2021高考数学一轮复习课时作业28等差数列及

2021高考数学一轮复习课时作业28等差数列及

课时作业28　等差数列及其前n项和 ‎ [基础达标]‎ 一、选择题 ‎1．[2020·广西柳州二中月考]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3，S3＝15，则a7＝(　　)‎ A．11 B．12‎ C．9 D．15‎ 解析：通解　∵{an}为等差数列，S3＝15，∴3a2＝15，∴a2＝5，又a1＝3，∴公差为2，∴a7＝3＋6×2＝15，故选D项．‎ 优解　∵a1＝3，S3＝15，∴a2＋a3＝12，∴a1＋a4＝12，∴a4＝9，∴a1＋a7＝2a4＝18，∴a7＝15，故选D项．‎ 答案：D ‎2．[2020·天津南开中学月考]设Sn是等差数列{an}的前n项和，S5＝3(a2＋a8)，则的值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：∵S5＝3(a2＋a8)，∴5a3＝6a5，∴＝，故选D项．‎ 答案：D ‎3．[2020·河南龙泉中学模拟]已知数列{an}满足an＋1－an＝3(n∈N*)，若＝1，则a4的值为(　　)‎ A．2 B．4‎ C．12 D．16‎ 解析：因为an＋1－an＝3(n∈N*)，所以数列{an}是公差为3的等差数列，＝＝1，所以a1＝3，所以a4＝3＋3×3＝12，故选C项．‎ 答案：C ‎4．[2020·湖南衡阳模拟]在等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，则a2＋a14的值为(　　)‎ A．6 B．12‎ C．24 D．48‎ - 4 -‎ 解析：∵在等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，∴由等差数列的性质可得a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，∴a8＝24，∴a2＋a14＝2a8＝48.故选D.‎ 答案：D ‎5．已知等差数列{an}的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为(　　)‎ A．10 B．20‎ C．30 D．40‎ 解析：设项数为2n，公差为d，则S偶－S奇＝nd＝2n＝25－15＝10，故选A项．‎ 答案：A 二、填空题 ‎6．[2020·湖北荆州模拟]在等差数列{an}中，a1＝1，a2＋a6＝10，则a7＝________.‎ 解析：设等差数列{an}的公差为d.∵在等差数列{an}中，a1＝1，a2＋a6＝10，∴解得∴a7＝a1＋6d＝1＋8＝9.‎ 答案：9‎ ‎7．[2020·江苏常州月考]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋a3＋a10＝8，则S9＝________.‎ 解析：设等差数列{an}的公差为d，∵a2＋a3＋a10＝8，∴3a1＋12d＝8，∴a1＋4d＝a5＝，∴S9＝9a5＝24.‎ 答案：24‎ ‎8．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知前6项和为36，最后6项的和为180，Sn＝324(n>6)，则数列{an}的项数为________．‎ 解析：由题意知a1＋a2＋…＋a6＝36，①‎ an＋an－1＋an－2＋…＋an－5＝180，②‎ ‎①＋②得(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(a6＋an－5)＝6(a1＋an)＝216，∴a1＋an＝36，‎ 又Sn＝＝324，∴18n＝324，∴n＝18.‎ 答案：18‎ 三、解答题 ‎9．已知数列{an}中，a1＝2，an＝2－(n≥2，n∈N*)．设bn＝(n∈N*)，求证：数列{bn}是等差数列．‎ 证明：∵an＝2－，∴an＋1＝2－，‎ - 4 -‎ ‎∴bn＋1－bn＝－＝－＝＝1，‎ ‎∴{bn}是首项为b1＝＝1，公差为1的等差数列．‎ ‎10．[2019·全国卷Ⅰ]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．‎ 解析：(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}．‎ ‎[能力挑战]‎ ‎11．[2020·黑龙江哈尔滨六中期中]已知数列{an}为等差数列，a3＝3，设{an}的前n项和为An，则A6＝21，数列的前n项和为Sn，若对一切n∈N*，恒有S2n－Sn>，则m能取到的最大整数是(　　)‎ A．6 B．7‎ C．8 D．9‎ 解析：∵a3＝3，A6＝3(a3＋a4)＝21，∴a4＝4，∴数列{an}的公差为1，∴a1＝1，∴an＝n，∴＝，∴S2n－Sn＝＋＋…＋.令Tn＝＋＋…＋，则Tn＋1＝＋＋…＋，∴Tn＋1－Tn＝＋－＝－>0，∴Tn＋1>Tn，∴Tn的最小值为T1＝，∴<，∴m<8，∴m能取到的最大整数是7，故选B项．‎ 答案：B ‎12．[2019·山西太原期末]对于数列{an}，定义Hn＝为{an - 4 -‎ ‎}的“优值”，已知数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，记数列{an－20}的前n项和为Sn，则Sn最小值为(　　)‎ A．－70 B．－72‎ C．－64 D．－68‎ 解析：∵数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，∴Hn＝＝2n＋1，∴a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n＋1，∴2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n(n≥2)，∴an＝4n－2(n－1)＝2n＋2(n≥2)，又a1＝4，满足上式，∴an＝2n＋2(n∈N*)，∴an－20＝2n－18，由得8≤n≤9，∴Sn的最小值为S8＝S9＝－72，故选B项．‎ 答案：B ‎13．[2020·福建泉州第十六中学月考]设等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S17>0，S18<0，则，，…，中最大的项为________．‎ 解析：∵S17>0，S18<0，∴17a9>0,9(a9＋a10)<0，∴a9>0，a10<0且公差d<0，∴1≤n≤9时，>0,10≤n≤15时，<0，又1≤n≤8时，0Sn>0，∴最大．‎ 答案： - 4 -‎