2022届高考数学(文科人教A版)大一轮课时作业：5.2-等差数列及其前n项和-.docx

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课时提升作业(二十九)
等差数列及其前n项和
(25分钟　60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若2a6=a8+6,则S7等于　(　　)
A.49 B.42 C.35 D.24
【解析】选B.设公差为d,由已知得2(a1+5d)=a1+7d+6,即a1+3d=6,
所以S7=7a1+7×62d=7(a1+3d)=7×6=42.
【加固训练】(2021·安徽高考)设Sn为等差数列{an}的前n项和,S8=4a3,a7=-2,则a9=(　　)
A.-6 B.-4 C.-2 D.2
【解析】选A.由S8=4a3⇒8a1+8×72d=4×(a1+2d);由a7=-2⇒a1+6d=-2,联立解得a1=10,d=-2,所以a9=a1+8d=10-16=-6.
2.(2021·铜陵模拟)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a3=3,S9-S6=27,则该数
列的首项a1等于　(　　)
A.-65 B.-35 C.65 D.35
【解析】选D.由
得
解得a1=35.故选D.
3.已知数列{an}中,a3=2,a7=1,若数列{1an+1}为等差数列,则等于　(　　)
A.0 B.12 C.23 D.-1
【解析】选B.设{1an+1}的公差为d,
则1a7+1=1a3+1+4d,
即4d=12-13=16,
所以d=124,

4.等差数列{an}的前n项和为Sn(n=1,2,3,…),当首项a1和公差d变化时,若a5+a8+a11是一个定值,则下列各数中为定值的是(　　)
A.S17 B.S18 C.S15 D.S16
【解析】选C.由等差数列的性质得:a5+a11=2a8,
所以a5+a8+a11为定值,即a8为定值.
又由于S15=15(a1+a15)215×2a82=15a8,
所以S15为定值.故选C.
【加固训练】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.S50,a9<0,且a3+a9=0,所以a6=0,a5>0,a7<0,所以S5=S6.
5.(2021·龙岩模拟)已知等差数列{an}的前n项之和是Sn,则-am0,Sm+1<0的(　　)
A.充分必要条件
B.必要不充分条件
C.充分不必要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】选A.若-am0,a1+am+1<0,
所以Sm=m(a1+am)2>0,Sm+1=(m+1)(a1+am+1)2<0,
反之,若Sm>0,即m(a1+am)2>0,即a1>-am,
若Sm+1<0,即(m+1)(a1+am+1)2<0,即a1<-am+1,
所以-am
数列{1an}为等差数列,
则1an=1+13(n-1),即an=3n+2.
所以a10=310+2=14.
答案:14
7.(2021·日照模拟)在等差数列{an}中,若a6+a7+a8=12,则此数列的前13项之和为　　　　.
【解析】由等差数列的性质可知,a6+a7+a8=3a7=12,即a7=4,
所以S13=13(a1+a13)2=13a7=52.
答案:52
8.已知等差数列{an}的首项a1=20,公差d=-2,则前n项和Sn的最大值为　　　　.
【解题提示】等差数列前n项的和Sn是关于n的二次函数,可将Sn的最大值转化为求二次函数的最值问题.
【解析】由于等差数列{an}的首项a1=20,公差d=-2,代入求和公式得,
Sn=na1+n(n-1)2d=20n-n(n-1)2×2
=-n2+21n=-n-2122+2122,
又由于n∈N*,
所以n=10或n=11时,Sn取得最大值,最大值为110.
答案:110
【方法技巧】求等差数列前n项和的最值的常用方法
(1)利用等差数列的单调性,求出其正负转折项,或者利用性质求其正负转折项,便可求得Sn的最值.
(2)利用公差不为零的等差数列的前n项和Sn=An2+Bn(A,B为常数)为二次函数,依据二次函数的性质求最值.
(3)留意区分等差数列前n项和Sn的最值和Sn的符号.
加固训练】在数列{an}中,a1=-18,an+1=an+3(n∈N*),则数列{an}的前n项和Sn的最小值为　　　　.
【解析】由an+1=an+3知{an}是等差数列,首项为-18,公差为3,所以an=-21+3n.
当n=7时,an=0,
当n≤6时,an<0,
所以当n=6或7时,Sn有最小值-63.
答案:-63
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足an+2Sn·Sn-1=0(n≥2),a1=12.
(1)求证:{1Sn}是等差数列.
(2)求数列{an}的通项公式.
【解析】(1)由于an=Sn-Sn-1(n≥2),
又an=-2Sn·Sn-1,
所以Sn-1-Sn=2Sn·Sn-1,Sn≠0,
所以
又1S1=1a1=2,故数列{1Sn}是以2为首项,以2为公差的等差数列.
(2)由(1)知1Sn=1S1+(n-1)d=2+(n-1)×2=2n,
所以Sn=12n.
当n≥2时,有an=-2Sn·Sn-1=-12n(n-1),
又由于a1=12,不适合上式,

【加固训练】已知数列{an}是一个等差数列,且a2=1,a5=-5.
(1)求{an}的通项公式.
(2)设cn=5-an2,bn=2cn,求T=log2b1+log2b2+log2b3+…+log2bn的值.
【解析】(1)设{an}的公差为d,
由已知条件a1+d=1,a1+4d=-5,
解得a1=3,d=-2.
所以an=a1+(n-1)d=-2n+5.
(2)由于an=-2n+5,
所以cn=5-an2=5-(-2n+5)2=n,
所以bn=2cn=2n,
所以T=log2b1+log2b2+log2b3+…+log2bn=log22+log222+log223+…+log22n=1+2+3+…+n=n(n+1)2.
10.(2022·大纲版全国卷)数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=2an+1-an+2.
(1)设bn=an+1-an,证明{bn}是等差数列.
(2)求{an}的通项公式.
【解析】(1)由an+2=2an+1-an+2得an+2-an+1=an+1-an+2,
即bn+1=bn+2,又b1=a2-a1=1.
所以{bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)由(1)得bn=1+(n-1)×2=2n-1,
即an+1-an=2n-1,
于是∑k=1n(ak+1-ak)=∑k=1n(2k-1),
所以an+1-a1=n2,即an+1=n2+a1,
又a1=1,所以{an}的通项公式为an=n2-2n+2.
【加固训练】(2021·郑州模拟)数列{an}满足a1=12,an+1=12-an(n∈N*).
(1)求证:1an-1为等差数列,并求出{an}的通项公式.
(2)设bn=1an-1,数列{bn}的前n项和为Bn,对任意n≥2都有B3n-Bn>m20成立,求正整数m的最大值.
【解析】(1)an+1=12-an,=112-an-1=2-anan-1=-1+1an-1,所以1an+1-1-1an-1=-1,所以1an-1为首项为-2,公差为-1的等差数列,所以1an-1=-2+(n-1)×(-1)=-(n+1),所以an=nn+1.
(2)bn=n+1n-1=1n,令Cn=B3n-Bn=1n+1+1n+2+…+13n,
所以Cn+1-Cn=1n+2+1n+3+…+13(n+1)-1n+1-…-13n=-1n+1+13n+2+13n+3+13n+1
=13n+2-23n+3+13n+1>23n+3-23n+3=0,
所以Cn+1-Cn>0,所以{Cn}为单调递增数列,
所以(B3n-Bn)min=B6-B2=13+14+15+16=1920,所以m20<1920,所以m<19,又m∈N*,所以m的最大值为18.
(20分钟　40分)
1.(5分)在等差数列{an}中,a1=-2021,其前n项和为Sn,若S1212-S1010=2,则S2021的值等于(　　)
A.-2021 B.-2022 C.-2021 D.-2022
【解析】选A.设等差数列{an}的公差为d,由于S1212-S1010=2,
依据等差数列的性质可得Snn也为等差数列,
所以d=2.
所以S2021=2021a1+2 015×(2 015-1)×22
=-2021.
【加固训练】(2021·延吉模拟)等差数列{an}中,ana2n是一个与n无关的常数,则该常数的可能值的集合为(　　)
A.{1} B.1,12
C.12 D.0,12,1
【解析】选B.等差数列{an}中,设ana2n=a1+(n-1)da1+(2n-1)d是与n无关的常数m,所以a1+(n-1)d=ma1+m(2n-1)d对任意n恒成立,即(2md-d)n+(ma1-md+d-a1)=0对任意n恒成立,故2md-d=0,(m-1)a1+(1-m)d=0,由第一个方程得d=0或者m=12.若d=0,代入其次个方程可得m=1(由于a1≠0);若m=12,代入其次个方程得d=a1.
2.(5分)(2021·大连模拟)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{ann}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.
命题
推断过程
结论
p1:数列{an}是递增数列
由an+1-an=d>0,知数列{an}是递增数列
真命题
p2:数列{nan}是递增数列
由(n+1)an+1-nan
=(n+1)(a1+nd)-n[a1+(n-1)d]=a1+2nd,仅由d>0是无法推断a1+2nd的正负的,因而不能判定
(n+1)an+1,nan的大小关系
假命题
p3:数列{ann}是递增数列
明显,当an=n时,ann=1,数列{ann}是常数数列,不是递增数列
假命题
p4:数列{an+3nd}是递增数列
数列的第n+1项减去数列的第n项
[an+1+3(n+1)d]-(an+3nd)=(an+1-an)+[3(n+1)d-3nd]=d+3d=4d>0.
所以an+1+3(n+1)d>an+3nd,即数列{an+3nd}是递增数列
真命题
3.(5分)(2021·淮北模拟)等差数列{an}中,已知a2≤7,a6≥9,则a10的取值范围是　　　　.
【解析】由a2≤7得-a2≥-7,a6=a2+4d≥9,所以4d≥9-a2,所以4d≥2.又由于a6≥9,所以a10=a6+4d≥9+2=11,故a10的取值范围为[11,+∞).
答案:[11,+∞)
4.(12分)已知数列{an}的奇数项是公差为d1的等差数列,偶数项是公差为d2的等差数列.Sn是数列{an}的前n项和,a1=1,a2=2.
(1)若S5=16,a4=a5,求a10.
(2)若d1=3d2(d1≠0),且存在正整数m,n(m≠n),使得am=an,求当d1最大时,数列{an}的通项公式.
【解析】(1)由题意,当n为奇数时,an=1+n-12d1;
当n为偶数时,an=2+(n2-1)d2.
由S5=16,a4=a5可得
解得d1=2,d2=3,
所以a10=2+4d2=14.
(2)由于d1≠0,d2≠0,且存在正整数m,n(m≠n),使得am=an,
所以m,n中必定一个为奇数,一个为偶数.
不妨设m为奇数,n为偶数,
由am=an,得1+m-12d1=2+（n2-1）d2,
将d1=3d2代入,化简得d1=63m-n-1.
由于m为奇数,n为偶数,
所以3m-n-1的最小值为2,此时d1=3,d2=1,

【加固训练】已知数列{an},an∈N*,Sn=18(an+2)2.
(1)求证:{an}是等差数列.
(2)设bn=12an-30,求数列{bn}的前n项和Tn的最小值.
【解析】(1)由于Sn=18(an+2)2,　①
所以Sn-1=18(an-1+2)2(n≥2).　②
①-②得Sn-Sn-1=18(an+2)2-18(an-1+2)2(n≥2),
即an=18(an+2)2-18(an-1+2)2.
所以(an-2)2=(an-1+2)2,
所以an+an-1=0或an-an-1=4.
由于an∈N*,所以an+an-1=0舍去,
所以an-an-1=4.
a1=S1=18(a1+2)2,所以(a1-2)2=0,a1=2.
所以{an}是首项为2,公差为4的等差数列.
(2)bn=12an-30=12(4n-2)-30=2n-31.
bn+1-bn=2(n+1)-31-(2n-31)=2.
b1=12a1-30=12×2-30=-29.
所以{bn}是以b1=-29为首项,d=2为公差的等差数列.
Tn=nb1+n(n-1)2d=-29n+n(n-1)2×2=n2-30n.
所以Tn=(n-15)2-225.
当n=15时,数列{bn}的前n项和有最小值为-225.
5.(13分)(力气挑战题)设同时满足条件:
①≤bn+1(n∈N*);②bn≤M(n∈N*,M是与n无关的常数)的无穷数列{bn}叫“特界”数列.
(1)若数列{an}为等差数列,Sn是其前n项和,a3=4,S3=18,求Sn.
(2)推断(1)中的数列{Sn}是否为“特界”数列,并说明理由.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,
则a1+2d=4,S3=a1+a2+a3=3a1+3d=18,
解得a1=8,d=-2,
所以Sn=na1+n(n-1)2d=-n2+9n.
(2)由

故数列{Sn}适合条件①.

则当n=4或5时,Sn有最大值20,
即Sn≤20,故数列{Sn}适合条件②.
综上,数列{Sn}是“特界”数列.
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