2021届浙江新高考数学一轮复习高效演练分层突破:第六章 2 第2讲 等差数列及其前n项和

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2021届浙江新高考数学一轮复习高效演练分层突破:第六章 2 第2讲 等差数列及其前n项和

‎[基础题组练]‎ ‎1.等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,S3=12,则a6等于(  )‎ A.8            B.10‎ C.12 D.14‎ 解析:选C.由题知3a1+d=12,因为a1=2,解得d=2,又a6=a1+5d,所以a6=12,故选C.‎ ‎2.(2020·浙江新高考冲刺卷)已知等差数列{an},Sn是{an}的前n项和,则对于任意的n∈N*,“an>0”是“Sn>0”的(  )‎ A.充分不必要条件    B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选A.对于任意的n∈N*,“an>0”能推出“Sn>0”,是充分条件,反之,不成立,比如:数列5,3,1,-1,不满足条件,不是必要条件,故选A.‎ ‎3.已知等差数列{an},且3(a3+a5)+2(a7+a10+a13)=48,则数列{an}的前13项之和为(  )‎ A.24 B.39‎ C.104 D.52‎ 解析:选D.因为{an}是等差数列,所以3(a3+a5)+2(a7+a10+a13)=6a4+6a10=48,所以a4+a10=8,其前13项的和为===52,故选D.‎ ‎4.(2020·金华十校联考)在数列{an}中,若a1=2,且对任意正整数m,k,总有am+k=am+ak,则{an}的前n项和Sn=(  )‎ A.n(3n-1) B. C.n(n+1) D. 解析:选C.依题意得an+1=an+a1,即有an+1-an=a1=2,所以数列{an}是以2为首项、2为公差的等差数列,an=2+2(n-1)=2n,Sn==n(n+1),选C.‎ ‎5.若数列{an}满足a1=15,且3an+1=3an-2,则使ak·ak+1<0的k值为(  )‎ A.22 B.21‎ C.24 D.23‎ 解析:选D.因为3an+1=3an-2,所以an+1-an=-,又a1=15,所以数列{an}‎ 是首项为15,公差为-的等差数列,所以an=15-·(n-1)=-n+,且{an}为递减数列,令an=-n+>0,得n<23.5,可知使ak·ak+1<0的k值为23.‎ ‎6.(2020·温州十校联合体期初)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,则(  )‎ A.若S9>S8,S9>S10,则S17>0,S18<0‎ B.若S17>0,S18<0,则S9>S8,S8>S10‎ C.若S17>0,S18<0,则a17>0,a18<0‎ D.若a17>0,a18<0,则S17>0,S18<0‎ 解析:选B.A.由S9>S8,且S9=S8+a9得a9>0,‎ 又S9>S10,S10=S9+a10,则a10<0,‎ 因为S17=17a9>0,S18=9(a10+a9)符号不确定,A错误;‎ B.在等差数列{an}中,S17>0,且S18<0,‎ 则S17=17a9>0,S18=9(a10+a9)<0,‎ 所以a9>0,a10<0,且|a10|>a9,所以等差数列{an}的公差d<0,‎ 则S9=S8+a9>S8,S10=S8+a9+a100,a18<0知,a1,a2,…,a17为正,a18,a19,…为负,‎ 所以S17=17a9>0,S18=9(a1+a18)=9(a2+a17)>0,D错误.故选B.‎ ‎7.已知等差数列{an}的公差d≠0,且a3+a9=a10-a8.若an=0,则n=________.‎ 解析:因为a3+a9=a10-a8,‎ 所以a1+2d+a1+8d=a1+9d-(a1+7d),‎ 解得a1=-4d,‎ 所以an=-4d+(n-1)d=(n-5)d,‎ 令(n-5)d=0(d≠0),可解得n=5.‎ 答案:5‎ ‎8.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的取值范围为________.‎ 解析:由题意,当且仅当n=8时,Sn取得最大值,说明所以所以-1<d<-.‎ 答案: ‎9.已知数列{an}的各项均为正数,Sn为其前n项和,且对任意n∈N*,均有an,Sn,a成等差数列,则an=________.‎ 解析:因为an,Sn,a成等差数列,‎ 所以2Sn=an+a,‎ 当n=1时,2S1=2a1=a1+a,‎ 又a1>0,所以a1=1,‎ 当n≥2时,2an=2(Sn-Sn-1)=an+a-an-1-a,‎ 所以(a-a)-(an+an-1)=0,‎ 所以(an+an-1)(an-an-1-1)=0,‎ 又an+an-1>0,n≥2,‎ 所以an-an-1=1,n≥2,‎ 所以{an}是等差数列,其公差为1,‎ 因为a1=1,‎ 所以an=n(n∈N*).‎ 答案:n ‎10.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a3+a6=4,S5=-5.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若Tn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|,求T5的值.‎ 解:(1)由题知,解得,‎ 故an=2n-7(n∈N*).‎ ‎(2)由an=2n-7<0,得n<,‎ 因为n∈N*,即n≤3,‎ 所以当n≤3时,an=2n-7<0,‎ 当n≥4时,an=2n-7>0.‎ 易知Sn=n2-6n,S3=-9,S5=-5,‎ 所以T5=-(a1+a2+a3)+a4+a5=-S3+(S5-S3)=S5-2S3=13.‎ ‎11.(2020·嵊州模拟)已知函数f(x)=x2-2(n+1)x+n2+5n-7(n∈N*).‎ ‎(1)设函数y=f(x)的图象的顶点的纵坐标构成数列{an},求证:{an}为等差数列;‎ ‎(2)设函数y=f(x)的图象的顶点到x轴的距离构成数列{bn},求{bn}的前n项和Sn.‎ 解:(1)证明:因为f(x)=x2-2(n+1)x+n2+5n-7=[x-(n+1)]2+3n-8,‎ 所以an=3n-8,‎ 因为an+1-an=3(n+1)-8-(3n-8)=3,‎ 所以数列{an}为等差数列.‎ ‎(2)由题意知,bn=|an|=|3n-8|,‎ 所以当1≤n≤2时,bn=8-3n,‎ Sn=b1+…+bn===;‎ 当n≥3时,bn=3n-8,‎ Sn=b1+b2+b3+…+bn=5+2+1+…+(3n-8)‎ ‎=7+=.‎ 所以Sn= ‎[综合题组练]‎ ‎1.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.其中真命题为(  )‎ A.p1,p2 B.p3,p4‎ C.p2,p3 D.p1,p4‎ 解析:选D.由an+1-an=d>0,知数列{an}是递增数列,可知p1是真命题;由(n+1)an+1-nan=(n+1)(a1+nd)-n[a1+(n-1)d]=a1+2nd,仅由d>0是无法判断a1+2nd的正负的,因而不能判定(n+1)an+1,nan的大小关系,故p2是假命题;显然,当an=n时,=1,数列是常数数列,不是递增数列,故p3是假命题;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,p4是真命题.‎ ‎2.(2020·金华市东阳二中高三调研)设数列{an}的前n项和为Sn,且a1=a2=1,{nSn+(n+2)an}为等差数列,则an=(  )‎ A. B. C. D. 解析:选A.设bn=nSn+(n+2)an,则b1=4,b2=8,因为{bn}为等差数列,所以bn=4n,即nSn+(n+2)an=4n,Sn+an=4.‎ 当n≥2时,Sn-Sn-1+an-an-1=0,所以an=·an-1,即2·‎ eq f(an,n)=,又因为=1,所以是首项为1,公比为的等比数列,所以=(n∈N*),即an=(n∈N*),故选A.‎ ‎3.已知等差数列{an}满足a9<0,且a8>|a9|,数列{bn}满足bn=anan+1an+2(n∈N*),{bn}的前n项和为Sn,当Sn取得最大值时,n的值为________.‎ 解析:设等差数列{an}的公差为d,因为a9<0,‎ 且a8>|a9|,所以d<0,a8+a9>0,a8>-a9>0.‎ 所以当n≤8时,an>0;当n≥9时,an<0.‎ Sn=a1a2a3+a2a3a4+…+a6a7a8+a7a8a9+a8a9a10+a9a10a11+…+anan+1an+2,‎ 当n≤6时,anan+1an+2>0,当n≥9时,‎ anan+1an+2<0,而a7a8a9<0,a8a9a10>0,‎ 又a7a8a9+a8a9a10=a8a9(a7+a10)=a8a9(a8+a9)<0,‎ 所以当Sn取得最大值时,n=6.‎ 答案:6‎ ‎4.(2020·舟山市普陀三中高三期中)等差数列{an}的前n项和为Sn,且a4-a2=8,a3+a5=26.记Tn=,如果存在正整数M,使得对一切正整数n,Tn≤M都成立,则M的最小值是________.‎ 解析:因为{an}为等差数列,由a4-a2=8,a3+a5=26,‎ 可解得Sn=2n2-n,‎ 所以Tn=2-,若Tn≤M对一切正整数n恒成立,则只需Tn的最大值小于或等于M即可.‎ 又Tn=2-<2,‎ 所以只需2≤M,故M的最小值是2.‎ 答案:2‎ ‎5.已知等差数列{an}的公差d>0.设{an}的前n项和为Sn,a1=1,S2·S3=36.‎ ‎(1)求d及Sn;‎ ‎(2)求m,k(m,k∈N*)的值,使得am+am+1+am+2+…+am+k=65.‎ 解:(1)由题意知(2a1+d)(3a1+3d)=36,‎ 将a1=1代入上式解得d=2或d=-5.‎ 因为d>0,‎ 所以d=2,Sn=n2(n∈N*).‎ ‎(2)由(1)得am+am+1+am+2+…+am+k ‎=(2m+k-1)(k+1),‎ 所以(2m+k-1)(k+1)=65.‎ 由m,k∈N*知2m+k-1≥k+1>1,‎ 故 所以m=5,k=4.‎ ‎6.(2020·衢州市高考数学模拟)在数列{an}中,a1=1,2anan+1+an+1-an=0(n∈N*).‎ ‎(1)求证:数列为等差数列,并求{an}的通项公式;‎ ‎(2)若tan+1(an-1)+1≥0对任意n≥2的整数恒成立,求实数t的取值范围.‎ 解:(1)由题意得,2anan+1+an+1-an=0,‎ 两边同除anan+1得,-=2,‎ 因为a1=1,所以数列是以1为首项,2为公差的等差数列,‎ 则=1+2(n-1)=2n-1,‎ 所以an=.‎ ‎(2)由(1)得,tan+1(an-1)+1≥0‎ 即为t·+1≥0,‎ 由n≥2化简得,t≤,‎ 设bn=,‎ 则bn+1-bn=- ‎=· ‎=>0,‎ 所以当n≥2时,‎ 数列{bn}是递增数列,‎ 则≥,‎ 所以实数t的取值范围是.‎
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