2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破：第六章　第2讲　等差数列及其前n项和

2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破：第六章　第2讲　等差数列及其前n项和

‎ [基础题组练]‎ ‎1．(一题多解)(2019·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S4＝0，a5＝5，则(　　)‎ A．an＝2n－5　　　　　　 B．an＝3n－10‎ C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝n2－2n 解析：选A.法一：设等差数列{an}的公差为d，‎ 因为所以解得所以an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋d＝n2－4n.故选A.‎ 法二：设等差数列{an}的公差为d，‎ 因为所以解得 选项A，a1＝2×1－5＝－3；‎ 选项B，a1＝3×1－10＝－7，排除B；‎ 选项C，S1＝2－8＝－6，排除C；‎ 选项D，S1＝－2＝－，排除D.故选A.‎ ‎2．(一题多解)(2020·沈阳质量监测)在等差数列{an}中，若Sn为前n项和，2a7＝a8＋5，则S11的值是(　　)‎ A．55 B．11‎ C．50　　　 D．60‎ 解析：选A.通解：设等差数列{an}的公差为d，由题意可得2(a1＋6d)＝a1＋7d＋5，得a1＋5d＝5，则S11＝11a1＋d＝11(a1＋5d)＝11×5＝55，故选A.‎ 优解：设等差数列{an}的公差为d，由2a7＝a8＋5，得2(a6＋d)＝a6＋2d＋5，得a6＝5，所以S11＝11a6＝55，故选A.‎ ‎3．(一题多解)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为(　　)‎ A．1 B．2‎ C．4 D．8‎ 解析：选C.法一：等差数列{an}中，S6＝＝48，则a1＋a6＝16＝a2＋a5，又 a4＋a5＝24，所以a4－a2＝2d＝24－16＝8，得d＝4，故选C.‎ 法二：由已知条件和等差数列的通项公式与前n项和公式可列方程组，得 即解得故选C.‎ ‎4．(2020·焦作市统一模拟考试)《九章算术》是我国古代第一部数学专著，全书收集了246个问题及其解法，其中一个问题为“现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面四节容积之和为3升，下面三节的容积之和为4升，求中间两节的容积各为多少？”该问题中的第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为(　　)‎ A.升 B．升 C.升 D．升 解析：选A.自上而下依次设各节竹子的容积分别为a1，a2，…，a9，依题意有，因为a2＋a3＝a1＋a4，a7＋a9＝2a8，故a2＋a3＋a8＝＋＝.选A.‎ ‎5．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若am＝4，Sm＝0，Sm＋2＝14(m≥2，且m∈N+)，则a2 017的值为(　　)‎ A．2 018 B．4 028‎ C．5 037 D．3 019‎ 解析：选B.由题意得 解得所以an＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，‎ 所以a2 017＝2×2 017－6＝4 028.故选B.‎ ‎6．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝2a3，则＝________．　‎ 解析：＝＝＝.‎ 答案： ‎7．在等差数列{an}中，公差d＝，前100项的和S100＝45，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝________．‎ 解析：因为S100＝(a1＋a100)＝45，所以a1＋a100＝，a1＋a99＝a1＋a100－d＝，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝(a1＋a99)＝×＝10.‎ 答案：10‎ ‎8．在单调递增的等差数列{an}中，若a3＝1，a2a4＝，则a1＝________．‎ 解析：由题知，a2＋a4＝2a3＝2，又因为a2a4＝，数列{an}递增，所以a2＝，a4＝.所以公差d＝＝.所以a1＝a2－d＝0.‎ 答案：0‎ ‎9．已知等差数列{an}的前三项的和为－9，前三项的积为－15.‎ ‎(1)求等差数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若{an}为递增数列，求数列{|an|}的前n项和Sn.‎ 解：(1)设公差为d，则依题意得a2＝－3，则a1＝－3－d，a3＝－3＋d，‎ 所以(－3－d)(－3)(－3＋d)＝－15，得d2＝4，d＝±2，‎ 所以an＝－2n＋1或an＝2n－7.‎ ‎(2)由题意得an＝2n－7，所以|an|＝，‎ ‎①n≤3时，Sn＝－(a1＋a2＋…＋an)＝n＝6n－n2；‎ ‎②n≥4时，Sn＝－a1－a2－a3＋a4＋…＋an＝－2(a1＋a2＋a3)＋(a1＋a2＋…＋an)＝18－6n＋n2.‎ 综上，数列{|an|}的前n项和Sn＝.‎ ‎10．已知等差数列{an}的公差d>0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36.‎ ‎(1)求d及Sn；‎ ‎(2)求m，k(m，k∈N+)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.‎ 解：(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an＝2n－1，Sn＝n2(n∈N+)．‎ ‎(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋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，‎ 故解得 即所求m的值为5，k的值为4.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1．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.＝＝，若a1＝d，则＝；若a1≠0，d＝0，则＝1.因为a1＝d≠0，所以≠0，所以该常数的可能值的集合为.‎ ‎2．(2020·晋冀鲁豫名校期末联考)我国南北朝时期的著作《张邱建算经》有这样一个问题：今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之，上三人先入，得金四斤，持出，下四人后入，得金三斤，持出，中间三人未到者，亦依等次更给，问各得金几何？则据你对数学史的研究与数学问题的理解可知，两人所得金相差数额绝对值的最小值是(　　)‎ A.斤 B．斤 C.斤 D．斤 解析：选C.设第n个人得金an斤，由题意可知{an}是等差数列，设公差为d，‎ 则有 解得 则两个人所得金相差数额绝对值的最小值是斤．故选C.‎ ‎3．若数列{an}是正项数列，且＋＋…＋＝n2＋n，则a1＋＋…＋＝________．‎ 解析：当n＝1时，＝2⇒a1＝4，又＋＋…＋＝n2＋n　①，所以当n≥2时，＋＋…＋＝(n－1)2＋(n－1)＝n2－n　②，①－②得＝2n，即an＝4n2，所以＝＝4n，所以a1＋＋…＋＝＝2n2＋2n.‎ 答案：2n2＋2n ‎4．若{an}是等差数列，首项a1>0，a2 016＋a2 017>0，a2 016·a2 017<0，则使前n项和Sn>0成立的最大正整数n＝________．‎ 解析：因为a1>0，a2 016＋a2 017>0，a2 016·a2 017<0，所以d<0，a2 016>0，a2 017<0，所以S4 032＝＝>0，S4 033＝＝4 033a2 017<0，所以使前n项和Sn>0成立的最大正整数n是4 032.‎ 答案：4 032‎ ‎5．(2020·湖北仙桃、天门、潜江模拟)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{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.‎ ‎6．(2020·安徽蚌阜模拟)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.‎