2022届高考数学一轮复习-课后限时集训等差数列及其前n项和北师大版.doc

2022届高考数学一轮复习 课后限时集训等差数列及其前n项和北师大版

2022届高考数学一轮复习 课后限时集训等差数列及其前n项和北师大版

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课后限时集训(三十八)等差数列及其前n项和
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一、选择题
1．若{an}为等差数列，且a7－2a4＝－1，a3＝0，则公差d等于(　　)
A．－2 B．－
C． D．2
B　[由于a7－2a4＝a1＋6d－2(a1＋3d)＝－a1＝－1，则a1＝1.又由a3＝a1＋2d＝1＋2d＝0，解得d＝－.故选B.]
2．在等差数列{an}中，a3，a9是方程x2＋24x＋12＝0的两根，则数列{an}的前11项和等于(　　)
A．66 B．132
C．－66 D．－132
D　[因为a3，a9是方程x2＋24x＋12＝0的两根，所以a3＋a9＝－24.
又a3＋a9＝－24＝2a6，所以a6＝－12，
S11＝＝＝－132，故选D.]
3．数列{an}满足2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，且a2＋a4＋a6＝12，则a3＋a4＋a5＝(　　)
A．9 B．10
C．11 D．12
D　[由2an＝an－1＋an＋1(n≥2)可知数列{an}为等差数列，∴a2＋a4＋a6＝a3＋a4＋a5＝12.故选D.]
4．公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝3a4，且S10＝λa4，则λ的值为(　　)
A．15 B．21
C．23 D．25
D　[由题意得a1＋5d＝3(a1＋3d)，∴a1＝－2d.
∴λ＝＝＝＝25，故选D.]
5．等差数列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d>0，则其前n项和取最小值时的n的值为(　　)
A．6 B．7
C．8 D．9
C　[∵|a6|＝|a11|且公差d>0，
∴a6＝－a11.
∴a6＋a11＝a8＋a9＝0，且a8<0，a9>0，
∴a1<a2<…<a8<0<a9<a10<…，
∴使Sn取最小值的n的值为8.故选C.]
6．(2020·全国卷Ⅱ)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上，中，下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)(　　)
A．3 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．3 339块
C　[由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9，公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n.设数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝－2×＝9n2＝729，得n＝9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝＝＝3 402，故选C.]

二、填空题
7．(2019·全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1≠0，a2＝3a1，则＝________.
4　[设等差数列{an}的公差为d，由a2＝3a1，即a1＋d＝3a1，得2a1＝d，所以＝＝＝4.]
8．(2020·新高考全国卷Ⅰ)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．
3n2－2n　[将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}是以1为首项，以6为公差的等差数列，故它的前n项和为Sn＝n×1＋×6＝3n2－2n.]
9．已知数列{an}是等差数列，前n项和为Sn，满足a1＋5a3＝S8，给出下列结论：
①a10＝0；②S10最小；③S7＝S12；④S20＝0.其中一定正确的结论是________．(填序号)
①③　[a1＋5(a1＋2d)＝8a1＋28d，
所以a1＝－9d，
a10＝a1＋9d＝0，故①正确；
由于d的符号未知，所以S10不一定最小，故②错误；
S7＝7a1＋21d＝－42d，S12＝12a1＋66d＝－42d，
所以S7＝S12，故③正确；
S20＝20a1＋190d＝10d，不一定为0，故④错误．
所以正确的是①③.]
三、解答题
10．(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S9＝－a5.
(1)若a3＝4，求{an}的通项公式；
(2)若a1＞0，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＝.
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*}．
11．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a，前n项和为Sn，且Sk＝110.
(1)求a及k的值；
(2)已知数列{bn}满足bn＝，证明数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn.
[解]　(1)设该等差数列为{an}，则a1＝a，a2＝4，a3＝3a，
由已知有a＋3a＝8，得a1＝a＝2，公差d＝4－2＝2，
所以Sk＝ka1＋·d＝2k＋×2＝k2＋k.
由Sk＝110，得k2＋k－110＝0，
解得k＝10或k＝－11(舍去)，
故a＝2，k＝10.
(2)由(1)得Sn＝＝n(n＋1)，
则bn＝＝n＋1，
故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，又b1＝2，
即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，
所以Tn ＝＝.

1．(2020·大连模拟)若{an}是等差数列，首项a1＞0，a2 019＋a2 020＞0，
a2 019·a2 020＜0，则使前n项和Sn＞0成立的最大正整数n是(　　)
A．2 019 B．2 020
C．4 039 D．4 038
D　[{an}是等差数列，首项a1＞0，a2 019＋a2 020＞0，a2 019·a2 020＜0，所以{an}是递减的等差数列，且a2 019＞0，a2 020＜0，因为a2 019＋a2 020＝a1＋a4 038＞0，a1＋a4 039＝2a2 020＜0，
所以S4 038＝＞0，
S4 039＝＜0.
所以使前n项和Sn＞0成立的最大正整数n是4 038.故选D.]
2．已知数列{an}满足a1＝－，an＋1＝(n∈N*)，则an＝________，数列{an}中最大项的值为________．
　　[由题意知an≠0，由an＋1＝得＝＝＋8，整理得－＝8，即数列是公差为8的等差数列，故＝＋(n－1)×8＝8n－17，所以an＝.当n＝1,2时， an＜0；当n≥3时，an＞0，则数列{an}在n≥3时是递减数列，故{an}中最大项的值为a3＝.]
3．已知一次函数f(x)＝x＋8－2n.
(1)设函数y＝f(x)的图像与y轴交点的纵坐标构成数列{an}，求证：数列{an}是等差数列；
(2)设函数y＝f(x)的图像与y轴的交点到x轴的距离构成数列{bn}，求数列{bn}的前n项和Sn.
[解]　(1)证明：由题意得an＝8－2n，
因为an＋1－an＝8－2(n＋1)－8＋2n＝－2，且a1＝8－2＝6，
所以数列{an}是首项为6，公差为－2的等差数列．
(2)由题意得bn＝|8－2n|.
由b1＝6，b2＝4，b3＝2，b4＝0，b5＝2，
可知此数列前4项是首项为6，公差为－2的等差数列，从第5项起，是首项为2，公差为2的等差数列．
所以当n≤4时，Sn＝6n＋×(－2)＝－n2＋7n，
当n≥5时，Sn＝S4＋(n－4)×2＋×2＝n2－7n＋24.
故Sn＝

1．(2020·青岛模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋an＋1＝2n＋1(n∈N*)，则a20＝________，S21＝________.
20　231　[∵an＋an＋1＝2n＋1，①
∴an＋1＋an＋2＝2n＋3，②
②－①得an＋2－an＝2.
∴数列{an}的奇数项和偶数项均成公差为2的等差数列．
又a1＝1，且a1＋a2＝3，∴a2＝2，
∴a21＝1＋10×2＝21，a20＝2＋9×2＝20，
∴S21＝(a1＋a3＋…＋a21)＋(a2＋a4＋…＋a20)
＝＋＝231.]
2．等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.
[解]　(1)设数列{an}的公差为d，由题意有
2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3.
解得a1＝1，d＝.
所以{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)知，bn＝.
当n＝1,2,3时，1≤＜2，bn＝1；
当n＝4,5时，2≤＜3，bn＝2；
当n＝6,7,8时，3≤＜4，bn＝3；
当n＝9,10时，4≤＜5，bn＝4.
所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.