福建专版2022高考数学一轮复习课时规范练28等差数列及其前n项和文

课时规范练28　等差数列及其前n项和基础巩固组1.已知等差数列{an}中,a4+a5=a3,a7=-2,则a9=(　　)　　　　　　　　　　　　　A.-8B.-6C.-4D.-22.(2022陕西咸阳二模)《张丘建算经》卷上一题为“今有女善织,日益功疾,且从第二天起,每天比前一天多织相同量的布,现在一月(按30天计)共织布390尺,最后一天织布21尺”,则该女第一天织布多少尺?(　　)A.3B.4C.5D.63.已知在每项均大于零的数列{an}中,首项a1=1,且前n项和Sn满足SnSn-1-Sn-1Sn=2SnSn-1(n∈N*,且n≥2),则a81等于(　　)A.638B.639C.640D.6414.已知数列{an}是等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,{an}的前n项和为Sn,则使得Sn取最大值时,n的值是(　　)A.18B.19C.20D.215.(2022辽宁沈阳质量检测)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1=1,公差d=2,Sn+2-Sn=36,则n=(　　)A.5B.6C.7D.86.(2022北京丰台一模)已知{an}为等差数列,Sn为其前n项和.若a2=2,S9=9,则a8=　　　　　. 7.已知在数列{an}中,a1=1,a2=2,当整数n≥2时,Sn+1+Sn-1=2(Sn+S1)都成立,则S15=　　　　　. 8.一个等差数列的前12项的和为354,前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27,则该数列的公差d=　　　　　. 9.若数列{an}的前n项和为Sn,且满足an+2SnSn-1=0(n≥2),a1=12.(1)求证:1Sn成等差数列;(2)求数列{an}的通项公式.6\n〚导学号24190911〛10.(2022北京海淀一模,文15)已知等差数列{an}满足a1+a2=6,a2+a3=10.(1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列{an+an+1}的前n项和.〚导学号24190912〛综合提升组11.若数列{an}满足:a1=19,an+1=an-3(n∈N*),则数列{an}的前n项和数值最大时,n的值为(　　)A.6B.7C.8D.912.(2022四川广元二诊)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,其中m≥2,则nSn的最小值为(　　)A.-3B.-5C.-6D.-913.数列{an}是等差数列,数列{bn}满足bn=anan+1an+2(n∈N*),设Sn为{bn}的前n项和.若a12=38a5>0,则当Sn取得最大值时,n的值等于　　　　　. 14.已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a3·a4=117,a2+a5=22.(1)求通项公式an;(2)求Sn的最小值;(3)若数列{bn}是等差数列,且bn=Snn+c,求非零常数c.6\n〚导学号24190913〛创新应用组15.有两个等差数列{an},{bn},其前n项和分别为Sn和Tn,若SnTn=3n2n+1,则a1+a2+a14+a19b1+b3+b17+b19的值为(　　)A.2719B.1813C.107D.1713〚导学号24190914〛答案：1.B　解法一:由已知可得2a1+7d=a1+2d,a1+6d=-2,解得a1=10,d=-2,所以a9=10+(-2)×8=-6.解法二:因为a4+a5=a3,所以a3+a6=a3,a6=0,又a7=-2,所以d=-2,a9=-2+(-2)×2=-6.2.C　设第n天织布an尺,则数列{an}是等差数列,且S30=390,a30=21,∴S30=302(a1+a30),即390=15(a1+21),解得a1=5.故选C.3.C　由已知SnSn-1-Sn-1Sn=2SnSn-1,可得Sn-Sn-1=2,∴{Sn}是以1为首项,2为公差的等差数列,故Sn=2n-1,Sn=(2n-1)2,∴a81=S81-S80=1612-1592=640,故选C.4.C　a1+a3+a5=105⇒a3=35,a2+a4+a6=99⇒a4=33,则{an}的公差d=33-35=-2,a1=a3-2d=39,Sn=-n2+40n,因此当Sn取得最大值时,n=20.5.D　解法一:由题知Sn=na1+n(n-1)2d=n+n(n-1)=n2,Sn+2=(n+2)2,由Sn+2-Sn=36,得(n+2)2-n2=4n+4=36,所以n=8.解法二:Sn+2-Sn=an+1+an+2=2a1+(2n+1)d=2+2(2n+1)=36,解得n=8.6.0　∵{an}为等差数列,Sn为其前n项和,a2=2,S9=9,∴a2=a1+d=2,S9=9a1+9×82d=9,6\n解得d=-13,a1=73,∴a8=a1+7d=0.7.211　由Sn+1+Sn-1=2(Sn+S1)得(Sn+1-Sn)-(Sn-Sn-1)=2S1=2,即an+1-an=2(n≥2),∴数列{an}从第二项起构成以2为首项,2为公差的等差数列,则S15=1+2×14+14×132×2=211.8.5　设该等差数列的前12项中奇数项的和为S奇,偶数项的和为S偶,等差数列的公差为d.由题意得S奇+S偶=354,S偶∶S奇=32∶27,解得S偶=192,S奇=162.又S偶-S奇=6d,所以d=192-1626=5.9.(1)证明当n≥2时,由an+2SnSn-1=0,得Sn-Sn-1=-2SnSn-1,所以1Sn-1Sn-1=2.又1S1=1a1=2,故1Sn是首项为2,公差为2的等差数列.(2)解由(1)可得1Sn=2n,∴Sn=12n.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=12n-12(n-1)=n-1-n2n(n-1)=-12n(n-1).当n=1时,a1=12不适合上式.故an=12,n=1,-12n(n-1),n≥2.10.解(1)设数列{an}的公差为d,∵a1+a2=6,a2+a3=10,∴a3-a1=4,2d=4,d=2.又a1+a1+d=6,∴a1=2,∴an=a1+(n-1)d=2n.(2)记bn=an+an+1,则bn=2n+2(n+1)=4n+2,又bn+1-bn=4(n+1)+2-4n-2=4,∴{bn}是首项为6,公差为4的等差数列,其前n项和Sn=n(b1+bn)2=n(6+4n+2)2=2n2+4n.6\n11.B　∵a1=19,an+1-an=-3,∴数列{an}是以19为首项,-3为公差的等差数列.∴an=19+(n-1)×(-3)=22-3n.设{an}的前k项和数值最大,则有ak≥0,ak+1≤0,k∈N*.∴22-3k≥0,22-3(k+1)≤0.∴193≤k≤223.∵k∈N*,∴k=7.∴满足条件的n的值为7.12.D　由Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,得am=2,am+1=3,所以d=1,∵Sm=0,故ma1+m(m-1)2d=0,故a1=-(m-1)2,∵am+am+1=5,∴am+am+1=2a1+(2m-1)d=-(m-1)+2m-1=5,解得m=5.∴a1=-5-12=-2,nSn=n-2n+n(n-1)2×1=12n3-52n2,设f(n)=12n3-52n2,则f'(n)=32n2-5n,令f'(n)=0,得n=103或n=0,由n∈N*,得当n=3时,nSn取最小值12×27-52×9=-9.故选D.13.16　设{an}的公差为d,由a12=38a5>0,得a1=-765d,a12<a5,即d<0,所以an=n-815d,从而可知当1≤n≤16时,an>0;当n≥17时,an<0.从而b1>b2>…>b14>0>b17>b18>…,b15=a15a16a17<0,b16=a16a17a18>0,故S14>S13>…>S1,S14>S15,S15<S16,S16>S17>S18>….因为a15=-65d>0,a18=95d<0,所以a15+a18=-65d+95d=35d<0,所以b15+b16=a16a17(a15+a18)>0,所以S16>S14,故Sn中S16最大.故答案为16.14.解(1)∵数列{an}为等差数列,∴a3+a4=a2+a5=22.又a3·a4=117,∴a3,a4是方程x2-22x+117=0的两实根.又公差d>0,∴a3<a4,∴a3=9,a4=13,∴a1+2d=9,a1+3d=13,∴a1=1,d=4.∴通项公式an=4n-3.6\n(2)由(1)知a1=1,d=4,∴Sn=na1+n(n-1)2d=2n2-n=2n-142-18.∴当n=1时,Sn最小,最小值为S1=a1=1.(3)由(2)知Sn=2n2-n,∴bn=Snn+c=2n2-nn+c,∴b1=11+c,b2=62+c,b3=153+c.∵数列{bn}是等差数列,∴2b2=b1+b3,即62+c×2=11+c+153+c,∴2c2+c=0,∴c=-12(c=0舍去),故c=-12.15.D　由题意,知a1+a2+a14+a19=2(a8+a10)=4a9,同理b1+b3+b17+b19=4b10,又∵SnTn=3n2n+1,且Sn和Tn都是关于n的二次函数,∴设Sn=kn×3n=3kn2,设Tn=kn×(2n+1),a9=S9-S8=3k×17,b10=T10-T9=39k,∴a1+a2+a14+a19b1+b3+b17+b19=a9b10=3k×1739k=1713.6