2021高考数学(广东专用-理)一轮题库：第6章-第2讲--等差数列及其前n项和.docx

第2讲 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．已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，则a20等于(　　)．
A．－1 B．1 C．3 D．7
解析　两式相减，可得3d＝－6，d＝－2.由已知可得3a3＝105，a3＝35，所以a20＝a3＋17d＝35＋17×(－2)＝1.
答案　B
4．在等差数列{an}中，S15>0，S16<0，则使an>0成立的n的最大值为 (　　)．
A．6 B．7 C．8 D．9
解析　依题意得S15＝＝15a8>0，即a8>0；S16＝＝8(a1＋a16)＝8(a8＋a9)<0，即a8＋a9<0，a9<－a8<0.因此使an>0成立的n的最大值是8，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的个数是 (　　)．
A．2 B．3 C．4 D．5
解析　由＝得：＝＝＝，要使为整数，则需＝7＋为整数，所以n＝1,2,3,5,11，共有5个．
答案　D
二、填空题
7．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
8．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若－＝1，则公差为________．
解析　依题意得S4＝4a1＋d＝4a1＋6d，S3＝3a1＋d＝3a1＋3d，于是有－＝1，由此解得d＝6，即公差为6.
答案　6
9．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　－
10．设项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44偶数项之和为33，则这个数列的中间项是________，项数是________．
解析　设等差数列{an}的项数为2n＋1，
S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝＝(n＋1)an＋1，
S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝＝nan＋1，
∴＝＝，解得n＝3，∴项数2n＋1＝7，S奇－S偶＝an＋1，即a4＝44－33＝11为所求中间项．
答案　11　7
三、解答题
11．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．
解　(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.
12．在等差数列{an}中，公差d＞0，前n项和为Sn，a2·a3＝45，a1＋a5＝18.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(n∈N*)，是否存在一个非零常数c，使数列{bn}也为等差数列？若存在，求出c的值；若不存在，请说明理由．
解　(1)由题设，知{an}是等差数列，且公差d＞0，
则由得
解得∴an＝4n－3(n∈N*)．
(2)由bn＝＝＝，
∵c≠0，∴可令c＝－，得到bn＝2n.
∵bn＋1－bn＝2(n＋1)－2n＝2(n∈N*)，
∴数列{bn}是公差为2的等差数列．
即存在一个非零常数c＝－，使数列{bn}也为等差数列．
13．在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2＋an＝2an＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn是数列{|an|}的前n项和，求Sn.
解　(1)由2an＋1＝an＋2＋an可得{an}是等差数列，
且公差d＝＝＝－2.
∴an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋10.
(2)令an≥0，得n≤5.

即当n≤5时，an≥0，n≥6时，an<0.
∴当n≤5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋an＝－n2＋9n；
当n≥6时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)
＝－(a1＋a2＋…＋an)＋2(a1＋a2＋…＋a5)
＝－(－n2＋9n)＋2×(－52＋45)
＝n2－9n＋40，
∴Sn＝
14．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2an＝S2＋Sn对一切正整数n都成立．
(1)求a1，a2的值；
(2)设a1＞0，数列的前n项和为Tn.当n为何值时，Tn最大？并求出Tn的最大值．
解　(1)取n＝1，得a2a1＝S2＋S1＝2a1＋a2， ①
取n＝2，得a＝2a1＋2a2， ②
由②－①，得a2(a2－a1)＝a2， ③
(i)若a2＝0，由①知a1＝0，
(ii)若a2≠0，由③知a2－a1＝1. ④
由①、④解得，a1＝＋1，a2＝2＋；或a1＝1－，a2＝2－.
综上可得a1＝0，a2＝0；或a1＝＋1，a2＝＋2；或a1＝1－，a2＝2－.
(2)当a1＞0时，由(1)知a1＝＋1，a2＝＋2.
当n≥2时，有(2＋)an＝S2＋Sn，(2＋)an－1＝S2＋Sn－1，
所以(1＋)an＝(2＋)an－1，即an＝an－1(n≥2)，
所以an＝a1()n－1＝(＋1)·()n－1.
令bn＝lg，
则bn＝1－lg()n－1＝1－(n－1)lg 2＝lg，
所以数列{bn}是单调递减的等差数列(公差为－lg 2)，
从而b1＞b2＞…＞b7＝lg＞lg 1＝0，
当n≥8时，bn≤b8＝lg＜lg 1＝0，
故n＝7时，Tn取得最大值，且Tn的最大值为
T7＝＝＝7－lg 2.