课时作业-第2节-等差数列及其前n项和.docx

第2节　等差数列及其前n项和

知识点、方法
基础巩固练
综合运用练
应用创新练
等差数列的基本量运算
1,6

等差数列的判定与证明
2,4
14

等差数列的性质
3,7

等差数列前n项和的最值
5
10,12
15
等差数列的综合应用
8
9,11,13

1.已知等差数列{an}中,a2=1,前5项和S5=-15,则数列{an}的公差为(　D　)
A.-3 B.-52 C.-2 D.-4
2.若等差数列{an}的公差为d,则数列{a2n-1}是(　B　)
A.公差为d的等差数列
B.公差为2d的等差数列

C.公差为nd的等差数列
D.非等差数列
解析:数列{a2n-1}其实就是a1,a3,a5,a7,…,奇数项组成的数列,它们之间相差2d.故选B.
3.设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a6a5=911,则S11S9=(　A　)
A.1 B.-1 C.2 D.12
解析:S11S9=(a1+a11)2×11(a1+a9)2×9=11a69a5=1.故选A.
4.已知Sn是数列{an}的前n项和,且Sn+1=Sn+an+3,a4+a5=23,则S8=
(　C　)
A.72 B.88 C.92 D.98
解析:由Sn+1=Sn+an+3,得an+1-an=3,故数列{an}是公差为3的等差数列.
又a4+a5=23,
所以2a1+7d=2a1+21=23,
所以a1=1,
所以S8=8a1+8×72d=92.故选C.
5.在等差数列{an}中,已知a3+a8>0,且S9<0,则S1,S2,…,S9中最小的是(　A　)
A.S5 B.S6 C.S7 D.S8
解析:在等差数列{an}中,S9=9(a1+a9)2=9a5<0,
所以a5<0.又a3+a8=a5+a6>0,
所以a6>0,所以数列从第6项开始大于零,前5项都小于零,所以S5最小.故选A.
6.设Sn为等差数列{an}的前n项和,满足S2=S6,S55-S44=2,则a1=　　　　,公差d=　　　　. 
解析:由{an}为等差数列,得数列{Snn}是公差为d2的等差数列.
因为S55-S44=2,
所以d2=2⇒d=4.
又S2=S6⇒2a1+4=6a1+6×52×4⇒a1=-14.
答案:-14　4
7.在等差数列{an}中,公差d=12,前100项的和S100=45,则a1+a3+a5+…+a99=　　　　. 
解析:因为S100=1002(a1+a100)=45,
所以a1+a100=910,
则a1+a99=a1+a100-d=25,
则a1+a3+a5+…+a99=502(a1+a99)=502×25=10.
答案:10
8.已知数列{an}是等差数列.
(1)前四项和为21,末四项和为67,且各项和为286,求项数;
(2)项数为奇数,奇数项和为44,偶数项和为33.求数列的中间项和
项数.
解:(1)由已知得a1+a2+a3+a4=21,an-3+an-2+an-1+an=67,
所以a1+a2+a3+a4+an-3+an-2+an-1+an=88,
所以a1+an=884=22.
因为Sn=286,
所以n(a1+an)2=286,
所以11n=286,
所以n=26.
(2)法一　设项数为2k+1,则
a1+a3+…+a2k+1=44=k+12(a1+a2k+1),
a2+a4+…+a2k=33=k2(a2+a2k),
又因为a1+a2k+1=a2+a2k,
所以k+1k=4433,
所以k=3,项数为7,
所以中间项为a1+a2k+12=11.
法二　记等差数列{an}的中间项为a中,奇数项和为S奇,偶数项和为
S偶,前n项和为Sn.
根据题意得S偶+S奇=Sn,S奇-S偶=a中,所以Sn=77,a中=11,
又na中=Sn,
所以n=7.

9.(多选题)已知数列{an}是公差不为0的等差数列,前n项和为Sn,满足a1+5a3=S8,则下列选项正确的有(　AC　)
A.a10=0 B.S10最小
C.S7=S12 D.S20=0
解析:根据题意,数列{an}是等差数列,若a1+5a3=S8,
即a1+5a1+10d=8a1+28d,变形可得a1=-9d.
又由an=a1+(n-1)d=(n-10)d,则有a10=0,故A一定正确;不能确定a1和d的符号,不能确定S10最小,故B不正确;
又由Sn=na1+n(n-1)d2=-9nd+n(n-1)d2=d2×(n2-19n),则有S7=S12,故C一定正确;则S20=20a1+20×192d=-180d+190d=10d.
因为d≠0,
所以S20≠0,则D不正确.故选AC.
10.(2021·宁夏吴忠高三一模)数列{an}是等差数列,Sn为其前n项和,且a1<0,a2 020+a2 021<0,a2 020·a2 021<0,则使Sn<0成立的最大正整数n是(　C　)
A.2 020 B.2 021
C.4 040 D.4 041
解析:设数列{an}的公差为d,由a1<0,a2 020+a2 021<0,a2 020·a2 021<0,
可知a2 020<0,a2 021>0,
所以d>0,数列{an}为递增数列,
S4 041=4 041(a1+a4 041)2=4 041a2 021>0,
S4 040=2 020(a1+a4 040)=2 020(a2 020+a2 021)<0,
所以可知使Sn<0成立的n的最大值为4 040.
故选C
11.等差数列{an},{bn}满足:对任意的n∈N*,都有anbn=2n+34n-9,则a7b3+b9+
a5b4+b8=　　　　. 
解析:由等差数列的性质可得b3+b9=b4+b8=2b6,a7+a5=2a6.
所以a7b3+b9+a5b4+b8=a7+a52b6=2a62b6=a6b6=2×6+34×6-9=1.
答案:1
12.在等差数列{an}中,a1=7,公差为d,前n项和为Sn,当且仅当n=8时,Sn取得最大值,则d的取值范围是　　　　. 
解析:因为当且仅当n=8时,Sn有最大值,
所以d<0,a8>0,a9<0,即d<0,7+7d>0,7+8d<0,
解得-10,求使得Sn≥an的n的取值范围.
解:(1)设{an}的公差为d.
由S9=-a5得a1+4d=0.
由a3=4,得a1+2d=4.
于是a1=8,d=-2.
因此{an}的通项公式为an=10-2n.
(2)由(1)得a1=-4d,故an=(n-5)d,Sn=n(n-9)d2.
由a1>0知d<0,故Sn≥an等价于n2-11n+10≤0,
解得1≤n≤10.
所以n的取值范围是{n|1≤n≤10,n∈N*}.
14.已知数列{an}的首项a1=1,2anan+1=an-an+1(n∈N*).
(1)证明:数列{1an}是等差数列;
(2)设bn=anan+1,数列{bn}的前n项和为Sn,求证:Sn<12.
证明:(1)由于a1=1,2anan+1=an-an+1,
显然anan+1≠0,
所以两边同除以anan+1可得,1an+1-1an=2,
所以数列{1an}是以1为首项,2为公差的等差数列.
(2)由(1)知,1an=1+(n-1)×2=2n-1,
所以an=12n-1.
所以bn=anan+1=1(2n-1)(2n+1)=12(12n1-12n+1),
所以Sn=12[(1-13)+( 13-15)+…+(12n-1-12n+1)] =12(1-12n+1)<12.

15.(2021·湖南永州高三二模)我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载:一年有二十四个节气,每个节气的晷长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器,晷长即为所测量影子的长度).二十四节气及晷长变化如图所示,相邻两个节气晷长减少或增加的量相同,周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸,夏至的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺,一尺等于十寸),则下列说法不正确的是(　C　)

A.小寒比大寒的晷长长一尺
B.春分和秋分两个节气的晷长相同
C.小雪的晷长为一丈五寸
D.立春的晷长比立秋的晷长长
解析:由题意可知,夏至到冬至的晷长构成等差数列{an},其中a1=
15寸,a13=135寸,公差为d寸,则135=15+12d,解得d=10;
同理可知,由冬至到夏至的晷长构成等差数列{bn},首项b1=135,末项b13=15,公差d=-10(单位都为寸).
故小寒与大寒相邻,小寒比大寒的晷长长10寸,即一尺,A正确;
因为春分的晷长为b7,
所以b7=b1+6d=135-60=75,
因为秋分的晷长为a7,
所以a7=a1+6d=15+60=75,故春分和秋分两个节气的晷长相同,B正确;
因为小雪的晷长为a11,
所以a11=a1+10d=15+100=115,115寸即一丈一尺五寸,故小雪的晷长为一丈一尺五寸,C错误;
因为立春的晷长,立秋的晷长分别为b4,a4,
所以a4=a1+3d=15+30=45,b4=b1+3d=135-30=105,
所以b4>a4,
故立春的晷长比立秋的晷长长,D正确.故选C.