2021高考数学(福建-理)一轮作业：6.2-等差数列及其前n项和.docx

§6.2 等差数列及其前n项和
一、选择题
1． {an}为等差数列，公差d＝－2，Sn为其前n项和．若S10＝S11，则a1＝(　　)
A．18　　　　　　　　　　 B．20
C．22 D．24
解析：由S10＝S11得a11＝S11－S10＝0，a1＝a11＋(1－11)d＝0＋(－10)×(－2)＝20.
答案：B
2．设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于(　　)．
A．6 B．7 C．8 D．9
解析　由a4＋a6＝a1＋a9＝－11＋a9＝－6，得a9＝5，从而d＝2，所以Sn＝－11n＋n(n－1)＝n2－12n＝(n－6)2－36，因此当Sn取得最小值时，n＝6.
答案　A
3．在等差数列{an}中，若a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，则S9等于(　　)．
A．66 B．99 C．144 D．297
解析　∵a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，
∴3a4＝39,3a6＝27，
∴a4＝13，a6＝9.
∴a6－a4＝2d＝9－13＝－4，
∴d＝－2，
∴a5＝a4＋d＝13－2＝11，
∴S9＝＝9a5＝99.
答案　B
4． 设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S8＝30，S4＝7，则a4的值等于(　　)
A. B.
C. D.
解析 由已知，得，即
解得
则a4＝a1＋3d＝，故选C.
答案　C
5．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝(　　)．
A．8 B．7 C．6 D．5
解析　由a1＝1，公差d＝2得通项an＝2n－1，又Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2，所以2k＋1＋2k＋3＝24，得k＝5.
答案　D
6．已知△ABC的一个内角为120°，并且三边长构成公差为4的等差数列，则△ABC的面积为(　　)．
A．12 B．15 C．12 D．15
解析　不妨设角A＝120°，c＜b，则a＝b＋4，c＝b－4，于是cos 120°＝＝－，解得b＝10，所以S＝bcsin 120°＝15.
答案　B
7.在等差数列中，,则的前5项和=( )
A.7 B.15 C.20 D.25
解析 .
答案　B
二、填空题
8．已知数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，a7－a5＝4，a11＝21，Sk＝9，则k＝________.
解析：a7－a5＝2d＝4，d＝2，a1＝a11－10d＝21－20＝1，
Sk＝k＋×2＝k2＝9.又k∈N*，故k＝3.
答案：3
9. 定义“等和数列”：在一个数列中，假如每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和．已知数列{an}是等和数列，且a1＝2，公和为5，那么a18的值为________．
解析 由题意知an＋an＋1＝5，所以a2＝3，a3＝2，a4＝3，…，a18＝3.
答案 3　
10．在等差数列{an}中，a1＝－3,11a5＝5a8－13，则数列{an}的前n项和Sn的最小值为________．
解析　(直接法)设公差为d，则11(－3＋4d)＝5(－3＋7d)－13，
所以d＝，所以数列{an}为递增数列．
令an≤0，所以－3＋(n－1)·≤0，所以n≤，
又n∈N*，前6项均为负值，
所以Sn的最小值为－.
答案　－
【点评】 本题运用直接法，直接利用等差数列的通项公式推断出数列的项的符号，进而确定前几项的和最小，最终利用等差数列的求和公式求得最小值.
11．两个等差数列的前n项和之比为，则它们的第7项之比为________．
解析　设两个数列{an}，{bn}的前n项和为Sn，Tn，则＝，而＝＝＝＝.
答案　3∶1
12．已知数列{an}满足递推关系式an＋1＝2an＋2n－1(n∈N*)，且为等差数列，则λ的值是________．
解析　由an＋1＝2an＋2n－1，可得＝＋－，则－＝－－＝－－＝－，当λ的值是－1时，数列是公差为的等差数列．
答案　－1
三、解答题
13．设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6＋15＝0.
(1)若S5＝5，求S6及a1；
(2)求d的取值范围．
思路分析　第(1)问建立首项a1与公差d的方程组求解；第(2)问建立首项a1与公差d的方程，利用完全平方公式求范围．
解析　(1)由题意知S6＝＝－3，a6＝S6－S5＝－8，
所以
解得a1＝7，所以S6＝－3，a1＝7.
(2)由于S5S6＋15＝0，所以(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，即2a＋9da1＋10d2＋1＝0，
故(4a1＋9d)2＝d2－8，所以d2≥8.
故d的取值范围为d≤－2或d≥2.
【点评】 方程思想在数列中经常用到，如求通项an及Sn时，一般要建立首项a1与公差d(或公比q)的方程组.
14．已知数列{an}的前n项和Sn＝10n－n2，(n∈N*)．
(1)求a1和an；
(2)记bn＝|an|，求数列{bn}的前n项和．
解析 (1)∵Sn＝10n－n2，∴a1＝S1＝10－1＝9.
∵Sn＝10n－n2，当n≥2，n∈N*时，
Sn－1＝10(n－1)－(n－1)2＝10n－n2＋2n－11，
∴an＝Sn－Sn－1＝(10n－n2)－(10n－n2＋2n－11)
＝－2n＋11.
又n＝1时，a1＝9＝－2×1＋11，符合上式．
则数列{an}的通项公式为an＝－2n＋11(n∈N*)．
(2)∵an＝－2n＋11，∴bn＝|an|＝
设数列{bn}的前n项和为Tn，
n≤5时，Tn＝＝10n－n2；
n>5时Tn＝T5＋＝25＋＝25＋(n－5)2＝n2－10n＋50，
∴数列{bn}的前n项和Tn＝
15．在数列{an}中，an＋1＋an＝2n－44(n∈N*)，a1＝－23.
(1)求an；
(2)设Sn为{an}的前n项和，求Sn的最小值．
思路分析　由已知条件可推知n应分奇数和偶数．
解析　(1)由an＋1＋an＝2n－44(n∈N*)，
an＋2＋an＋1＝2(n＋1)－44.
∴an＋2－an＝2，又a2＋a1＝2－44，∴a2＝－19.
同理得：a3＝－21，a4＝－17.故a1，a3，a5，…是以a1为首项、2为公差的等差数列，a2，a4，a6，…是以a2为首项、2为公差的等差数列．
从而an＝
(2)当n为偶数时，
Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)
＝(2×1－44)＋(2×3－44)＋…＋[2×(n－1)－44]
＝2[1＋3＋…＋(n－1)]－·44＝－22n，
故当n＝22时，Sn取得最小值－242.
当n为奇数时，
Sn＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)＝a1＋(2×2－44)＋…＋[2×(n－1)－44]
＝a1＋2[2＋4＋…＋(n－1)]＋·(－44)
＝－23＋－22(n－1)
＝－22n－.
故当n＝21或n＝23时，Sn取得最小值－243.
综上所述：当n为偶数时，Sn取得最小值为－242；当n为奇数时，Sn取最小值为－243
【点评】 数列中的分类争辩一般有两种：一是对项数n的分类；二是对公比q的分类，解题时只要细心就可避开失误．
16．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a1＝a(a≠0)，an＋1＝rSn(n∈N*，r∈R，r≠－1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差数列，试推断：对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2是否成等差数列，并证明你的结论．
解析　(1)由已知an＋1＝rSn，可得an＋2＝rSn＋1，两式相减可得an＋2－an＋1＝r(Sn＋1－Sn)＝ran＋1，即an＋2＝(r＋1)an＋1，又a2＝ra1＝ra，
所以当r＝0时，数列{an}为：a,0，…，0，…；
当r≠0，r≠－1时，由已知a≠0，所以an≠0(n∈N*)，
于是由an＋2＝(r＋1)an＋1，可得＝r＋1(n∈N*)，
∴a2，a3，…，an，…成等比数列，
∴当n≥2时，an＝r(r＋1)n－2a.
综上，数列{an}的通项公式为an＝
(2)对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差数列．证明如下：
当r＝0时，由(1)知，an＝
∴对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差数列．
当r≠0，r≠－1时，∵Sk＋2＝Sk＋ak＋1＋ak＋2，Sk＋1＝Sk＋ak＋1.若存在k∈N*，
使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差数列，则Sk＋1＋Sk＋2＝2Sk，
∴2Sk＋2ak＋1＋ak＋2＝2Sk，即ak＋2＝－2ak＋1.
由(1)知，a2，a3，…，am，…的公比r＋1＝－2，于是
对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1＝－2am，从而am＋2＝4am，
∴am＋1＋am＋2＝2am，即am＋1，am，am＋2成等差数列．
综上，对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差数列．