【世纪金榜】2022届高考数学总复习 课时提升作业(二十九) 5.2等差数列及其前n项和 文 新人教A版

课时提升作业(二十九)等差数列及其前n项和一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若2a6=a8+6,则S7等于　(　　)A.49B.42C.35D.24【解析】选B.设公差为d,由已知得2(a1+5d)=a1+7d+6,即a1+3d=6,所以S7=7a1+d=7(a1+3d)=7×6=42.【加固训练】(2022·安徽高考)设Sn为等差数列{an}的前n项和,S8=4a3,a7=-2,则a9=(　　)A.-6B.-4C.-2D.2【解析】选A.由S8=4a3⇒8a1+d=4×(a1+2d);由a7=-2⇒a1+6d=-2,联立解得a1=10,d=-2,所以a9=a1+8d=10-16=-6.2.设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a3=3,S9-S6=27,则该数列的首项a1等于　(　　)A.-B.-C.D.【解析】选D.由得解得a1=.故选D.3.已知数列{an}中,a3=2,a7=1,若数列{}为等差数列,则等于　(　　)A.0B.C.D.-1【解析】选B.设{}的公差为d,则=+4d,即4d=-=,所以d=,-10-\n4.(2022·吉林模拟)等差数列{an}的前n项和为Sn(n=1,2,3,…),当首项a1和公差d变化时,若a5+a8+a11是一个定值,则下列各数中为定值的是(　　)A.S17B.S18C.S15D.S16【解析】选C.由等差数列的性质得:a5+a11=2a8,所以a5+a8+a11为定值,即a8为定值.又因为S15===15a8,所以S15为定值.故选C.【加固训练】已知等差数列{an}中,|a3|=|a9|,公差d<0,Sn是数列{an}的前n项和,则(　　)A.S5>S6B.S5<S6C.S6=0D.S5=S6【解题提示】根据已知得到a3+a9=0,从而确定出a6=0,然后根据选项即可判断.【解析】选D.因为d<0,|a3|=|a9|,所以a3>0,a9<0,且a3+a9=0,所以a6=0,a5>0,a7<0,所以S5=S6.5.(2022·马鞍山模拟)等差数列{an}中,“a1<a3”是“an<an+1”的　(　　)A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选C.等差数列中,由a1<a3,可知公差d>0,所以an+1=an+d>an,即an<an+1.反过来,由an<an+1,可知公差d>0,所以a3=a1+2d>a1,即a1<a3.等差数列{an}中,“a1<a3”是“an<an+1”的充分必要条件.二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知数列{an}中,a1=1且=+(n∈N*),则a10=　　　　.【解析】由=+知,-10-\n数列{}为等差数列,则=1+(n-1),即an=.所以a10==.答案:7.已知等差数列{an}的首项a1=20,公差d=-2,则前n项和Sn的最大值为　　　　.【解题提示】等差数列前n项的和Sn是关于n的二次函数,可将Sn的最大值转化为求二次函数的最值问题.【解析】因为等差数列{an}的首项a1=20,公差d=-2,代入求和公式得,又因为n∈N*,所以n=10或n=11时,Sn取得最大值,最大值为110.答案:110【方法技巧】求等差数列前n项和的最值的常用方法(1)利用等差数列的单调性,求出其正负转折项,或者利用性质求其正负转折项,便可求得Sn的最值.(2)利用公差不为零的等差数列的前n项和Sn=An2+Bn(A,B为常数)为二次函数,根据二次函数的性质求最值.(3)注意区别等差数列前n项和Sn的最值和Sn的符号.【加固训练】在数列{an}中,a1=-18,an+1=an+3(n∈N*),则数列{an}的前n项和Sn的最小值为　　　　.【解析】由an+1=an+3知{an}是等差数列,首项为-18,公差为3,所以an=-21+3n.当n=7时,an=0,当n≤6时,an<0,所以当n=6或7时,Sn有最小值-63.答案:-638.如果有穷数列a1,a2,…,am(m为正整数)满足条件:a1=am,a2=am-1,…,am=a1,则称其为“对称”-10-\n数列.例如数列1,2,5,2,1与数列8,4,2,4,8都是“对称”数列.已知在21项的“对称”数列{cn}中c11,c12,…,c21是以1为首项,2为公差的等差数列,则c2=　　　　.【解析】因为c11,c12,…,c21是以1为首项,2为公差的等差数列,所以c20=c11+9d=1+9×2=19,又{cn}为21项的对称数列,所以c2=c20=19.答案:19三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足an+2Sn·Sn-1=0(n≥2),a1=.(1)求证:{}是等差数列.(2)求数列{an}的通项公式.【解析】(1)因为an=Sn-Sn-1(n≥2),又an=-2Sn·Sn-1,所以Sn-1-Sn=2Sn·Sn-1,Sn≠0,所以又==2,故数列{}是以2为首项,以2为公差的等差数列.(2)由(1)知=+(n-1)d=2+(n-1)×2=2n,所以Sn=.当n≥2时,有an=-2Sn·Sn-1=-,又因为a1=,不适合上式,【加固训练】已知数列{an}是一个等差数列,且a2=1,a5=-5.(1)求{an}的通项公式.(2)设cn=,bn=,求T=log2b1+log2b2+log2b3+…+log2bn的值.【解析】(1)设{an}的公差为d,-10-\n由已知条件解得a1=3,d=-2.所以an=a1+(n-1)d=-2n+5.(2)因为an=-2n+5,所以cn===n,所以bn==2n,所以T=log2b1+log2b2+log2b3+…+log2bn=log22+log222+log223+…+log22n=1+2+3+…+n=.10.(2022·成都模拟)数列{an}中,a1=-23,an+1-an-3=0.(1)求数列的前n项和Sn.(2)求使得数列{Sn}是递增数列的n的取值范围.【解析】(1)因为an+1-an-3=0,所以an+1-an=3,即数列{an}是等差数列,公差d=3.又a1=-23,所以数列{an}的前n项和为Sn=-23n+n(n-1)·3,即Sn=n2-n.(2)Sn=n2-n的对应函数为f(x)=x2-x,它的图象是一条抛物线,其开口方向向上,对称轴为x=.当x≥时,函数f(x)是增函数.因为8<<9,且-8<9-,所以f(8)<f(9).综上,可知使得数列{Sn}是递增数列的n的取值范围是{n|n≥8,n∈N*}.【加固训练】(2022·郑州模拟)数列{an}满足a1=,an+1=(n∈N*).(1)求证:为等差数列,并求出{an}的通项公式.-10-\n(2)设bn=-1,数列{bn}的前n项和为Bn,对任意n≥2都有B3n-Bn>成立,求正整数m的最大值.【解析】(1)an+1=,===-1+,所以-=-1,所以为首项为-2,公差为-1的等差数列,所以=-2+(n-1)×(-1)=-(n+1),所以an=.(2)bn=-1=,令Cn=B3n-Bn=++…+,所以Cn+1-Cn=++…+--…-=-+++=-+>-=0,所以Cn+1-Cn>0,所以{Cn}为单调递增数列,所以(B3n-Bn)min=B6-B2=+++=,所以<,所以m<19,又m∈N*,所以m的最大值为18.(20分钟　40分)1.(5分)(2022·唐山模拟)在等差数列{an}中,a1=-2022,其前n项和为Sn,若-=2,则S2022的值等于(　　)A.-2022B.-2022C.-2022D.-2022【解析】选A.设等差数列{an}的公差为d,因为-=2,根据等差数列的性质可得也为等差数列,所以d=2.所以S2022=2022a1+=-2022.【加固训练】(2022·延吉模拟)等差数列{an}中,是一个与n无关的常数,则该常数的可能值的集合为(　　)A.{1}B.C.D.【解析】选B.等差数列{an}中,设=是与n无关的常数m,所以a1+(n-1)d=ma1+m(2n-1)d对任意n恒成立,即(2md-d)n+(ma1-md+d-a1)=0对任意n恒成立,故-10-\n由第一个方程得d=0或者m=.若d=0,代入第二个方程可得m=1(因为a1≠0);若m=,代入第二个方程得d=a1.2.(5分)(2022·大连模拟)下面是关于公差d>0的等差数列{an}的四个命题:p1:数列{an}是递增数列;p2:数列{nan}是递增数列;p3:数列{}是递增数列;p4:数列{an+3nd}是递增数列.其中的真命题为　(　　)A.p1,p2B.p3,p4C.p2,p3D.p1,p4【解析】选D.命题判断过程结论p1:数列{an}是递增数列由an+1-an=d>0,知数列{an}是递增数列真命题p2:数列{nan}是递增数列由(n+1)an+1-nan=(n+1)(a1+nd)-n[a1+(n-1)d]=a1+2nd,仅由d>0是无法判断a1+2nd的正负的,因而不能判定(n+1)an+1,nan的大小关系假命题p3:数列{}是递增数列显然,当an=n时,=1,数列{}是常数数列,不是递增数列假命题p4:数列{an+3nd}是递增数列数列的第n+1项减去数列的第n项[an+1+3(n+1)d]-(an+3nd)=(an+1-an)+[3(n+1)d-3nd]=d+3d=4d>0.所以an+1+3(n+1)d>an+3nd,即数列{an+3nd}是递增数列真命题3.(5分)(2022·郑州模拟)已知数列{an}的前n项和Sn=n2-6n,则{|an|}的前n项和Tn=　(　　)A.6n-n2B.n2-16n+18C.-10-\nD.【解析】选C.因为由Sn=n2-6n得{an}是等差数列,且首项为-5,公差为2.所以an=-5+(n-1)×2=2n-7,所以n≤3时,an<0,n>3时,an>0,所以Tn=4.(12分)已知数列{an}的奇数项是公差为d1的等差数列,偶数项是公差为d2的等差数列.Sn是数列{an}的前n项和,a1=1,a2=2.(1)若S5=16,a4=a5,求a10.(2)若d1=3d2(d1≠0),且存在正整数m,n(m≠n),使得am=an,求当d1最大时,数列{an}的通项公式.【解析】(1)由题意,当n为奇数时,an=1+d1;当n为偶数时,an=2+(-1)d2.由S5=16,a4=a5可得解得d1=2,d2=3,所以a10=2+4d2=14.(2)因为d1≠0,d2≠0,且存在正整数m,n(m≠n),使得am=an,所以m,n中必然一个为奇数,一个为偶数.不妨设m为奇数,n为偶数,由am=an,得1+d1=2+（-1）d2,将d1=3d2代入,化简得d1=.因为m为奇数,n为偶数,所以3m-n-1的最小值为2,此时d1=3,d2=1,-10-\n【加固训练】已知数列{an},an∈N*,Sn=(an+2)2.(1)求证:{an}是等差数列.(2)设bn=an-30,求数列{bn}的前n项和Tn的最小值.【解析】(1)因为Sn=(an+2)2,　①所以Sn-1=(an-1+2)2(n≥2).　②①-②得Sn-Sn-1=(an+2)2-(an-1+2)2(n≥2),即an=(an+2)2-(an-1+2)2.所以(an-2)2=(an-1+2)2,所以an+an-1=0或an-an-1=4.因为an∈N*,所以an+an-1=0舍去,所以an-an-1=4.a1=S1=(a1+2)2,所以(a1-2)2=0,a1=2.所以{an}是首项为2,公差为4的等差数列.(2)bn=an-30=(4n-2)-30=2n-31.bn+1-bn=2(n+1)-31-(2n-31)=2.b1=a1-30=×2-30=-29.所以{bn}是以b1=-29为首项,d=2为公差的等差数列.Tn=nb1+d=-29n+×2=n2-30n.所以Tn=(n-15)2-225.当n=15时,数列{bn}的前n项和有最小值为-225.5.(13分)(能力挑战题)设同时满足条件:①≤bn+1(n∈N*);②bn≤M(n∈N*,M是与n无关的常数)的无穷数列{bn}叫“特界”数列.(1)若数列{an}为等差数列,Sn是其前n项和,a3=4,S3=18,求Sn.(2)判断(1)中的数列{Sn}是否为“特界”数列,并说明理由.-10-\n【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,则a1+2d=4,S3=a1+a2+a3=3a1+3d=18,解得a1=8,d=-2,所以Sn=na1+d=-n2+9n.(2)由故数列{Sn}适合条件①.则当n=4或5时,Sn有最大值20,即Sn≤20,故数列{Sn}适合条件②.综上,数列{Sn}是“特界”数列.-10-