2021届高三数学第一轮复习北师大版-课时作业29-Word版含解析.docx

课时作业29　等差数列及其前n项和
一、选择题(每小题5分，共40分)
1．(2022·宝鸡中学适应考试)设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＋a3＋a11＝6，那么S9＝(　　)
A．2　　　　　　　　　　 B．8
C．18 D．36
解析：设等差数列的公差为d，则由a1＋a3＋a11＝6，可得3a1＋12d＝6，∴a1＋4d＝2＝a5.∴S9＝＝9a5＝9×2＝18.
答案：C
2．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
3．(2022·东北三校一模)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
4．(2022·河南南阳一模，9)等差数列{an}的前n项和为Sn，若S17为一确定常数，则下列各式也为确定常数的是(　　)
A．a2＋a15 B．a2·a15
C．a2＋a9＋a16 D．a2·a9·a16
解析：由于S17为一确定常数，依据公式可知，a1＋a17为一确定常数，又a1＋a17＝a2＋a16＝2a9，∴a2＋a16＋a9为一确定常数，故选C.
答案：C
5．在等差数列{an}中，a1>0，a10·a11<0，若此数列的前10项和S10＝36，前18项和S18＝12，则数列{|an|}的前18项和T18的值是(　　)
A．24 B．48
C．60 D．84
解析：由a1>0，a10·a11<0可知d<0，a10>0，a11<0，∴T18＝a1＋…＋a10－a11－…－a18＝S10－(S18－S10)＝60，故选C.
答案：C
6．(2022·北京东城区模拟)已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，若a3＝6，S3＝12，则公差d等于(　　)
A．1 B.
C．2 D．3
解析：∵a3＝6，S3＝12，∴S3＝12＝＝，解得a1＝2，∴a3＝6＝a1＋2d＝2＋2d，解得d＝2.
答案：C
7．(2022·长春一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足a2 013＝S2 013＝2 013，则a1等于(　　)
A．－2 014 B．－2 013
C．－2 012 D．－2 011
解析：S2 013＝2 013a1 007＝2 013，∴a1 007＝1，则d＝＝2，a1＝a2 013－2 012d＝－2 011
答案：D
8．(2022·昆明一中模拟)已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a10＝S4，则等于(　　)
A．4　　　　　 B．5
C．8　　　　　 D．10
解析：由a10＝S4得a1＋9d＝4a1＋d＝4a1＋6d，即a1＝d≠0.∴S8＝8a1＋d＝8a1＋28d＝36d，∴＝＝＝4.
答案：A
二、填空题(每小题5分，共15分)
9．(2022·沈阳四校联考)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
10．(2022·玉溪一中模拟)已知等差数列{an}的公差为2，项数是偶数，全部奇数项之和为15，全部偶数项之和为35，则这个数列的项数为________．
解析：∵项数是偶数，∴由题意知a1＋a3＋…＋an－1＝15，a2＋a4＋…＋an＝35，两式相减得(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝35－15＝20，即d＝20，∴n＝＝＝20.
答案：20
11．在等差数列{an}和{bn}中，它们的前n项和分别为Sn，Tn，且＝，则的值为________．
解析：＝＝＝＝＝.
答案：
三、解答题(共3小题，每小题15分，共45分．解答写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)
12．(2022·北京东城区一模)数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3，点(Sn，Sn＋1)在直线y＝x＋n＋1(n∈N＋)上．
(1)求证：数列{}是等差数列；
(2)求Sn；
(3)若数列{bn}满足bn＝an·2an，求数列{bn}的通项公式．
解：(1)∵点(Sn，Sn＋1)在直线y＝x＋n＋1(n∈N＋)上，∴Sn＋1＝Sn＋n＋1，两边同时除以n＋1，则有－＝1，
∴数列{}是以3为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)知＝3＋(n－1)×1，∴Sn＝n2＋2n.
(3)因Sn＝n2＋2n(n∈N＋)，∴当n＝1时，a1＝3，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，经检验，当n＝1时也成立，∴an＝2n＋1(n∈N＋)．
∵bn＝an·2an，∴bn＝(2n＋1)·22n＋1.
13．(2021·浙江理，18)在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列．
(1)求d，an；
(2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.
解：(1)由题意得a1·5a3＝(2a2＋2)2，a1＝10，
即d2－3d－4＝0.
故d＝－1或d＝4.
所以an＝－n＋11，n∈N＋或an＝4n＋6，n∈N＋.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn.由于d<0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11.则
当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－n2＋n.
当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110.
综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|
＝
14．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝10，an＋1＝9Sn＋10.
(1)求证：{lgan}是等差数列；
(2)设Tn是数列{}的前n项和，求Tn；
(3)求使Tn>(m2－5m)对全部的n∈N＋恒成立的整数m的取值集合．
解：(1)证明：依题意，a2＝9a1＋10＝100，故＝10.
当n≥2时，an＋1＝9Sn＋10，an＝9Sn－1＋10，
两式相减得an＋1－an＝9an，
即an＋1＝10an，＝10，
故{an}为等比数列，且an＝a1qn－1＝10n(n∈N＋)．
∴lgan＝n.∴lgan＋1－lgan＝(n＋1)－n＝1，
即{lgan}是等差数列．
(2)由(1)知，＝，
∴Tn＝3[＋＋…＋]
＝3(1－＋－＋…＋－)＝3－.
故Tn＝3－.
(3)∵Tn＝3－，
当n＝1时，Tn取最小值.
依题意有>(m2－5m)，解得－1<m<6，
故整数m的取值集合为{0,1,2,3,4,5}．