1＝2n(2)数列b n＝1＋2(n－1)＝2n－1∴S n＝2×1－2n1－2＋[n×1＋n n－12×2]＝2n＋1＋n2－2.7．(文)在数列{a n}中，a1＝4，且对任意大于1的正整数n，点(a n，a n－1)在直线y＝x －2上．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)已知b1＋b2＋…＋b n＝a n，试比较a n与b n的大小．[解析] (1)∵点(a n，a n－1)在直线y＝x－2上，∴a n＝a n－1＋2，即数列{a n}是以a1＝2为首项，公差d＝2的等差数列．∴a n＝2＋2(n－1)＝2n，∴a n＝4n2.(2)∵b1＋b2＋…＋b n＝a n，∴当n≥2时，b n＝a n－a n－1＝4n2－4(n－1)2＝8n－4，当n＝1时，b1＝a1＝4，满足上式．∴b n＝8n－4，∴a n－b n＝4n2－(8n－4)＝4(n－1)2≥0，∴a n≥b n.[点评] 第(2)问可由b1＋b2＋…＋b n＝a n得，a n－b n＝a n－1＝4(n－1)2≥0，∴a n≥b n简捷明了，注意观察分析常能起到事半功倍的效果．(理)(2020·浙江金华联考)已知各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设T n为数列{1a n a n＋1}的前n项和，若T n≤λa n＋1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最小值．[解析] 设公差为d.由已知得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝14，a 1＋2d 2＝a 1a 1＋6d ，联立解得d ＝1或d ＝0(舍去)， ∴a 1＝2，故a n ＝n ＋1. (2)1a n a n ＋1＝1n ＋1n ＋2＝1n ＋1－1n ＋2， ∴T n ＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n2n ＋2. ∵T n ≤λa n ＋1，∴n 2n ＋2≤λ(n ＋2)，∴λ≥n2n ＋22.又n2n ＋22＝12n ＋4n＋4≤124＋4＝116(当且仅当n ＝2时取等号)． ∴λ的最小值为116.8．(理)已知{a n }是一个公差大于0的等差数列，且满足a 3a 6＝55，a 2＋a 7＝16. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }和数列{b n }满足等式：a n ＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n2n (n 为正整数)，求数列{b n }的前n 项和S n .[解析] (1)解法一：设等差数列{a n }的公差为d ，则依题设d >0.由a 2＋a 7＝16，得2a 1＋7d ＝16.①由a 3·a 6＝55，得(a 1＋2d )(a 1＋5d )＝55.②由①得2a 1＝16－7d ，将其代入②得(16－3d )(16＋3d )＝220，即256－9d 2＝220， ∴d 2＝4.又d >0，∴d ＝2.代入①得a 1＝1. ∴a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1.解法二：由等差数列的性质得：a 2＋a 7＝a 3＋a 6，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3a 6＝55a 3＋a 6＝16，由韦达定理知，a 3，a 6是方程x 2－16x ＋55＝0的根，解方程得x ＝5或x ＝11. 设公差为d ，则由a 6＝a 3＋3d ，得d ＝a 6－a 33.∵d >0，∴a 3＝5，a 6＝11，d ＝11－53＝2， a 1＝a 3－2d ＝5－4＝1.故a n ＝2n －1.(2)解法一：当n ＝1时，a 1＝b 12，∴b 1＝2.当n ≥2时，a n ＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n －12n －1＋b n2n ，a n －1＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n －12n －1，两式相减得a n －a n －1＝b n2n ，∴b n ＝2n ＋1，因此b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2 n ＝12n ＋1n ≥2当n ＝1时，S 1＝b 1＝2；当n ≥2时，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2＋b 21－2n －11－2＝2n ＋2－6.∵当n ＝1时上式也成立， ∴当n 为正整数时都有S n ＝2n ＋2－6.解法二：令c n ＝b n2n ，则有a n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，a n ＋1＝c 1＋c 2＋…＋c n ＋1，两式相减得a n ＋1－a n ＝c n ＋1. 由(1)得a 1＝1，a n ＋1－a n ＝2.∴c n ＋1＝2，c n ＝2(n ≥2)，即当n ≥2时，b n ＝2n ＋1，又当n ＝1时，b 1＝2a 1＝2，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2 n ＝12n ＋1n ≥2 于是S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2＋23＋24＋…＋2n ＋1＝2＋22＋23＋24＋…＋2n ＋1－4＝22n ＋1－12－1－4＝2n ＋2－6，即S n ＝2n ＋2－6.1．(2020·温州中学)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9＝( )A ．63B ．45C ．43D ．27 [答案] B[解析] 由等差数列的性质知，S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等差数列，∴2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)，∴a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6＝2(S 6－S 3)－S 3＝45.2．(2020·广东五校、启东模拟)在等差数列{a n }中，a 1＝－2020，其前n 项的和为S n .若S 20092009－S 20072007＝2，则S 2020＝( ) A ．－2020 B ．－2020 C ．2020 D ．2020 [答案] A[解析] ∵S 20092009－S 20072007＝2，∴(a 1＋1004d )－(a 1＋1003d )＝2，∴d ＝2， ∴S 2020＝2020a 1＋2010×20092d ＝－2020. 3．(2020·北京顺义一中)一个算法的程序框图如下图所示，若该程序输出的结果为56，则判断框中应填入的条件是( )A ．i <4?B ．i <5?C ．i ≥5?D ．i <6? [答案] D[解析] 由题意知S ＝11×2＋12×3＋…＋1i i ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1i －1i ＋1＝ii ＋1，故要输出S ＝56，i ＝5时再循环一次，故条件为i ≤5或i <6，故选D. 4．在等差数列{a n }中，a 1＝25，S 17＝S 9，则S n 的最大值为________． [答案] 169[分析] 利用前n 项和公式和二次函数性质求解．[解析] 方法1：由S17＝S9，得25×17＋172 (17－1)d＝25×9＋92(9－1)d，解得d＝－2，∴S n＝25n＋n2(n－1)·(－2)＝－(n－13)2＋169，∴由二次函数性质，当n＝13时，S n有最大值169.方法2：先求出d＝－2，∵a1＝25>0，由⎩⎪⎨⎪⎧a n＝25－2n－1≥0a n＋1＝25－2n≤0，得⎩⎪⎨⎪⎧n≤1312n≥1212，∴当n＝13时，S n有最大值169.方法3：由S17＝S9得a10＋a11＋…＋a17＝0，而a10＋a17＝a11＋a16＝a12＋a15＝a13＋a14，故a13＋a14＝0.∵d＝－2<0，a1>0，∴a13>0，a14<0，故n＝13时，S n有最大值．方法4：由d＝－2得S n的图象如图所示(图象上一些孤立点)，由S17＝S9知图象对称轴为n＝9＋172＝13，∴当n＝13时，S n取得最大值169.5．已知正项数列{a n}，其前n项和S n满足10S n＝a2n＋5a n＋6，且a1，a3，a15成等比数列，求数列{a n}的通项公式．[解析] ∵10S n＝a2n＋5a n＋6①∴10a1＝a21＋5a1＋6，解之得a1＝2或a1＝3又10S n－1＝a2n－1＋5a n－1＋6(n≥2)，②由①－②得10a n＝(a2n－a2n－1)＋5(a n－a n－1)，即(a n＋a n－1)(a n－a n－1－5)＝0.∵a n＋a n－1>0，∴a n－a n－1＝5(n≥2)．当a1＝3时，a3＝13，a15＝73.a1，a3，a15不成等比数列，∴a1≠3；当a1＝2时，a3＝12，a15＝72，有a23＝a1a15，∴a1＝2，∴a n＝5n－3.[点评] S n与a n的关系是高考中经常出现的．该问题较新颖，但新而不难．思维的选择性很有深意，值得回味．。

高考数学一轮复习《数列的综合运用》练习题(含答案)

高考数学一轮复习《数列的综合运用》练习题（含答案）一、单选题1．某银行设立了教育助学低息贷款，其中规定一年期以上贷款月均等额还本付息(利息按月以复利计算)．如果小新同学贷款10000元，一年还清，假设月利率为0.25%，那么小新同学每月应还的钱约为（）（1.002512≈1.03） A ．833B ．858C ．883D ．9022．某企业在今年年初贷款a 万元，年利率为γ，从今年年末开始每年偿还一定金额，预计五年内还清，则每年应偿还（） A ．()()5111a γγ++-万元 B ．()()55111a γγγ++-万元C ．()()54111a γγγ++-万元 D ．()51a γγ+万元3．一种预防新冠病毒的疫苗计划投产两月后，使成本降64%，那么平均每月应降低成本（） A ．20%B ．32%C ．40%D ．50%4．今年元旦，市民小王向朋友小李借款100万元用于购房，双方约定年利率为5%，按复利计算（即本年利息计入次年本金生息），借款分三次等额归还，从明年的元旦开始，连续三年都是在元旦还款，则每次的还款额约是（）万元.（四舍五入，精确到整数）（参考数据：()21.05 1.1025=，()31.05 1.1576=，()41.05 1.2155=） A ．36B ．37C ．38D ．395．随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化、网络化、智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.5G 基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通5G 基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进5G 网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇5G 网络覆盖.2021年1月计划新建设5万个5G 基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个5G 基站时要到（） A ．2022年12月B ．2023年2月C ．2023年4月D ．2023年6月6．我们知道，偿还银行贷款时，“等额本金还款法”是一种很常见的还款方式，其本质是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期的还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率．自主创业的大学生张华向银行贷款的本金为48万元，张华跟银行约定，按照等额本金还款法，每个月还一次款，20年还清，贷款月利率为0.4%，设张华第n 个月的还款金额为n a 元，则n a =（）A ．2192B ．39128n -C ．39208n -D ．39288n -7．高阶等差数列是数列逐项差数之差或高次差相等的数列，中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智.如南宋数学家杨辉在《详解九章算法.商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关.如图是一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，则第30层小球的个数为（）A ．464B ．465C ．466D ．4958．某单位用分期付款方式为职工购买40套住房，总房价1150万元.约定：2021年7月1日先付款150万元，以后每月1日都交付50万元，并加付此前欠款利息，月利率1%，当付清全部房款时，各次付款的总和为（） A ．1205万元B ．1255万元C ．1305万元D ．1360万元9．小李在2022年1月1日采用分期付款的方式贷款购买一台价值a 元的家电，在购买1个月后的2月1日第一次还款，且以后每月的1日等额还款一次，一年内还清全部贷款（2022年12月1日最后一次还款），月利率为r ．按复利计算，则小李每个月应还（） A ．()()1111111ar r r ++-元 B ．()()1212111ar r r ++-元C ．()11111a r +元D ．()12111a r +元10．在流行病学中，基本传染数0R 是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．0R 一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于0R 1>，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数0R 3=，平均感染周期为7天（初始感染者传染0R 个人为第一轮传染，经过一个周期后这0R 个人每人再传染0R 个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要的天数为（参考数据：63729=，541024=）（） A ．35B ．42C ．49D ．5611．为了更好地解决就业问题，国家在2020年提出了“地摊经济”为响应国家号召，有不少地区出台了相关政策去鼓励“地摊经济”．老王2020年6月1日向银行借了免息贷款10000元，用于进货.因质优价廉，供不应求，据测算：每月获得的利润是该月初投入资金的20%，每月底扣除生活费1000元，余款作为资金全部用于下月再进货，如此继续，预计到2021年5月底该摊主的年所得收入为（）（取()111.27.5=，()121.29=） A ．32500元B ．40000元C ．42500元D ．50000元12．某病毒研究所为了更好地研究“新冠”病毒，计划改建十个实验室，每个实验室的改建费用分为装修费和设备费，每个实验室的装修费都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数列，已知第五实验室比第二实验室的改建费用高28万元，第七实验室比第四实验室的改建费用高112万元，并要求每个实验室改建费用不能超过1100万元.则该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要（） A ．2806万元B ．2906万元C ．3106万元D ．3206万元二、填空题13．小李向银行贷款14760元，并与银行约定：每年还一次款，分4次还清所有的欠款，且每年还款的钱数都相等，贷款的年利率为0.25，则小李每年所要还款的钱数是___________元.14．从2017年到2020年期间，某人每年6月1日都到银行存入1万元的一年定期储蓄．若年利率为20%保持不变，且每年到期的存款本息均自动转为新的一年定期储蓄，到2020年6月1日，该人去银行不再存款，而是将所有存款的本息全部取回，则取回的金额为_______万元．15．银行一年定期储蓄存款年息为r ，三年定期储蓄存款年息为q ，银行为吸收长期资金，鼓励储户存三年定期的存款，那么q 的值应略大于______．16．今年“五一”期间，北京十家重点公园举行免费游园活动，北海公园免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园，接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来，第二个30分钟内有8人进去2人出来，第三个30分钟内有16人进去3人出来，第四个30分钟内有32人进去4人出来…，按照这种规律进行下去，到上午11时30分公园内的人数是____.三、解答题17．一杯100℃的开水放在室温25℃的房间里，1分钟后水温降到85℃，假设每分钟水温变化量和水温与室温之差成正比． (1)求()*n n N ∈分钟后的水温n t ；(2)当水温在40℃到55℃之间时（包括40℃和55℃），为最适合饮用的温度，则在水烧开后哪个时间段饮用最佳．（参考数据：lg 20.3≈）18．某优秀大学生毕业团队响应国家号召，毕业后自主创业，通过银行贷款等方式筹措资金，投资72万元生产并经营共享单车，第一年维护费用为12万元，以后每年都增加4万元，每年收入租金50万元.(1)若扣除投资和维护费用，则从第几年开始获取纯利润？(2)若年平均获利最大时，该团队计划投资其它项目，问应在第几年转投其它项目？19．去年某地产生的生活垃圾为20万吨，其中14万吨垃圾以填埋方式处理，6万吨垃圾以环保方式处理.预计每年生活垃圾的总量递增5%，同时，通过环保方式处理的垃圾量每年增加1.5万吨.记从今年起每年生活垃圾的总量（单位：万吨）构成数列{}n a ，每年以环保方式处理的垃圾量（单位：万吨）构成数列{}n b . (1)求数列{}n a 和数列{}n b 的通项公式；(2)为了确定处理生活垃圾的预算，请求出从今年起n 年内通过填埋方式处理的垃圾总量的计算公式，并计算从今年起5年内通过填埋方式处理的垃圾总量（精确到0.1万吨）.（参考数据41.05 1.215≈，51.05 1.276≈，61.05 1.340≈）20．2020年是充满挑战的一年，但同时也是充满机遇､蓄势待发的一年．突如其来的疫情给世界带来了巨大的冲击与改变，也在客观上使得人们更加重视科技的力量和潜能．某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．假设该企业第一年年初有资金5000万元，并将其全部投入生产，到当年年底资金增长了50%，预计以后每年资金年增长率与第一年相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金(2500)t t ≤万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元．（1）写出1n a +与n a 的关系式，并判断{}2n a t -是否为等比数列；（2）若企业每年年底上缴资金1500t =，第*()m m N ∈年年底企业的剩余资金超过21000万元，求m 的最小值．21．流行性感冒是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病.某市去年11月份曾发生流感，据统计，11月1日该市的新感染者有30人，以后每天的新感染者比前一天的新感染者增加50人.由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从11月()*1929,k k k +≤≤∈N 日起每天的新感染者比前一天的新感染者减少20人. （1）若9k =，求11月1日至11月10日新感染者总人数；（2）若到11月30日止，该市在这30天内的新感染者总人数为11940人，问11月几日，该市新感染者人数最多？并求这一天的新感染者人数.22．教育储蓄是指个人按国家有关规定在指定银行开户、存入规定数额资金、用于教育目的的专项储蓄，是一种专门为学生支付非义务教育所需教育金的专项储蓄，储蓄存款享受免征利息税的政策.若你的父母在你12岁生日当天向你的银行教育储蓄账户存入1000元，并且每年在你生日当天存入1000元，连续存6年，在你十八岁生日当天一次性取出，假设教育储蓄存款的年利率为10%.(1)在你十八岁生日当天时，一次性取出的金额总数为多少？（参考数据：71.1 1.95≈） (2)当你取出存款后，你就有了第一笔启动资金，你可以用你的这笔资金做理财投资.如果现在有三种投资理财的方案： ①方案一：每天回报40元；②方案二：第一天回报10元，以后每天比前一天多回报10元； ③方案三：第一天回报0.4元，以后每天的回报比前一天翻一番. 你会选择哪种方案？请说明你的理由.23．已知数集{}()1212,,1,2n n A a a a a a a n =≤<<≥具有性质P ；对任意的(),1i j i j n ≤≤≤，i j a a 与j ia a 两数中至少有一个属于A ．（Ⅰ）分别判断数集{}1,3,4与{}1,2,3,6是否具有性质P ，并说明理由；（Ⅱ）证明：11a =，且1211112nn na a a a a a a ---+++=+++；（Ⅲ）证明：当5n =时，成等比数列。

2020版高考数学新设计一轮复习浙江专版第六章数列与数学归纳法课时检测数学归纳法

课时跟踪检测（三十五）数学归纳法一保高考，全练题型做到高考达标1．若f (n )＝1＋12＋13＋…＋16n －1(n ∈N *)，则f (1)为( )A ．1B ．15C ．1＋12＋13＋14＋15D ．非以上答案解析：选C 等式右边的分母是从1开始的连续的自然数，且最大分母为6n －1，则当n ＝1时，最大分母为5，故选C.2．利用数学归纳法证明“(n ＋1)(n ＋2) …(n ＋n )＝2n ×1×3×…×(2n －1)，n ∈N *”时，从“n ＝k ”变到“n ＝k ＋1”时，左边应增乘的因式是( )A ．2k ＋1B ．2(2k ＋1) C.2k ＋1k ＋1D.2k ＋3k ＋1解析：选B 当n ＝k (k ∈N *)时，左式为(k ＋1)(k ＋2) ·…·(k ＋k )；当n ＝k ＋1时，左式为(k ＋1＋1)·(k ＋1＋2)·…·(k ＋1＋k －1)·(k ＋1＋k )·(k ＋1＋k ＋1)，则左边应增乘的式子是(2k ＋1)(2k ＋2)k ＋1＝2(2k ＋1)．3．用数学归纳法证明“n 3＋(n ＋1)3＋(n ＋2)3(n ∈N *)能被9整除”，利用归纳法假设证明n ＝k ＋1时，只需展开( )A ．(k ＋3)3B ．(k ＋2)3C ．(k ＋1)3D ．(k ＋1)3＋(k ＋2)3解析：选A 假设n ＝k 时，原式k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3能被9整除，当n ＝k ＋1时，(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3为了能用上面的归纳假设，只须将(k ＋3)3展开，让其出现k 3即可．4．平面内有n 条直线，最多可将平面分成f (n )个区域，则f (n )的表达式为( ) A ．n ＋1 B ．2nC.n 2＋n ＋22D ．n 2＋n ＋1解析：选C 1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；…；n 条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n )＝1＋n (n ＋1)2＝n 2＋n ＋22个区域．5．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋ n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上的项为______________．解析：当n ＝k 时左端为1＋2＋3＋…＋k ＋(k ＋1)＋(k ＋2)＋…＋k 2，则当n ＝k ＋1时，左端为1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2，故增加的项为(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2. 答案：(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)26．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的自然数n 都有：(S n －1)2＝a n S n ，通过计算S 1，S 2，S 3，猜想S n ＝________.解析：由(S 1－1)2＝S 21得，S 1＝12；由(S 2－1)2＝(S 2－S 1)S 2得，S 2＝23；由(S 3－1)2＝(S 3－S 2)S 3得，S 3＝34.猜想S n ＝n n ＋1. 答案：n n ＋17．用数学归纳法证明等式12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n －1·n (n ＋1)2.证明：(1)当n ＝1时，左边＝12＝1，右边＝(－1)0×1×(1＋1)2＝1，左边＝右边，原等式成立． (2)假设n ＝k (k ∈N *)时，等式成立，即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1·k 2＝(－1)k－1·k (k ＋1)2. 那么，当n ＝k ＋1时，则有12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1·k 2＋(－1)k (k ＋1)2 ＝(－1)k－1k (k ＋1)2＋(－1)k ·(k ＋1)2 ＝(－1)k ·k ＋12[－k ＋2(k ＋1)]＝(－1)k (k ＋1)(k ＋2)2.∴n ＝k ＋1时，等式也成立，由(1)(2)知对任意n ∈N *有12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n －1·n (n ＋1)2.8．已知点P n (a n ，b n )满足a n ＋1＝a n ·b n ＋1，b n ＋1＝b n1－4a 2n(n ∈N *)，且点P 1的坐标为 (1，－1)．(1)求过点P 1，P 2的直线l 的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于n ∈N *，点P n 都在(1)中的直线l 上．解：(1)由题意得a 1＝1，b 1＝－1， b 2＝－11－4×1＝13，a 2＝1×13＝13，∴P 2⎝⎛⎭⎫13，13.∴直线l 的方程为y ＋113＋1＝x －113－1，即2x ＋y ＝1.(2)证明：①当n ＝1时， 2a 1＋b 1＝2×1＋(－1)＝1成立． ②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时， 2a k ＋b k ＝1成立．则2a k ＋1＋b k ＋1＝2a k ·b k ＋1＋b k ＋1 ＝b k 1－4a 2k·(2a k＋1)＝b k1－2a k ＝1－2a k 1－2a k ＝1， ∴当n ＝k ＋1时，2a k ＋1＋b k ＋1＝1也成立．由①②知，对于n ∈N *，都有2a n ＋b n ＝1，即点P n 在直线l 上． 9．(2019·宁波模拟)已知三个数列{a n }，{b n }，{c n }，满足a 1＝－1110，b 1＝1，a n ＋1＝|a n －1|＋a 2n －2a n ＋52，b n ＋1＝2b n ＋1，c n ＝ab n ，n ∈N *.(1)证明：当n ≥2时，a n ＞1；(2)是否存在集合[a ，b ]，使得c n ∈[a ，b ]对任意n ∈N *成立，若存在，求出b －a 的最小值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：下面用数学归纳法证明：当n ≥2时，a n ＞1. ①当n ＝2时，由a 1＝－1110，a n ＋1＝|a n －1|＋a 2n －2a n ＋52，得a 2＝52，显然成立；②假设当n ＝k 时命题成立，即a k ＞1. 则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k －1＋a 2k －2a k ＋52，于是a k ＋1－1＝a k －3＋a 2k －2a k ＋52.因为()a 2k －2a k ＋52－(3－a k )2＝4(a k －1)＞0.所以a k ＋1＞1，即当n ＝k ＋1时命题成立．由①②可知，当n ≥2时，a n ＞1.(2)由b n ＋1＝2b n ＋1，b 1＝1，得b n ＋1＋1＝2(b n ＋1)，所以数列{b n ＋1}是首项为b 1＋1＝2，公比为2的等比数列，所以b n ＋1＝2n ，从而b n ＝2n －1. 由(1)知，当n ≥2时，a n ＞1，所以，当n ≥2时，a n ＋1－a n ＝a 2n －2a n ＋5－(1＋a n )2.因为(a 2n －2a n ＋5)2－(1＋a n )2＝4(1－a n)＜0，所以a n ＋1＜a n .综上，当n ≥2时，1＜a n ＋1＜a n .由a 1＝－1110，a n ＋1＝f (a n )(n ∈N *)，c n ＝ab n ，得c 1＝a 1＝－1110，a 2＝52，a 3＝2，所以c 1＜1，c 2＝a 3＝2＞c 3＞ (1)从而存在集合[a ，b ]，使得c n ∈[a ，b ]对任意n ∈N *成立．当b ＝c 2＝a 3＝2，a ＝c 1＝－1110时，b －a 的最小值为c 2－c 1＝3110. 二上台阶，自主选做志在冲刺名校1．设等差数列{a n }的公差d ＞0，且a 1＞0.记T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1. (1)用a 1，d 分别表示T 1，T 2，T 3，并猜想T n ； (2)用数学归纳法证明你的猜想．解：(1)T 1＝1a 1a 2＝1a 1(a 1＋d )； T 2＝1a 1a 2＋1a 2a 3＝⎝⎛⎭⎫1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3×1d＝⎝⎛⎭⎫1a 1－1a 1＋2d ×1d ＝2a 1(a 1＋2d )； T 3＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 3a 4＝⎝⎛⎭⎫1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋1a 3－1a 4×1d＝⎝⎛⎭⎫1a 1－1a 1＋3d ×1d ＝3a 1(a 1＋3d ). 由此可猜想：T n ＝na 1(a 1＋nd ).(2)证明：①当n ＝1时，T 1＝1a 1(a 1＋d )结论成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时结论成立，即T k ＝ka 1(a 1＋kd ).则当n ＝k ＋1时，T k ＋1＝T k ＋1a k ＋1a k ＋2＝k a 1(a 1＋kd )＋1(a 1＋kd )[a 1＋(k ＋1)d ]＝(k ＋1)(a 1＋kd )a 1(a 1＋kd )[a 1＋(k ＋1)d ]＝k ＋1a 1[a 1＋(k ＋1)d ].即n ＝k ＋1时，结论成立．由①②可知，T n ＝na 1(a 1＋nd )对于一切n ∈N *恒成立．2．(2018·浙江名校协作体联考)已知无穷数列{a n }的首项a 1＝12，1a n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n ，n ∈N *. (1)证明：0＜a n ＜1；(2)记b n ＝(a n －a n ＋1)2a n a n ＋1，T n 为数列{b n }的前n 项和，证明：对任意正整数n ，T n ＜310.证明：(1)①当n ＝1时显然成立；②假设当n ＝k 时不等式成立，即0＜a k ＜1. 则当n ＝k ＋1时，1a k ＋1＝12⎝⎛⎭⎫a k ＋1a k ＞12×2a k 1a k＝1，所以0＜a k ＋1＜1，即当n ＝k ＋1时不等式也成立．综上可知，0＜a n ＜1对任意n ∈N *成立． (2)因为a n ＋1a n ＝2a 2n ＋1＞1，即a n ＋1＞a n ，所以数列{a n }为递增数列．又1a n－1a n ＋1＝1a n －12⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n ＝12⎝⎛⎭⎫1a n －a n ，易知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n－a n 为递减数列，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1a n ＋1也为递减数列．所以当n ≥2时，1a n－1a n＋1≤12⎝⎛⎭⎫1a2－a2＝12⎝⎛⎭⎫54－45＝940，所以当n≥2时，b n＝(a n－a n＋1)2a n a n＋1＝(a n＋1－a n)⎝⎛⎭⎫1a n－1a n＋1≤940(a n＋1－a n)．则当n＝1时，T1＝b1＝940＜310，成立；当n≥2时，T n＝b1＋b2＋…＋b n≤940＋940[(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(a n＋1－a n)]＝940＋940(a n＋1－a2)＜940＋940⎝⎛⎭⎫1－45＝27100＜310.综上，对任意正整数n，T n＜3 10.。

2020年高考数学(文)一轮复习专题6.2 等差数列及其前n项和(练)(解析版)

专题6.2 等差数列及其前n 项和1．（江西师范大学附属中学2019届高三三模）已知数列{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，5632a a a +=+，则7S =（）A ．2B ．7C ．14D ．28【答案】C 【解析】5632a a a +=+ 44422a d a d a d ∴++=++-，解得：42a =()177477142a a S a +∴===，本题选C 。

2．（安徽省1号卷A10联盟2019届模拟）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2163S =，则31119a a a ++=（）A ．12B ．9C ．6D ．3【答案】B【解析】由等差数列性质可知：21112163S a ==，解得：113a =311191139a a a a ∴++==本题选B 。

3．（贵州省贵阳市2019届高三模拟）已知{a n }为递增的等差数列，a 4+a 7=2，a 5•a 6=-8，则公差d=（） A ．6 B ．6-C ．2-D ．4【答案】A【解析】∵{a n }为递增的等差数列，且a 4+a 7=2，a 5•a 6=-8， ∴a 5+a 6=2，∴a 5，a 6是方程22x 80x --=的两个根，且a 5＜a 6， ∴a 5=-2，a 6=4， ∴d=a 6-a 5=6，故选A 。

4．（河北衡水中学2019届高三调研）已知等比数列{}n a 中，若12a =，且1324,,2a a a 成等差数列，则5a =（）A ．2B ．2或32C ．2或-32D ．-1【答案】B【解析】设等比数列{}n a 的公比为q （q 0≠），1324,,2a a a 成等差数列， 321224a a a ∴=+，10a ≠， 220q q ∴--=，解得：q=2q=-1或，451a =a q ∴，5a =232或，故选B.5．（浙江省金华十校2019届高三模拟）等差数列{}n a ，等比数列{}n b ，满足111a b ==，53a b =，则9a 能取到的最小整数是（）A ．1-B ．0C ．2D ．3【答案】B【解析】等差数列{}n a 的公差设为d ，等比数列{}n b 的公比设为q ，0q ≠，由111a b ==，53a b =，可得214d q +=，则2291812(1)211a d q q =+=+-=->-，可得9a 能取到的最小整数是0，故选B 。

2020年高考数学一轮复习讲练测浙江版专题6.2等差数列及其前n项和(练)含解析

2020年高考数学一轮复习讲练测（浙江版）第六章数列第02讲等差数列及其前n 项和（练）1．（2017·浙江高考真题）已知等差数列{}n a 的公差为d,前n 项和为n S ,则“d>0”是465"+2"S S S >的（） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】由()46511210212510S S S a d a d d +-=+-+=，可知当0d >时，有46520S S S +->，即4652S S S +>，反之，若4652S S S +>，则0d >，所以“d >0”是“S 4 + S 6>2S 5”的充要条件，选C ．2.（2019·浙江高三会考）等差数列的公差为d ，前n 项和为，若，则当取得最大值时，n ＝（） A ．4 B ．5 C ．6 D ．7 【答案】C 【解析】根据题意，等差数列中，，则，又由为等差数列，则，又由，则，则当时，取得最大值；故选：C ．3．（2018·浙江高考模拟）已知数列为等差数列，且，则的最小值为（）A ．3B ．2C ．1D ．0 【答案】C【解析】设数列的公差为，∵，∴ ，由分段函数的性质可得的最小值为1，故选C.4．（2019·江西师大附中高考模拟（文））已知数列{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，5632a a a +=+，则7S =（）A ．2B ．7C ．14D ．28【答案】C 【解析】5632a a a +=+ 44422a d a d a d ∴++=++-，解得：42a =()177477142a a S a +∴===本题正确选项：C5．（2019·陕西高考模拟（理））已知数列{}n a 的通项公式为262n a n =-，要使数列{}n a 的前n 项和n S 最大，则n 的值为（） A ．14 B ．13或14C ．12或11D ．13或12【答案】D 【解析】因为262n a n =-，所以数列{}n a 是以124a =为首项，公差2d =-的等差数列，所以()211252n n n na d n n S -=+=-+ 由二次函数的性质可得：当13n =或12时，n S 最大故选：D6．（2019·山西高考模拟（文））记等差数列{}n a 的前n 项和为n S .若616a =，535S =，则{}n a 的公差为（） A ．3 B ．2C ．-2D ．-3【答案】A 【解析】由等差数列性质可知，155355352a a S a +=⨯==，解得37a =，故63363a ad -==-.故选：A. 7.（2014·北京高考真题（理））若等差数列{}n a 满足7897100,0a a a a a ++>+<，则当n =__________时，{}n a 的前n 项和最大．【答案】8【解析】由等差数列的性质，，，又因为，所以所以，所以，，故数列的前8项最大.8.（2019·湖北高考模拟（文））等差数列{}n a 中，11a =，921a =，则3a 与7a 等差中项的值为_____ 【答案】11 【解析】根据题意，等差数列{}n a 中，11a =，921a =，则有193722a a a a +=+=，则3a 与7a 等差中项为()371112a a +=；故答案为：11．9.（2018·浙江台州中学高考模拟）已知数列为等差数列，为的前项和，，若，，则__________．__________．【答案】 -12【解析】设等差数列的公差为，则由已知得：，即，解得，所以，.10.（2013·江西高考真题（文））正项数列{a n }满足：a n 2﹣（2n ﹣1）a n ﹣2n ＝0．（1）求数列{a n }的通项公式a n ；（2）令b n ()11n an =+，求数列{b n }的前n 项和T n ．【答案】（1）2n a n =（2）2(1)n nT n =+【解析】（1）∵a n 2﹣（2n ﹣1）a n ﹣2n ＝0， ∴（a n ﹣2n ）（a n +1）＝0，又∵各项为正，∴a n ＝2n ．（2）∵b n ()()1111212n an n n ===++（111n n -+），∴数列{b n }的前n 项和T n 12=（1111112231n n -+-++-+）=（11)12(1)n n n -=++1．（2019·河南高考模拟（理））已知等差数列{}n a 满足12332,40a a a =+=，则{}n a 前12项之和为（） A ．144- B ．80C ．144D ．304【答案】D 【解析】为23123643408a a a d d d +=+=+=⇒=-，所以408n a n =-.所以408,5408840,6n n n a n n n -⎧=-=⎨->⎩，，…所以前12项之和为5(320)7(856)8022430422⨯+⨯++=+=. 2．（2019·山东高考模拟（文））我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1，2，…，9填入33⨯的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于15.一般地，将连续的正整数21,2,3,,n 填入n n ⨯个方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做n 阶幻方.记n阶幻方的对角线上的数字之和为n N ，如图三阶幻方的315N =，那么 9N 的值为（）A ．41B ．45C ．369D ．321【答案】C 【解析】根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列，31(123456789)153N =++++++++=，41(12345678910111213141516)344N =+++++++++++++++=，51(12345678910111213141516171819202122232425)655N =++++++++++++++++++++++++=，⋯222211(1)(1)(12345)22n n n n n N n n n ++∴=+++++⋯+=⨯=．故299(91)9413692N +==⨯=.故选：C3.（2018·浙江镇海中学高三期中）已知数列为等差数列，其前项和为，且，给出以下结论：①②最小③④，正确的有_________________.【答案】①③④ 【解析】设等差数列{a n }的公差为d ，∵2a 1+3a 3=S 6，∴5a 1+6d=6a 1+15d ，化为：a 1+9d=0，即a 10=0，给出下列结论：①a 10=0，正确； ②S 10=10a 1+=﹣45d ，可能大于0，也可能小于0，因此不正确； ③S 12﹣S 7=12a 1+d ﹣7a 1﹣d=5a 1+45d=5（a 1+9d ）=0，正确．④S 19==19a 10=0，正确；其中正确结论的个数是①③④．故答案为：①③④4．（2019·浙江高三期中）已知是公差不为零的等差数列，，且是和的等比中项，则____，数列的前n 项和的最大值为____．【答案】-3 30 【解析】在等差数列中，由，是和的等比中项，得，解得，．．可得．数列的前n 项和的最大值为．故答案为：；30．5.（2019·北京高考模拟（文））在等差数列{}n a 中，已知132412,18a a a a +=+=,n N *∈. （I ）求数列{}n a 的通项公式；（II ）求3693...n a a a a ++++. 【答案】（Ⅰ）3n a n =（Ⅱ）29()2n n + 【解析】（I ）因为{}n a 是等差数列，132412,18a a a a +=+=,所以112212,2418.a d a d +=⎧⎨+=⎩ 解得13,3d a ==.则3(1)33n a n n =+-⨯=,n N *∈. （II ）3693,,,...,n a a a a 构成首项为3=9a ,公差为9的等差数列. 则36931...=9(1)92n a a a a n n n +++++-⨯29=()2n n + 6．（2019·浙江高三期末）在数列{}n a 、{}n b 中，设n S 是数列{}n a 的前n 项和，已知11a =，12n n a a +=+，1235(21)21n n n b b n b a ++++=⋅+，*n N ∈.（Ⅰ）求n a 和n S ；（Ⅱ）若n k ≥时，8n n b S ≥恒成立，求整数k 的最小值.【答案】（1）21n a n =-，2n S n =（2）整数k 的最小值是11.【解析】（Ⅰ）因为12n n a a +=+，即12n n a a +-=，所以{}n a 是等差数列，又11a =，所以21n a n =-，从而()21212n n n S n +-==.（Ⅱ）因为21n a n =-，所以()12335721n b b b n b ++++= ()2211n n ⋅-+，当2n ≥时，()()12313572121n n b b b n b n b -+++-++= ()2211n n ⋅-+①()123135721n b b b n b -+++-= ()12231n n -⋅-+②①-②可得()()121221n n n b n -+=⋅+，()2n ≥，即12n n b -=，而11b =也满足，故12n n b -=.令8n n b S ≥，则1228n n -≥，即422n n -≥，因为1042210-<，1142211->，依据指数增长性质，整数k 的最小值是11.1.（2018·全国高考真题（理））设为等差数列的前项和，若，，则（）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】设该等差数列的公差为，根据题中的条件可得，整理解得，所以，故选B.2．（2019·江苏高考真题）已知数列*{}()n a n ∈N 是等差数列，n S 是其前n 项和.若25890,27a a a S +==，则8S 的值是_____. 【答案】16. 【解析】由题意可得：()()()25811191470989272a a a a d a d a d S a d ⎧+=++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩，解得：152a d =-⎧⎨=⎩，则8187840282162S a d ⨯=+=-+⨯=. 3．（2019·全国高考真题（理））记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，12103a a a =≠，，则105S S =___________. 【答案】4. 【解析】因213a a =，所以113a d a +=，即12a d =，所以105S S =11111091010024542552a d a a a d⨯+==⨯+． 4．（2019·全国高考真题（文））记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若375,13a a ==，则10S =___________. 【答案】100 【解析】317125,613a a d a a d =+=⎧⎨=+=⎩得11,2a d =⎧⎨=⎩101109109101012100.22S a d ⨯⨯∴=+=⨯+⨯= 5.（2019·北京高考真题（理））设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2=−3，S 5=−10，则a 5=__________，S n 的最小值为__________．【答案】0. -10. 【解析】等差数列{}n a 中,53510S a ==-,得322,3a a =-=-,公差321d a a =-=,5320a a d =+=, 由等差数列{}n a 的性质得5n ≤时,0n a ≤,6n ≥时,n a 大于0,所以n S 的最小值为4S 或5S ,即为10-. 6.（2019·全国高考真题（文））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．【答案】（1）210n a n =-+；（2）110()n n N *≤≤∈. 【解析】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，根据题意有111989(4)224a d a d a d ⨯⎧+=-+⎪⎨⎪+=⎩，解答182a d =⎧⎨=-⎩，所以8(1)(2)210n a n n =+-⨯-=-+，所以等差数列{}n a 的通项公式为210n a n =-+；（2）由条件95S a =-，得559a a =-，即50a =，因为10a >，所以0d <，并且有5140a a d =+=，所以有14a d =-，由n n S a ≥得11(1)(1)2n n na d a n d -+≥+-，整理得2(9)(210)n n d n d -≥-，因为0d <，所以有29210n n n -≤-，即211100n n -+≤，解得110n ≤≤，所以n 的取值范围是：110()n n N *≤≤∈。

高考数学复习选填题专项练习38---数列(解析版)

高考数学复习选填题专项练习38---数列第I卷（选择题) 一、单选题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.（2020·四川省泸县第一中学高三月考（文、理））已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2=4，a4=2，则

S6=（） A．0 B．10 C．15 D．30 【答案】C 【解析】【分析】根据等差数列的性质，根据244,2aa，求出a1，d，代入等差数列的前n项和公式即可．【详解】数列{an}是等差数列，a2=4=a1+d，a4=2=a1+3d，所以a1=5，d=-1，则S6=6a1+6512=15．【点睛】本题考查等差数列的通项公式，前n项和公式，属于基础题． 2．（2020·海南中学高三月考文、理）等比数列na的前n项和为nS，公比为q，若639SS，562S，

则1a（） A．2 B．2 C．5 D．3 【答案】B 【解析】【分析】根据题意，分析可得等比数列na的公比1q，进而由等比数列的通项公式可得631111911aqaqqq，解可得2q=，又由5

131621aqSaq

，解可得1a的值，即可得答案．

【详解】根据题意，等比数列na中，若639SS，则1q，若639SS，则631111911aqaqqq，解可得38q，则2q=，又由562S，则有5151131621aqSaq，解可得12a；故选B．【点睛】本题考查等比数列的前n项和公式的应用，关键是掌握等比数列的前n项和的性质． 3．（2020·黑龙江哈九中高三期末（文））已知数列na为等差数列，nS为其前n项和，5632aaa，则7S（） A．2 B．7 C．14 D．28 【答案】C 【解析】【分析】利用等差数列通项的性质，将已知条件转化为关于4a的方程，由此解得4a的值，利用等差数列前n

2023届高考数学全程一轮复习第六章数列第二节等差数列及其前n项和课件

前n项和公式转化为方程(组)求解．
(2)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，
Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．
(3)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换的作用，
而a1 和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常
用方法．
第二节等差数列及其前n项和
必备知识—基础落实
关键能力—考点突破
·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．
·考向预测·
考情分析：等差数列的判断与证明，等差数列的基本运算，等差数
d＜ − 4，
14
所以ቐ
d≥− ，
3
14
即－ ≤d＜－4.
3
(四)走进高考
6．[2020·全国卷Ⅱ]记Sn 为等差数列{an}的前n项和．若a1＝－2，a2
25
＋a6＝2，则S10＝______．
解析：设等差数列{an}的公差为d，
则a2＝－2＋d，a6＝－2＋5d，
因为a2＋a6＝2，
所以－2＋d＋(－2＋5d)＝2，
同一个常数
___________，那么这个数列就叫做等差数列；数学语言表达式：a
n＋
1－an＝d(n∈N＋，d为常数)．
(2)如果三个数x，A，y组成等差数列，那么A叫做x和y的等差中项．
[提醒] (1)d＞0⇒{an}为递增数列；
(2)d＝0⇒{an}为常数列；
(3)d＜0⇒{an}为递减数列．

2020高考数学一轮总复习第6章数列第2节等差数列及其前n项和高考AB卷理

【2019最新】精选高考数学一轮总复习第6章数列第2节等差数列及其前n项和高考AB卷理等差数列中的运算问题1.(2016·全国Ⅰ，3)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝( )A.100B.99C.98D.97解析由等差数列性质，知S9＝＝＝9a5＝27，得a5＝3，而a10＝8，因此公差d ＝＝1，∴a100＝a10＋90d＝98，故选C.答案C2.(2013·全国Ⅰ，7)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm ＋1＝3，则m＝( )A.3B.4C.5D.6解析∵am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，∴d＝am＋1－am＝1.∵Sm＝ma1＋×1＝0，∴a1＝－.又∵am＋1＝a1＋m×1＝3，∴－＋m＝3.∴m＝5.故选C.答案C3.(2013·全国Ⅱ，16)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________.解析设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则S10＝10a1＋d＝10a1＋45d＝0，①S15＝15a1＋d＝15a1＋105d＝25.②联立①②，得a1＝－3，d ＝，所以Sn ＝－3n ＋×＝n2－n.令f(n)＝nSn ，则f(n)＝n3－n2，设f(x)＝x3－x2，则f′(x)＝x2－x ，令f′(x)＝0，得x ＝0或x ＝，∴当x>时，f ′(x)>0，0<x<时，f ′(x)<0，则f(n)的最小值在f(6)、f(7)中取到.则f(6)＝－48，f(7)＝－49，所以当n ＝7时，f(n)取最小值－49.答案－494.(2016·全国Ⅱ，17)Sn 为等差数列{an}的前n 项和，且a1＝1，S7＝28.记bn ＝[lg an]，其中[x]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.(1)求b1，b11，b101；(2)求数列{bn}的前1 000项和.解 (1)设{an}的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1.所以{an}的通项公式为an ＝n.b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.(2)因为bn ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n<10，1，10≤n<100，2，100≤n<1 000，3，n ＝1 000，所以数列{bn}的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.5.(2014·大纲全国，18)等差数列{an}的前n 项和为Sn.已知a1＝10，a2为整数，且Sn ≤S4.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn ＝，求数列{bn}的前n 项和Tn.解 (1)由a1＝10，a2为整数知：等差数列{an}的公差d 为整数.又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，于是10＋3d≥0，10＋4d≤0.解得－≤d≤－.因此d ＝－3.数列{an}的通项公式为an ＝13－3n.(2)bn ＝＝.于是Tn ＝b1＋b2＋…＋bn＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n ＝＝.6.(2015·全国Ⅰ，17)Sn 为数列{an}的前n 项和.已知an>0，a ＋2an ＝4Sn ＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn ＝，求数列{bn}的前n 项和.解 (1)由a ＋2an ＝4Sn ＋3，可知a ＋2an ＋1＝4Sn ＋1＋3.可得a －a ＋2(an ＋1－an)＝4an ＋1，即2(an ＋1＋an)＝a －a ＝(an ＋1＋an)(an ＋1－an).由于an>0，可得an ＋1－an ＝2.又a ＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)，a1＝3.所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an ＝2n ＋1.(2)由an ＝2n ＋1可知bn ＝＝＝.设数列{bn}的前n 项和为Tn ，则Tn ＝b1＋b2＋…＋bn ＝＝.等差数列中的运算问题1.(2015·重庆，2)在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝( )A.－1B.0C.1D.6解析由等差数列的性质，得a6＝2a4－a2＝2×2－4＝0，选B.答案 B2.(2014·福建，3)等差数列{an}的前n 项和为Sn ，若a1＝2，S3＝12，则a6等于( )A.8B.10C.12D.14解析设等差数列{an}的公差为d ，则S3＝3a1＋3d ，所以12＝3×2＋3d ，解得d ＝2，所以a6＝a1＋5d ＝2＋5×2＝12，故选C.答案 C3.(2014·辽宁，8)设等差数列{an}的公差为d.若数列{2a1an}为递减数列，则( )A.d<0B.d>0C.a1d<0D.a1d>0解析 {2a1an}为递减数列，可知{a1an}也为递减数列，又a1an ＝a ＋a1(n －1)d ＝a1dn ＋a －a1d ，故a1d<0，故选C.答案 C4.(2016·北京，12)已知{an}为等差数列，Sn 为其前n 项和.若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.解析 ∵a3＋a5＝2a4＝0，∴a4＝0.又a1＝6，∴a4＝a1＋3d ＝0，∴d＝－2.∴S6＝6×6＋×(－2)＝6.答案 65.(2016·江苏，8)已知{an}是等差数列，Sn 是其前n 项和.若a1＋a ＝－3，S5＝10，则a9的值是________.解析设等差数列{an}公差为d ，由题意可得：⎩⎪⎨⎪⎧a1＋（a1＋d ）2＝－3，5a1＋5×42d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝－4，d ＝3，则a9＝a1＋8d ＝－4＋8×3＝20.答案 206.(2015·陕西，13)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为________.解析由题意设首项为a1，则a1＋2 015＝2×1 010＝2 020，∴a1＝5.答案5等差数列的性质7.(2015·北京，6)设{an}是等差数列，下列结论中正确的是( )A.若a1＋a2＞0，则a2＋a3＞0B.若a1＋a3＜0，则a1＋a2＜0C.若0＜a1＜a2，则a2＞a1a3D.若a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＞0解析A，B选项易举反例，C中若0＜a1＜a2，∴a3＞a2＞a1＞0，∵a1＋a3>2，又2a2＝a1＋a3，∴2a2>2，即a2>成立.答案C8.(2015·广东，10)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝________.解析因为{an}是等差数列，所以a3＋a7＝a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，即a5＝5，a2＋a8＝2a5＝10.答案109.(2012·江西，12)设数列{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝________.解析∵{an}，{bn}均是等差数列，根据等差数列的性质a1＋a5＝2a3，b1＋b5＝2b3，即a5＝2a3－a1，b5＝2b3－b1，∴a5＋b5＝2(a3＋b3)－(a1＋b1)＝2×21－7＝35.答案35等差数列的综合应用10.(2016·浙江，6)如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合).若dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，则( ) A.{Sn}是等差数列 B.{S}是等差数列C.{dn}是等差数列D.{d}是等差数列解析Sn表示点An到对面直线的距离(设为hn)乘以|BnBn－1|长度一半，即Sn＝1hn|BnBn－1|，由题目中条件可知|BnBn－1|的长度为定值，过A1作垂直得到初始2距离h1，那么A1，An和两个垂足构成等腰梯形，则hn＝h1＋|A1An|tan θ(其中θ为两条线所成的锐角，为定值)，从而Sn＝(h1＋|A1An|tan θ)|BnBn＋1|，Sn＋1＝(h1＋|A1An＋1|)|BnBn＋1|，则Sn＋1－Sn＝|AnAn＋1||BnBn＋1|tan θ，都为定值，所以Sn＋1－Sn为定值，故选A.答案A11.(2015·四川，16)设数列{an}(n＝1，2，3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|＜成立的n的最小值.解(1)由已知Sn＝2an－a1，有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)，所以公比q＝2，从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1，又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2，所以，数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an＝2n.(2)由(1)得＝，所以Tn ＝＋＋…＋＝＝1－.由|Tn －1|＜，得＜，即2n ＞1 000，因为29＝512＜1 000＜1 024＝210，所以n≥10，于是，使|Tn －1|＜成立的n 的最小值为10.12.(2013·山东，20)设等差数列{an}的前n 项和为Sn ，且S4＝4S2，a2n ＝2an ＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}的前n 项和为Tn ，且Tn ＋＝λ(λ为常数).令cn ＝b2n ，(n∈N*)，求数列{cn}的前n 项和Rn.解 (1)设等差数列{an}的公差为d ，令n ＝1，则a2＝2a1＋1，即a1＝d －1，①又S4＝4S2，即2a1＝d ，②由①②联立解得a1＝1，d ＝2，所以an ＝2n －1(n∈N*).(2)由题意知，Tn ＝λ－，所以当n≥2时，bn ＝Tn －Tn －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－n 2n －1－＝. 故cn ＝b2n ＝(n∈N*).∴Rn ＝c1＋c2＋…＋cn －1＋cn ＝0＋＋＋…＋，14Rn ＝＋＋…＋＋，两式相减得Rn ＝＋＋…＋－n －14n＝－n －14n ＝，整理得Rn ＝＝.所以数列{cn}的前n 项和Rn ＝19⎝ ⎛⎭⎪⎫4－3n ＋14n －1。

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1
第38练等差数列
[基础保分练]
1.(2019·金丽衢十二校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S7＝14，S10＝13，则S17等
于( )
A.27B.0C.323D.－173
2.(2019·杭州模拟)设Sn是等差数列{an}的前n项和，对n∈N*且n>4时有S8＝20，
S
2n－1

－S2n－9＝116，则an等于( )

A.6B.172C.39D.78
3.已知等差数列{an}中，Sn为其前n项的和，S4＝5，S9＝20，则a7等于( )
A.－3B.－5C.3D.5
4.已知数列{an}是首项为3，公差为d(d∈N*)的等差数列，若2019是该数列的一项，则公差
d
不可能是( )

A.2B.3C.4D.5
5.若一等差数列前三项的和为122，后三项的和为148，各项的和为540，则此数列共有( )
A.3项B.12项C.11项D.10项
6.设Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝－2018，S20182018－S20162016＝2，则a2等于( )
A.－2016B.－2018C.2018D.2016
7.若{an}是等差数列，首项a1>0，a23＋a24>0，a23·a24<0，则使前n项和Sn>0成立的最大自然
数n是( )
A.46B.47C.48D.49
8.(2019·浙江杭州二中模拟)已知首项为a1，公差为d的等差数列{an}，其前n项和为Sn，
若Sk－n＝Sk＋n(n，k∈N*且k>n)，则一定有S2k等于( )
A.ka1B.kdC.0D.不确定
9.(2019·丽水模拟)已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a9构成等比数列{bn}的前3
项，则a1＋a3＋a9a2＋a4＋a10＝______；若d＝2，则数列{bn}的前n项的和Sn＝______.
10.已知等差数列{an}中，有a11a10＋1<0，且该数列的前n项和Sn有最大值，则使得Sn>0成立的
n
的最大值为______.
2

[能力提升练]
1.数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋3＋…＋n的前n项和为95，则正整数n的值为( )
A.8B.7C.9D.6
2.已知数列{an}为等差数列且a1＋a7＋a13＝4π，则tan(a2＋a12)的值为( )

A.3B.±3C.－33D.－3
3.已知等差数列{an}的公差为－2，前n项和为Sn，a3，a4，a5为某三角形的三边长，且该三
角形有一个内角为120°，若Sn≤Sm对任意的n∈N*恒成立，则m等于( )
A.7B.6C.5D.4
4.(2019·浙江学军中学模拟)等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和公差
d
变化时，a2＋a8＋a11是一个定值，则下列各数中也为定值的是( )
A.S7B.S8C.S13D.S15
5.(2019·温州模拟)设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2，a5，a11成等比数
列，且a11＝2(Sm－Sn)(m>n>0，m，n∈N*)，则m＋n的值是________.
6.数列{an}是公差为d的等差数列，其前n项和为Sn，若存在非零实数t，对任意n∈N*恒有
Sn＝an＋(n－1)t·an成立，则t
的值为________.

答案精析
基础保分练
1.D 2.B 3.C 4.D 5.B 6.A 7.A 8.C
9.1316 3n－1
解析因为a1，a3，a9构成等比数列{bn}的前3项，所以a23＝a1a9，即(a1＋2d)2＝a1(a1＋8d)，
解得a1＝d，则a1＋a3＋a9a2＋a4＋a10＝13d16d＝1316.当d＝2时，b1＝a1＝2，b2＝a3＝6，则等比数列{bn}的首
项为2，公比为3，则数列{bn}的前n项和Sn＝21－3n1－3＝3n－1.
10.19
解析由a11a10＋1<0可得a11＋a10a10<0，
又∵数列的前n项和Sn有最大值，
∴数列的公差d＜0，
3

∴a10＞0，a11＋a10＜0，a11＜0，
∴a1＋a19＝2a10＞0，a1＋a20＝a11＋a10＜0.
∴S19＞0，S20＜0，∴使得Sn＞0成立的n的最大值为19.
能力提升练
1.C [由题意可知，数列的通项
a
n
＝11＋2＋3＋…＋n＝1nn＋12

＝2nn＋1＝21n－1n＋1.
∴Sn＝1＋11＋2＋…＋11＋2＋3＋…＋n
＝21－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1
＝21－1n＋1＝2nn＋1＝95，
∴n＝9.]
2.D [由等差数列的性质得a1＋a7＋a13＝3a7＝4π，
∴a7＝4π3.
∴tan(a2＋a12)＝tan(2a7)＝tan8π3
＝tan2π3＝－3.]
3.B [由题意可得，三角形的三边长为a4＋2，a4，a4－2，则a4>2，
由大边对大角可得最大角所对的边为a4＋2，结合余弦定理有，
cos 120°＝a4－22＋a24－a4＋222a4a4－2＝－12，
解得a4＝5，
则数列的通项公式为an＝a4＋(n－4)d＝－2n＋13，
则a6＝－12＋13＝1>0，a7＝－14＋13＝－1<0，据此可得m＝6.]
4.C [由题意得a2＋a8＋a11＝a1＋d＋a1＋7d＋a1＋10d＝3a1＋18d＝3a7为定值，所以a7为定值，
则S13＝13a7也为定值，故选C.]
5.9
解析设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，因为a2，a5，a11成等比数列，所以a25＝a2a11，所以
(a1＋4d)2＝(a1＋d)(a1＋10d)，解得a1＝2d，又a11＝2(Sm－Sn)(m>n>0，m，n∈N*)，所以2
ma
1
4

＋m(m－1)d－2na1－n(n－1)d＝a1＋10d，化简得(m＋n＋3)(m－n)＝12，因为m>n>0，m，n∈N*，
所以 m－n＝1，m＋n＋3＝12或 m－n＝2，m＋n＋3＝6，

解得 m＝5，n＝4或 m＝52，n＝12(舍去)，
所以m＋n＝9.
6.1或12
解析设{an}的公差为d，
当d＝0时，Sn＝nan＝an＋(n－1)t·an，所以t＝1，
当d≠0时，对t≠0有
Sn＝an＋(n－1)t·a
n
，①

∴当n≥2时，Sn－1＝an－1＋(n－2)t·an－1，②
由①－②得an＝an＋(n－1)t·an－an－1－(n－2)t·an－1，
得(n－1)t·an－(n－1)t·an－1
＝(1－t)an－1，
即(n－1)t·d＝(1－t)an－1对n≥2，t∈R且t≠0恒成立.
当t＝1时，此时d＝0，舍去，
当t≠1时，an－1＝(n－1)t1－td，赋值可得an－an－1＝t1－td＝d，得t＝12，此时{an}是以d为
首项，d为公差的等差数列.综上t＝1或t＝12.