2020年人教A版数学理(广东用)课时作业：第五章-第二节等差数列及其前n项和.docx

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课时提升作业(三十一)
一、选择题
1.(2022·辽宁高考)在等差数列{an}中,已知a4+a8=16,则a2+a10=　(　　)
(A)12 (B)16 (C)20 (D)24
2.等差数列{an}满足a2+a9=a6,则前9项和S9=　(　　)
(A)-2 (B)0 (C)1 (D)2
3.(2021·惠州模拟)等差数列{an}的前n项和为Sn,且S3=6,a1=4,则公差d等于　
(　　)
(A)1 (B) (C)-2 (D)3
4.假如等差数列{an}中,a3+a4+a5=12,那么a1+a2+…+a7=　(　　)
(A)14 (B)21 (C)28 (D)35
5.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S3=12,S6=42,则a10+a11+a12=　(　　)
(A)156 (B)102 (C)66 (D)48
6.已知等差数列{an}中,|a3|=|a9|,公差d<0,Sn是数列{an}的前n项和,则　
(　　)
(A)S5>S6 (B)S5<S6
(C)S6=0 (D)S5=S6
7.(2021·汕头模拟)在△ABC中,三个内角A,B,C依次构成等差数列,则cosB=　
(　　)
(A) (B) (C) (D)1
二、填空题
8.若Sn是等差数列{an}的前n项和,且S8-S3=10,则S11的值为　　　　.
9.(2021·湛江模拟)等差数列{an}中,a2=5,a6=33,则a3+a5=　　　　　　　.
10.设Sn为等差数列{an}的前n项和,S4=14,S10-S7=30,则S9=　　　.
11.(力气挑战题)设等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若对任意自然数n都有=,则+的值为　　　.
三、解答题
12.(2021·太原模拟)已知数列{an}是等差数列,且a2=-1,a5=5.
(1)求{an}的通项an.
(2)求{an}前n项和Sn的最小值.
13.(2021·梅州模拟)等差数列{an}的首项为a1,公差d=-1,前n项和为Sn.
(1)若S5=-5,求a1的值.
(2)若Sn≤an对任意正整数n均成立,求a1的取值范围.
14.(力气挑战题)数列{an}满足a1=1,an+1=(n2+n-λ)an(n=1,2,…),λ是常数.
(1)当a2=-1时,求λ及a3的值.
(2)数列{an}是否可能为等差数列?若可能,求出它的通项公式;若不行能,说明理由.

答案解析
1.【思路点拨】利用首项a1与公差d的关系整体代入求解,也可直接利用等差数列的性质求解.
【解析】选B.方法一:
∵a4+a8=(a1+3d)+(a1+7d)=2a1+10d,a2+a10=(a1+d)+(a1+9d)=2a1+10d,
∴a2+a10=a4+a8=16.
方法二:由等差数列的性质
a2+a10=a4+a8=16.
2.【解析】选B.由a2+a9=a6得a5+a6=a6,由此得a5=0,故S9=9a5=0.
3.【解析】选C.S3=6=(a1+a3)且a3=a1+2d,a1=4,∴d=-2.
4.【解析】选C.在等差数列{an}中,a3+a4+a5=12,由等差数列的性质可知a3+a5=a4+a4,所以a4=4.依据等差数列的性质可知a1+a2+…+a7=7a4=28,故选C.
5.【思路点拨】依据已知的特点,考虑使用等差数列的整体性质求解.
【解析】选C.依据等差数列的特点,等差数列中a1+a2+a3,a4+a5+a6,a7+a8+a9, a10+a11+a12也成等差数列,记这个数列为{bn},依据已知b1=12,b2=42-12=30,故这个数列的首项是12,公差是18,所以b4=12+3×18=66.
6.【思路点拨】依据已知得到a3+a9=0,从而确定出a6=0,然后依据选项即可推断.
【解析】选D.∵d<0,|a3|=|a9|,∴a3>0,a9<0,
且a3+a9=0,∴a6=0,a5>0,a7<0,
∴S5=S6.
【变式备选】(2021·聊城模拟)等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3+a17=10,则S19=　(　　)
(A)55 (B)95
(C)100 (D)不能确定
【解析】选B.∵a3+a17=10,∴a10=5,那么S19=19a10=95.
7.【解析】选A.∵A,B,C成等差数列,
∴2B=A+C,∴3B=180°,B=60°,
∴cosB=cos60°=.
8.【解析】S8-S3=10⇒-=10
⇒5a1+8a8-3a3=20
⇒10a1+50d=20⇒a1+5d=2⇒a6=2
⇒S11==11a6=22.
答案:22
9.【思路点拨】利用通项公式或利用等差数列的性质.
【解析】方法一:d===7,
a3=a2+d=5+7=12,
a5=a6-d=33-7=26,
∴a3+a5=12+26=38.
方法二:∵a3+a5=a2+a6,
∴a3+a5=5+33=38.
答案:38
10.【解析】设首项为a1,公差为d,由S4=14得
4a1+d=14　①
由S10-S7=30得3a1+24d=30,即a1+8d=10　②
联立①②得a1=2,d=1.∴S9=54.
答案:54
11.【解析】∵{an},{bn}为等差数列,
∴+=+===.
∵====,∴=.
答案:
【方法技巧】巧解等差数列前n项和的比值问题
关于等差数列前n项和的比值问题,一般可接受前n项和与中间项的关系,尤其是项数为奇数时Sn=na中,也可利用首项与公差的关系求解.另外,熟记以下结论对解题会有很大挂念:若数列{an}与{bn}都是等差数列,且前n项和分别是Sn与Tn,则=.
【变式备选】已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn,且=,则使得为整数的正整数n的个数是　(　　)
(A)2 (B)3 (C)4 (D)5
【解析】选D.由等差数列的前n项和及等差中项,可得=== ====7+(n∈N*),
故n=1,2,3,5,11时,为整数.故选D.
12.【解析】(1)设{an}的公差为d,由已知条件,解得a1=-3,d=2.
所以an=a1+(n-1)d=2n-5.
(2)Sn=na1+d=n2-4n=(n-2)2-4.
所以n=2时,Sn取到最小值-4.

【变式备选】设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=12,S12>0,S13<0.
(1)求公差d的取值范围.
(2)求{an}前n项和Sn最大时n的值.
【解析】(1)∵S12>0,S13<0,
∴
∴-<d<-3.
(2)由S13==13a7<0,知a7<0,
S12=6(a1+a12)=6(a6+a7)>0,知a6>0,
又∵d<0,∴n≤6时,an>0,n≥7时,an<0,
∴n=6,∴S6最大.
13.【解析】(1)由条件得,S5=5a1+d=-5,
解得a1=1.
(2)由Sn≤an,代入得na1-≤a1+1-n,
整理,变量分别得:(n-1)a1≤n2-n+1
=(n-1)(n-2),
当n=1时,上式成立.
当n>1,n∈N*时,a1≤(n-2),
n=2时,(n-2)取到最小值0,
∴a1≤0.
【变式备选】等差数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,满足2S2=a2(a2+1),且a1=1.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)设bn=,求数列{bn}的最小值项.
【解析】(1)设数列{an}的公差为d.
由2S2=+a2,
可得2(a1+a1+d)=(a1+d)2+(a1+d).
又a1=1,可得d=1(d=-2舍去),
∴an=n.
(2)依据(1)得Sn=,
bn===n++1.
由于函数f(x)=x+(x>0)在(0,]上单调递减,在[,+∞)上单调递增,
而3<<4,且f(3)=3+==,
f(4)=4+==,
所以当n=4时,bn取得最小值,
且最小值为+1=,
即数列{bn}的最小值项是b4=.
14.【解析】(1)由于an+1=(n2+n-λ)an(n=1,2,…),
且a1=1,所以当a2=-1时,得-1=2-λ,
故λ=3.从而a3=(22+2-3)×(-1)=-3.
(2)数列{an}不行能为等差数列,理由如下:
由a1=1,an+1=(n2+n-λ)an,得
a2=2-λ,a3=(6-λ)(2-λ),
a4=(12-λ)(6-λ)(2-λ).
若存在λ,使{an}为等差数列,则a3-a2=a2-a1,
即(5-λ)(2-λ)=1-λ,解得λ=3.
于是a2-a1=1-λ=-2,
a4-a3=(11-λ)(6-λ)(2-λ)=-24.
这与{an}为等差数列冲突.
所以,对任意λ,{an}都不行能是等差数列.

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