2021高考数学(文)一轮知能检测：第5章-第2节-等差数列及其前n项和.docx

其次节　等差数列及其前n项和

[全盘巩固]
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝15，S5＝55，则数列{an}的公差是(　　)
A. B．4 C．－4 D．－3
解析：选B　∵{an}是等差数列，a4＝15，S5＝55，
∴a1＋a5＝22，∴2a3＝22，a3＝11，∴公差d＝a4－a3＝4.
2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9＝(　　)
A．63 B．45 C．36 D．27
解析：选B　设等差数列{an}的公差为d，依题意得解得a1＝1，d＝2，则a7＋a8＋a9＝3a8＝3(a1＋7d)＝45.
3．(2021·辽宁高考)下面是关于公差d>0的等差数列{an}的四个命题：
p1：数列{an}是递增数列；
p2：数列{nan}是递增数列；
p3：数列是递增数列；
p4：数列{an＋3nd}是递增数列．
其中的真命题为(　　)
A．p1，p2 B．p3，p4 C．p2，p3 D．p1，p4
解析：选D　∵{an}是等差数列，∴设an＝a1＋(n－1)d.∵d>0，∴{an}是递增数列，故p1是真命题；nan＝dn2＋(a1－d) n的对称轴方程为n＝－.当－>时由二次函数的对称性知a1>2a2，{nan}不是递增数列，p2是假命题；＝d＋，当a1－d>0时，是递减数列，p3是假命题；an＋3nd＝4nd＋a1－d,4d>0，{an＋3nd}是递增数列，p4是真命题．故p1，p4是真命题．
4．已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99.用Sn表示{an}的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是(　　)
A．21 B．20 C．19 D．18
解析：选B　∵a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，
∴3a3＝105,3a4＝99，即a3＝35，a4＝33.

∴a1＝39，d＝－2，得an＝41－2n.
令an≥0且an＋1≤0，n∈N*，则有n＝20.
5．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若S1＝1，＝4，则的值为(　　)
A. B. C. D．4
解析：选A　由等差数列的性质可知S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，由＝4，得＝3，则S6－S4＝5S2，所以S4＝4S2，S6＝9S2，＝.
6．数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn＝an＋1－an(n∈N*)．若b3＝－2，b10＝12，则a8＝(　　)
A．0 B．3 C．8 D．11
解析：选B　由于{bn}是等差数列，且b3＝－2，b10＝12，
故公差d＝＝2.于是b1＝－6，且bn＝2n－8(n∈N*)，即an＋1－an＝2n－8.所以a8＝a7＋6＝a6＋4＋6＝a5＋2＋4＋6＝…＝a1＋(－6)＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝3.
7．在等差数列{an}中，首项a1＝0，公差d≠0，若ak＝a1＋a2＋a3＋…＋a7，则k＝________.
解析：a1＋a2＋…＋a7＝7a1＋＝21d，
而ak＝a1＋(k－1)d＝(k－1)d，所以(k－1)d＝21d，d≠0，故k＝22.
答案：22
8．在等差数列{an}中，an>0，且a1＋a2＋…＋a10＝30，则a5·a6的最大值为________．
解析：∵a1＋a2＋…＋a10＝30，
即＝30，a1＋a10＝6，∴a5＋a6＝6，
∴a5·a6≤2＝9.
答案：9
9．已知等差数列{an}中，an≠0，若n>1且an－1＋an＋1－a＝0，S2n－1＝38，则n＝________.
解析：∵2an＝an－1＋an＋1，an－1＋an＋1－a＝0，
∴2an－a＝0，即an(2－an)＝0.
∵an≠0，∴an＝2.∴S2n－1＝2(2n－1)＝38，解得n＝10.
答案：10
10．设Sn是数列{an}的前n项和且n∈N*，全部项an>0，且Sn＝a＋an－.
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：当n＝1时，a1＝S1＝a＋a1－，
解得a1＝3或a1＝－1(舍去)．
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(a＋2an－3)－(a＋2an－1－3)．
∴4an＝a－a＋2an－2an－1.
即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.
∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝2(n≥2)．
∴数列{an}是以3为首项， 2为公差的等差数列．
(2)由(1)知an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
11．已知公差大于零的等差数列的前n项和为Sn，且满足a3·a4＝117，a2＋a5＝22.
(1)求通项公式an；
(2)求Sn的最小值；
(3)若数列是等差数列，且bn＝，求非零常数c.
解：(1)∵数列为等差数列，∴a3＋a4＝a2＋a5＝22.
又a3·a4＝117，
∴a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的两实根，
又公差d＞0，
∴a3＜a4，∴a3＝9，a4＝13，
∴∴
∴通项公式an＝4n－3.
(2)由(1)知a1＝1，d＝4，
∴Sn＝na1＋×d＝2n2－n＝22－，
∴当n＝1时，Sn最小，最小值为S1＝a1＝1.
(3)由(2)知Sn＝2n2－n，∴bn＝＝，
∴b1＝，b2＝，b3＝.
∵数列是等差数列，∴2b2＝b1＋b3，
即×2＝＋，∴2c2＋c＝0，
∴c＝－或c＝0(舍去)，故c＝－.
12．已知数列{an}是等差数列，bn＝a－a.
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)若a1＋a3＋a5＋…＋a25＝130，a2＋a4＋a6＋…＋a26＝143－13k(k为常数)，求数列{bn}的通项公式；
(3)在(2)的条件下，若数列{bn}的前n项和为Sn，是否存在实数k，使Sn当且仅当n＝12时取得最大值？若存在，求出k的取值范围；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：设{an}的公差为d，则bn＋1－bn＝(a－a)－(a－a)＝2a－(an＋1－d)2－(an＋1＋d)2＝－2d2，
∴数列{bn}是以－2d2为公差的等差数列．
(2)∵a1＋a3＋a5＋…＋a25＝130，a2＋a4＋a6＋…＋a26＝143－13k，∴13d＝13－13k，∴d＝1－k，
又13a1＋×2d＝130，∴a1＝－2＋12k，
∴an＝a1＋(n－1)d＝(－2＋12k)＋(n－1)(1－k)＝(1－k)n＋13k－3，
∴bn＝a－a＝(an＋an＋1)(an－an＋1)＝－2(1－k)2n＋25k2－30k＋5.
(3)存在满足题意的实数k.
由题意可知，当且仅当n＝12时Sn最大，则b12>0，b13<0，
即
∴解得k<－19或k>21.
故k的取值范围为(－∞，－19)∪(21，＋∞)．
[冲击名校]
1．已知数阵中，每行的3个数依次成等差数列，每列的3个数也依次成等差数列，若a22＝8，则这9个数的和为(　　)
A．16 B．32 C．36 D．72
解析：选D　依题意得a11＋a12＋a13＋a21＋a22＋a23＋a31＋a32＋a33＝3a12＋3a22＋3a32＝9a22＝72.
2．(2021·新课标全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________．
解析：由Sn＝na1＋d，得
解得a1＝－3，d＝，
则Sn＝－3n＋·＝(n2－10n)，
所以nSn＝(n3－10n2)，
令f(x)＝(x3－10x2)，
则f′(x)＝x2－x＝x，
当x∈时，f(x)单调递减；
当x∈时，f(x)单调递增，
又6<<7，f(6)＝－48，f(7)＝－49，
所以nSn的最小值为－49.
答案：－49
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1．已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋3n，若an＋1an＋2＝80，则n的值为(　　)
A．5 B．4 C．3 D．2
解析：选A　由Sn＝－n2＋3n，可得an＝4－2n，因此an＋1·an＋2＝[4－2(n＋1)][4－2(n＋2)]＝80，即n(n－1)＝20，解得n＝－4(舍去)或n＝5.
2．已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是函数f(x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，则b10＝________.
解析：∵an＋an＋1＝bn，an·an＋1＝2n，∴an＋1·an＋2＝2n＋1，∴an＋2＝2an.
又∵a1＝1，a1·a2＝2，∴a2＝2，∴a2n＝2n，a2n－1＝2n－1(n∈N*)，∴b10＝a10＋a11＝64.
答案：64