2019高三数学(人教A版理)一轮课时分层训练31 等差数列及其前N项和

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2019高三数学(人教A版理)一轮课时分层训练31 等差数列及其前N项和

课时分层训练(三十一) 等差数列及其前n项和 ‎(对应学生用书第232页)‎ A组 基础达标 ‎(建议用时:30分钟)‎ 一、选择题 ‎1.已知数列{an}是等差数列,a1+a7=-8,a2=2,则数列{an}的公差d等于(  )‎ A.-1        B.-2‎ C.-3 D.-4‎ C [法一:由题意可得 解得a1=5,d=-3.‎ 法二:a1+a7=2a4=-8,∴a4=-4,‎ ‎∴a4-a2=-4-2=2d,∴d=-3.]‎ ‎2.(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}前9项的和为27,a10=8,则a100=(  )‎ A.100 B.99‎ C.98 D.97‎ C [法一:∵{an}是等差数列,设其公差为d,‎ ‎∴S9=(a1+a9)=9a5=27,∴a5=3.‎ 又∵a10=8,∴∴ ‎∴a100=a1+99d=-1+99×1=98.故选C.‎ 法二:∵{an}是等差数列,‎ ‎∴S9=(a1+a9)=9a5=27,∴a5=3.‎ 在等差数列{an}中,a5,a10,a15,…,a100成等差数列,且公差d′=a10-a5=8-3=5.‎ 故a100=a5+(20-1)×5=98.故选C.]‎ ‎3.(2017·浙江高考)已知等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,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 C [法一:∵数列{an}是公差为d的等差数列,‎ ‎∴S4=4a1+6d,S5=5a1+10d,S6=6a1+15d,‎ ‎∴S4+S6=10a1+21d,2S5=10a1+20d.‎ 若d>0,则21d>20d,10a1+21d>10a1+20d,‎ 即S4+S6>2S5.‎ 若S4+S6>2S5,则10a1+21d>10a1+20d,‎ 即21d>20d,‎ ‎∴d>0.∴“d>0”是“S4+S6>2S5”的充分必要条件.‎ 故选C.‎ 法二:∵S4+S6>2S5⇔S4+S4+a5+a6>2(S4+a5)⇔a6>a5⇔a5+d>a5⇔d>0,∴“d>0”是“S4+S6>2S5”的充分必要条件.‎ 故选C.]‎ ‎4.(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{an}前6项的和为(  )‎ A.-24 B.-3‎ C.3 D.8‎ A [由已知条件可得a1=1,d≠0,‎ 由a=a2a6可得(1+2d)2=(1+d)(1+5d),‎ 解得d=-2.‎ 所以S6=6×1+=-24.‎ 故选A.]‎ ‎5.(2018·云南二检)已知等差数列{an}中,a1=11,a5=-1,则{an}的前n项和Sn的最大值是(  )‎ ‎ 【导学号:97190173】‎ A.15 B.20‎ C.26 D.30‎ C [设数列{an}的公差为d,则d=(a5-a1)=-3,所以an=11-3(n-1)=14-3n,令an=14-3n≥0,解得n≤,所以Sn的最大值为S4=4×11+×(-3)=26,故选C.]‎ 二、填空题 ‎6.在等差数列{an}中,公差d=,前100项的和S100=45,则a1+a3+a5+…+a99=________.‎ ‎10 [S100=(a1+a100)=45,a1+a100=0.9‎ a1+a99=a1+a100-d=0.4,则a1+a3+a5+…+a99=(a1+a99)=×0.4=10.]‎ ‎7.[数学文化]《九章算术》是我国第一部数学专著,下面有源自其中的一个问题:“今有金箠(chuí),长五尺,斩本一尺,重四斤,斩末一尺,重二斤,问金箠重几何?”意思是:“现有一根金箠,长5尺,一头粗,一头细,在粗的一端截下1尺,重4斤;在细的一端截下1尺,重2斤;问金箠重多少斤?”根据上面的已知条件,若金箠由粗到细的重量是均匀变化的,则答案是________.‎ ‎15斤 [由题意可知金箠由粗到细各尺的重量成等差数列,且a1=4,a5=2,则S5==15,故金箠重15斤.]‎ ‎8.在等差数列{an}中,a1=7,公差为d,前n项和为Sn,当且仅当n=8时Sn取得最大值,则d的取值范围为________. 【导学号:97190174】‎  [由题意,当且仅当n=8时Sn有最大值,可得即解得-1<d<-.]‎ 三、解答题 ‎9.在等差数列{an}中,a1=1,a3=-3.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若数列{an}的前k项和Sk=-35,求k的值.‎ ‎[解] (1)设等差数列{an}的公差为d,‎ 则an=a1+(n-1)d.‎ 由a1=1,a3=-3,可得1+2d=-3,‎ 解得d=-2.‎ 从而an=1+(n-1)×(-2)=3-2n.‎ ‎(2)由(1)可知an=3-2n,‎ 所以Sn==2n-n2.‎ 由Sk=-35,可得2k-k2=-35,‎ 即k2-2k-35=0,解得k=7或k=-5.‎ 又k∈N*,故k=7.‎ ‎10.已知等差数列的前三项依次为a,4,3a,前n项和为Sn,且Sk=110.‎ ‎(1)求a及k的值;‎ ‎(2)设数列{bn}的通项公式bn=,证明:数列{bn}是等差数列,并求其前n项和Tn.‎ ‎[解] (1)设该等差数列为{an},则a1=a,a2=4,a3=3a,‎ 由已知有a+3a=8,得a1=a=2,公差d=4-2=2,‎ 所以Sk=ka1+·d=2k+×2=k2+k.‎ 由Sk=110,得k2+k-110=0,‎ 解得k=10或k=-11(舍去),故a=2,k=10.‎ ‎(2)证明:由(1)得Sn==n(n+1),‎ 则bn==n+1,‎ 故bn+1-bn=(n+2)-(n+1)=1,‎ 即数列{bn}是首项为2,公差为1的等差数列,‎ 所以Tn==.‎ B组 能力提升 ‎(建议用时:15分钟)‎ ‎11.(2018·呼和浩特一调)等差数列{an}中,a2=8,前6项的和S6=66,设bn=,Tn=b1+b2+…+bn,则Tn=(  )‎ A.1- B.1- C.- D.- D [由题意得解得所以an=2n+4,因此bn===-,所以Tn=-+-+…+-=-,故选D.]‎ ‎12.[信息给予题]设数列{an}的前n项和为Sn,若为常数,则称数列{an}为“吉祥数列”.已知等差数列{bn}的首项为1,公差不为0,若数列{bn}为“吉祥数列”,则数列{bn}的通项公式为(  )‎ A.bn=n-1 B.bn=2n-1‎ C.bn=n+1 D.bn=2n+1‎ B [设等差数列{bn}的公差为d(d≠0),=k,因为b1=1,则n+n(n-1)d=k,‎ 即2+(n-1)d=4k+2k(2n-1)d,‎ 整理得(4k-1)dn+(2k-1)(2-d)=0.‎ 因为对任意的正整数n上式均成立,‎ 所以(4k-1)d=0,(2k-1)(2-d)=0,‎ 解得d=2,k=,‎ 所以数列{bn}的通项公式为bn=2n-1.]‎ ‎13.设等差数列{an}的前n项和为Sn,Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则正整数m的值为________.‎ ‎5 [因为等差数列{an}的前n项和为Sn,Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,‎ 所以am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3,数列的公差d=1,am+am+1=Sm+1-Sm-1=5,即2a1+2m-1=5,‎ 所以a1=3-m.‎ 由Sm=(3-m)m+×1=0,‎ 解得正整数m的值为5.]‎ ‎14.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数. 【导学号:97190175】‎ ‎(1)证明:an+2-an=λ;‎ ‎(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由.‎ ‎[解] (1)证明:由题设知anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1,‎ 两式相减得an+1(an+2-an)=λan+1,‎ 由于an+1≠0,所以an+2-an=λ.‎ ‎(2)由题设知a1=1,a1a2=λS1-1,‎ 可得a2=λ-1.‎ 由(1)知,a3=λ+1.‎ 令2a2=a1+a3,解得λ=4.‎ 故an+2-an=4,由此可得{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3;‎ ‎{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1.‎ 所以an=2n-1,an+1-an=2,‎ 因此存在λ=4,使得数列{an}为等差数列.‎
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