2021届高考数学一轮总复习课时作业33等差数列含解析苏教版
课时作业33 等差数列
一、选择题
1．等差数列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，则公差d＝( A )
A． B．
C．2 D．－
解析：由a4＋a8＝2a6＝10，得a6＝5，所以4d＝a10－a6＝1，解得d＝.
2．已知数列{an}中，a2＝，a5＝，且是等差数列，则a7＝( D )
A． B．
C． D．
解析：设等差数列的公差为d，
则＝＋3d，即＝＋3d，
解得d＝2，所以＝＋5d＝12，
解得a7＝.故选D．
3．(2020·成都检测)设Sn为等差数列{an}的前n项和，且2＋a5＝a6＋a3，则S7＝( B )
A．28 B．14
C．7 D．2
解析：由等差数列的性质知a4＋a5＝a6＋a3，
结合2＋a5＝a6＋a3，得a4＝2，
所以S7＝＝7a4＝14，故选B．
4．等差数列{an}中，a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，则数列{an}的前9项和S9等于( A )
A．99 B．66
C．144 D．297
解析：由等差数列的性质可得a1＋a7＝2a4，a3＋a9＝2a6，又∵a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，∴3a4＝39,3a6＝27，解得a4＝13，a6＝9，∴a4＋a6＝22，∴数列{an}的前9项和S9
5
＝＝＝＝99.
5．(2020·合肥模拟)已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，a5＋a7－a＝0，则S11的值为( D )
A．11 B．12
C．20 D．22
解析：解法1：设等差数列的公差为d(d>0)，则由(a1＋4d)＋(a1＋6d)－(a1＋5d)2＝0，得(a1＋5d)(a1＋5d－2)＝0，所以a1＋5d＝0或a1＋5d＝2，又an>0，所以a1＋5d>0，则a1＋5d＝2，则S11＝11a1＋d＝11(a1＋5d)＝11×2＝22，故选D．
解法2：因为{an}为正项等差数列，所以由等差数列的性质，并结合a5＋a7－a＝0，得2a6－a＝0，a6＝2，则S11＝＝＝11a6＝22，故选D．
6．(2020·河南濮阳模拟)《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现在有一根金箠，长五尺，在粗的一端截下一尺，重4斤，在细的一端截下一尺，重2斤，问各尺依次重多少？”按这一问题的题设，假设金箠由粗到细各尺质量依次成等差数列，则从粗端开始的第二尺的质量是( B )
A．斤 B．斤
C．斤 D．3斤
解析：金箠由粗到细各尺构成一个等差数列，设首项a1＝4，则a5＝2，设公差为d，则2＝4＋4d，解得d＝－.∴a2＝4－＝.故选B．
7．(2020·广州综合测试)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若m为大于1的正整数，且am－1－a＋am＋1＝1，S2m－1＝11，则m＝( C )
A．11 B．10
C．6 D．5
解析：由am－1－a＋am＋1＝1可得2am－a＝1，
即a－2am＋1＝0，解得am＝1，
由S2m－1＝＝am×(2m－1)＝11，可得2m－1＝11，得m＝6，故选C．
8．(2020·安徽五校质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，则“Sn的最大值是S8”是“”的( B )
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
解析：若Sn的最大值为S8，
则若
5
则所以
所以“Sn的最大值是S8”是“”的必要不充分条件，故选B．
9．(2020·安徽淮北一模)Sn是等差数列{an}的前n项和，S2 018
0，∴S4 034＝＝2 017·(a2 018＋a2 017)<0，S4 035＝＝4 035a2 018>0，可知Sn<0时，n的最大值是4 034.故选D．
二、填空题
10．(2019·全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＝5，a7＝13，则S10＝100.
解析：解法1：设等差数列{an}的公差为d，则由题意，得解得所以S10＝10×1＋×2＝100.
解法2：由题意，得公差d＝(a7－a3)＝2，所以a4＝a3＋d＝7，所以S10＝＝5(a4＋a7)＝100.
11．(2019·江苏卷)已知数列{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项和．若a2a5＋a8＝0，S9＝27，则S8的值是16.
解析：解法1：设等差数列{an}的公差为d，则a2a5＋a8＝(a1＋d)(a1＋4d)＋a1＋7d＝a＋4d2＋5a1d＋a1＋7d＝0，S9＝9a1＋36d＝27，解得a1＝－5，d＝2，则S8＝8a1＋28d＝－40＋56＝16.
解法2：设等差数列{an}的公差为d.S9＝＝9a5＝27，a5＝3，又a2a5＋a8＝0，则3(3－3d)＋3＋3d＝0，得d＝2，则S8＝＝4(a4＋a5)＝4(1＋3)＝16.
12．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝2a3，则＝.
解析：＝＝＝.
13．(2019·北京卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝0，Sn的最小值为－10.
解析：设等差数列{an}的公差为d，∵即
∴可得∴a5＝a1＋4d＝0.∵Sn＝na1＋d＝(n2－9n)，∴当n＝4或n＝5时，Sn取得最小值，最小值为－10.
三、解答题
5
14．记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S9＝－a5.
(1)若a3＝4，求{an}的通项公式；
(2)若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围．
解：(1)设{an}的公差为d.
由S9＝－a5得a1＋4d＝0.
由a3＝4得a1＋2d＝4.于是a1＝8，d＝－2.
因此{an}的通项公式为an＝10－2n.
(2)由(1)得a1＝－4d，
故an＝(n－5)d，Sn＝.
由a1>0知d<0，故Sn≥an等价于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10.
所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}．
15．(2020·湖北仙桃、天门、潜江联考)已知数列{an}满足a1＝2，(n＋2)an＝(n＋1)an＋1－2(n2＋3n＋2)，设bn＝.
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；
(3)求数列{an}的通项公式．
解：(1)因为数列{an}满足(n＋2)an＝(n＋1)an＋1－2(n2＋3n＋2)，所以将n＝1代入得3a1＝2a2－12.又a1＝2，所以a2＝9.将n＝2代入得4a2＝3a3－24，所以a3＝20.从而b1＝1，b2＝3，b3＝5.
(2)数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列．理由如下：
将(n＋2)an＝(n＋1)an＋1－2(n2＋3n＋2)两边同时除以(n＋1)(n＋2)可得
＝，
化简可得－＝2，即bn＋1－bn＝2，
所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列．
(3)由(2)可得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，
所以an＝(n＋1)bn＝(n＋1)·(2n－1)＝2n2＋n－1.
16．(2020·安徽江南十校联考)计算机内部运算通常使用的是二进制，用1和0两个数字与电路的通和断两种状态相对应．现有一个2 019位的二进制数，其第一个数字为1，第二个数字为0，且在第k个0和第(k＋1)个0之间有(2k＋1)个1(k∈N*)，即，则该数的所有数字之和为( C )
A．1 973 B．1 974
C．1 975 D．1 976
5
解析：将数字从左往右以0为分界进行分组，
第一组为10，数字之和为1；
第二组为1110，数字之和为3；
第三组为111110，数字之和为5；以此类推，
故第n组的数字之和是以1为首项，2为公差的等差数列，即第n组数字之和为2n－1.
由题知共2 019个数字，则前44组共有44×2＋×2＝1 980个数字，
则前1 980个数字之和为44×1＋×2＝1 936，
剩余数字个数为2 019－1 980＝39，
则所有数字之和为1 936＋39＝1 975，故选C．
17．(2020·广东四校联考)等差数列an}的前n项和为Sn，a2＋a4＝48，a5＝28，Sn＋30>nλ对一切n∈N*恒成立，则λ的取值范围为(－∞，30)．
解析：设等差数列{an}的公差为d.因为a5＝28，a2＋a4＝a5＋a1＝48，所以a1＝20，d＝＝＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋18，Sn＝＝n(n＋19)．
由n(n＋19)＋30>nλ，得λ<＝n＋＋19.
由函数f(x)＝x＋＋19在(0，]上单调递减，在(，＋∞)上单调递增及f(5)＝f(6)＝30知，当n＝5或n＝6时，n＋＋19取得最小值，最小值为30，故λ<30.
18．(2020·浙江嘉兴质检)在数列{an}，{bn}中，设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝1，an＋1＝an＋2,3b1＋5b2＋…＋(2n＋1)bn＝2n·an＋1，n∈N*.
(1)求an和Sn；
(2)当n≥k时，bn≥8Sn恒成立，求整数k的最小值．
解：(1)因为an＋1＝an＋2，所以an＋1－an＝2，所以{an}是等差数列．
又a1＝1，所以an＝2n－1，从而Sn＝＝n2.
(2)因为an＝2n－1，所以3b1＋5b2＋7b3＋…＋(2n＋1)bn＝2n·(2n－1)＋1，①
当n≥2时，3b1＋5b2＋7b3＋…＋(2n－1)bn－1＝2n－1·(2n－3)＋1.②
①－②可得(2n＋1)bn＝2n－1·(2n＋1)(n≥2)，即bn＝2n－1.而b1＝1也满足上式，故bn＝2n－1.
令bn≥8Sn，则2n－1≥8n2，即2n－4≥n2.
又210－4<102,211－4>112，结合指数函数增长的性质，可知整数k的最小值是11.
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