【数学】2020届数学文一轮复习第六章第2讲等差数列及其前n项和作业

【数学】2020届数学文一轮复习第六章第2讲等差数列及其前n项和作业

‎1．(2018·洛阳模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a7＋a12＝24，则S13＝(　　)‎ A．52　　　　　　　　　 B．78‎ C．104 D．208‎ 解析：选C．依题意得3a7＝24，a7＝8，S13＝＝13a7＝104，选C．‎ ‎2．(2018·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝(　　)‎ A．－12 B．－10‎ C．10 D．12‎ 解析：选B.设等差数列{an}的公差为d，因为3S3＝S2＋S4，所以3(3a1＋d)＝2a1＋d＋4a1＋d，解得d＝－a1，因为a1＝2，所以d＝－3，所以a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.‎ ‎3．在单调递增的等差数列{an}中，若a3＝1，a2a4＝，则a1＝(　　)‎ A．－1 B．0‎ C． D． 解析：选B．由题知，a2＋a4＝2a3＝2，又因为a2a4＝，数列{an}单调递增，所以a2＝，a4＝.所以公差d＝＝.所以a1＝a2－d＝0.‎ ‎4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，则“a6＋a7>0”是“S9≥S3”的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充要也不必要条件 解析：选A．法一：将它们等价转化为a1和d的关系式．a6＋a7>0⇒a1＋5d＋a1＋6d>0⇒2a1＋11d>0；S9≥S3⇒9a1＋≥3a1＋⇒2a1＋11d≥0.‎ 法二：a6＋a7>0⇒a1＋a12>0，‎ S9≥S3⇒a4＋a5＋…＋a9≥0⇒3(a1＋a12)≥0.‎ ‎5．在等差数列{an}中，a1＝29，S10＝S20，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为(　　)‎ A．S15 B．S16‎ C．S15或S16 D．S17‎ 解析：选A．设{an}的公差为d，‎ 因为a1＝29，S10＝S20，‎ 所以10a1＋d＝20a1＋d，解得d＝－2，‎ 所以Sn＝29n＋×(－2)＝－n2＋30n＝－(n－15)2＋225.‎ 所以当n＝15时，Sn取得最大值．‎ ‎6．在等差数列{an}中，a3＋a9＝27－a6，Sn表示数列{an}的前n项和，则S11＝________．‎ 解析：因为a3＋a9＝27－a6，2a6＝a3＋a9，所以3a6＝27，所以a6＝9，所以S11＝(a1＋a11)＝11a6＝99.‎ 答案：99‎ ‎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．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________．‎ 解析：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.‎ 答案：5‎ ‎9．(2016·高考全国卷Ⅱ)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.‎ 解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意有 ‎2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3.‎ 解得a1＝1，d＝.‎ 所以{an}的通项公式为an＝.‎ ‎(2)由(1)知，bn＝[]．‎ 当n＝1，2，3时，1≤＜2，bn＝1；‎ 当n＝4，5时，2<＜3，bn＝2；‎ 当n＝6，7，8时，3≤＜4，bn＝3；‎ 当n＝9，10时，4<＜5，bn＝4.‎ 所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.‎ ‎10．已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足2Sn＝a＋n－4(n∈N*)．‎ ‎(1)求证：数列{an}为等差数列；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式．‎ 解：(1)证明：当n＝1时，有2a1＝a＋1－4，‎ 即a－2a1－3＝0，‎ 解得a1＝3(a1＝－1舍去)．‎ 当n≥2时，有2Sn－1＝a＋n－5，‎ 又2Sn＝a＋n－4，‎ 两式相减得2an＝a－a＋1，‎ 即a－2an＋1＝a，‎ 也即(an－1)2＝a，‎ 因此an－1＝an－1或an－1＝－an－1.‎ 若an－1＝－an－1，则an＋an－1＝1.‎ 而a1＝3，‎ 所以a2＝－2，这与数列{an}的各项均为正数相矛盾，所以an－1＝an－1，‎ 即an－an－1＝1，‎ 因此数列{an}是首项为3，公差为1的等差数列．‎ ‎(2)由(1)知a1＝3，d＝1，‎ 所以数列{an}的通项公式an＝3＋(n－1)×1＝n＋2，即an＝n＋2.‎ ‎1．(2019·张掖模拟)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．＝＝，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．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a4＜0，a5＞|a4|，则使Sn＞0成立的最小正整数n为(　　)‎ A．6 B．7‎ C．8 D．9‎ 解析：选C．在等差数列{an}中 ，因为a4＜0，a5＞|a4|，所以a5＞0，a5＋a4＞0，S7＝＝＝7a4＜0，S8＝＝＝4(a4＋a5)＞0.‎ 所以使Sn＞0成立的最小正整数n为8，故选C．‎ ‎3．已知在等差数列{an}中，Sn＝33，S2n＝44，则这个数列的前3n项和S3n为________．‎ 解析：由题意知，，，三点在同一条直线上，从而有＝，解得S3n＝33.所以该数列的前3n项的和为33.‎ 答案：33‎ ‎4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S17＝306，则a7－＝________．‎ 解析：设等差数列{an}的公差为d，由前n项和公式可得S17＝17a1＋d＝306，所以a1＋8d＝18.所以a7－＝a1＋6d－＝＝(a1＋8d)＝×18＝12.‎ 答案：12‎ ‎5．已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和Sn.‎ 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，‎ 则a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d.‎ 由题意得 解得或 所以由等差数列通项公式可得an＝2－3(n－1)＝－3n＋5或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7.‎ 故an＝－3n＋5或an＝3n－7.‎ ‎(2)当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4，2，不成等比数列；‎ 当an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1，2，－4，成等比数列，满足条件．‎ 故|an|＝|3n－7|＝ 记数列{|an|}的前n项和为Sn.‎ 当n＝1时，S1＝|a1|＝4；‎ 当n＝2时，S2＝|a1|＋|a2|＝5；‎ 当n≥3时，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|‎ ‎＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)‎ ‎＝5＋＝n2－n＋10.‎ 当n＝2时，满足此式，当n＝1时，不满足此式．‎ 综上，Sn＝ ‎6．(2019·洛阳第一次统一考试)已知数列{an}的前n项和为Sn，an≠0，a1＝1，且2anan＋1＝4Sn－3(n∈N*)．‎ ‎(1)求a2的值并证明：an＋2－an＝2；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式．‎ 解：(1)令n＝1得2a1a2＝4S1－3，又a1＝1，所以a2＝.‎ ‎2anan＋1＝4Sn－3，①‎ ‎2an＋1an＋2＝4Sn＋1－3②‎ ‎②－①得，2an＋1(an＋2－an)＝4an＋1.‎ 因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝2.‎ ‎(2)由(1)可知：‎ 数列a1，a3，a5，…，a2k－1，…为等差数列，公差为2，首项为1，所以a2k－1＝1＋2(k－1)＝2k－1，即n为奇数时，an＝n.‎ 数列a2，a4，a6，…，a2k，…为等差数列，公差为2，首项为，所以a2k＝＋2(k－1)＝2k ‎－，即n为偶数时，an＝n－.综上所述，an＝.‎