2019高三数学（人教A版理）一轮课时分层训练31　等差数列及其前N项和

2019高三数学（人教A版理）一轮课时分层训练31　等差数列及其前N项和

课时分层训练(三十一)　等差数列及其前n项和 ‎(对应学生用书第232页)‎ A组　基础达标 ‎(建议用时：30分钟)‎ 一、选择题 ‎1．已知数列{an}是等差数列，a1＋a7＝－8，a2＝2，则数列{an}的公差d等于(　　)‎ A．－1　　　　　　　 B．－2‎ C．－3 D．－4‎ C　[法一：由题意可得 解得a1＝5，d＝－3.‎ 法二：a1＋a7＝2a4＝－8，∴a4＝－4，‎ ‎∴a4－a2＝－4－2＝2d，∴d＝－3.]‎ ‎2．(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝(　　)‎ A．100 B．99‎ C．98 D．97‎ C　[法一：∵{an}是等差数列，设其公差为d，‎ ‎∴S9＝(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.‎ 又∵a10＝8，∴∴ ‎∴a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98.故选C．‎ 法二：∵{an}是等差数列，‎ ‎∴S9＝(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.‎ 在等差数列{an}中，a5，a10，a15，…，a100成等差数列，且公差d′＝a10－a5＝8－3＝5.‎ 故a100＝a5＋(20－1)×5＝98.故选C．]‎ ‎3．(2017·浙江高考)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d>0”是“S4＋S6>2S5”的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 C　[法一：∵数列{an}是公差为d的等差数列，‎ ‎∴S4＝4a1＋6d，S5＝5a1＋10d，S6＝6a1＋15d，‎ ‎∴S4＋S6＝10a1＋21d,2S5＝10a1＋20d.‎ 若d>0，则21d>20d,10a1＋21d>10a1＋20d，‎ 即S4＋S6>2S5.‎ 若S4＋S6>2S5，则10a1＋21d>10a1＋20d，‎ 即21d>20d，‎ ‎∴d>0.∴“d>0”是“S4＋S6>2S5”的充分必要条件．‎ 故选C．‎ 法二：∵S4＋S6>2S5⇔S4＋S4＋a5＋a6>2(S4＋a5)⇔a6>a5⇔a5＋d>a5⇔d>0，∴“d>0”是“S4＋S6>2S5”的充分必要条件．‎ 故选C．]‎ ‎4．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为(　　)‎ A．－24 B．－3‎ C．3 D．8‎ A　[由已知条件可得a1＝1，d≠0，‎ 由a＝a2a6可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，‎ 解得d＝－2.‎ 所以S6＝6×1＋＝－24.‎ 故选A．]‎ ‎5．(2018·云南二检)已知等差数列{an}中，a1＝11，a5＝－1，则{an}的前n项和Sn的最大值是(　　)‎ ‎ 【导学号：97190173】‎ A．15 B．20‎ C．26 D．30‎ C　[设数列{an}的公差为d，则d＝(a5－a1)＝－3，所以an＝11－3(n－1)＝14－3n，令an＝14－3n≥0，解得n≤，所以Sn的最大值为S4＝4×11＋×(－3)＝26，故选C．]‎ 二、填空题 ‎6．在等差数列{an}中，公差d＝，前100项的和S100＝45，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝________.‎ ‎10　[S100＝(a1＋a100)＝45，a1＋a100＝0.9‎ a1＋a99＝a1＋a100－d＝0.4，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝(a1＋a99)＝×0.4＝10.]‎ ‎7．[数学文化]《九章算术》是我国第一部数学专著，下面有源自其中的一个问题：“今有金箠(chuí)，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问金箠重几何？”意思是：“现有一根金箠，长5尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤；在细的一端截下1尺，重2斤；问金箠重多少斤？”根据上面的已知条件，若金箠由粗到细的重量是均匀变化的，则答案是________．‎ ‎15斤　[由题意可知金箠由粗到细各尺的重量成等差数列，且a1＝4，a5＝2，则S5＝＝15，故金箠重15斤．]‎ ‎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________. 【导学号：97190174】‎ 　[由题意，当且仅当n＝8时Sn有最大值，可得即解得－1＜d＜－.]‎ 三、解答题 ‎9．在等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．‎ ‎[解]　(1)设等差数列{an}的公差为d，‎ 则an＝a1＋(n－1)d.‎ 由a1＝1，a3＝－3，可得1＋2d＝－3，‎ 解得d＝－2.‎ 从而an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.‎ ‎(2)由(1)可知an＝3－2n，‎ 所以Sn＝＝2n－n2.‎ 由Sk＝－35，可得2k－k2＝－35，‎ 即k2－2k－35＝0，解得k＝7或k＝－5.‎ 又k∈N*，故k＝7.‎ ‎10．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)设数列{bn}的通项公式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)证明：由(1)得Sn＝＝n(n＋1)，‎ 则bn＝＝n＋1，‎ 故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，‎ 即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，‎ 所以Tn＝＝.‎ B组　能力提升 ‎(建议用时：15分钟)‎ ‎11．(2018·呼和浩特一调)等差数列{an}中，a2＝8，前6项的和S6＝66，设bn＝，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，则Tn＝(　　)‎ A．1－ B．1－ C．－ D．－ D　[由题意得解得所以an＝2n＋4，因此bn＝＝＝－，所以Tn＝－＋－＋…＋－＝－，故选D.]‎ ‎12．[信息给予题]设数列{an}的前n项和为Sn，若为常数，则称数列{an}为“吉祥数列”．已知等差数列{bn}的首项为1，公差不为0，若数列{bn}为“吉祥数列”，则数列{bn}的通项公式为(　　)‎ A．bn＝n－1 B．bn＝2n－1‎ C．bn＝n＋1 D．bn＝2n＋1‎ B　[设等差数列{bn}的公差为d(d≠0)，＝k，因为b1＝1，则n＋n(n－1)d＝k，‎ 即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，‎ 整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0.‎ 因为对任意的正整数n上式均成立，‎ 所以(4k－1)d＝0，(2k－1)(2－d)＝0，‎ 解得d＝2，k＝，‎ 所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1.]‎ ‎13．设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则正整数m的值为________．‎ ‎5　[因为等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，‎ 所以am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，数列的公差d＝1，am＋am＋1＝Sm＋1－Sm－1＝5，即2a1＋2m－1＝5，‎ 所以a1＝3－m.‎ 由Sm＝(3－m)m＋×1＝0，‎ 解得正整数m的值为5.]‎ ‎14．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数. 【导学号：97190175】‎ ‎(1)证明：an＋2－an＝λ；‎ ‎(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．‎ ‎[解]　(1)证明：由题设知anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，‎ 两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1，‎ 由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.‎ ‎(2)由题设知a1＝1，a1a2＝λS1－1，‎ 可得a2＝λ－1.‎ 由(1)知，a3＝λ＋1.‎ 令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.‎ 故an＋2－an＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；‎ ‎{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.‎ 所以an＝2n－1，an＋1－an＝2，‎ 因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．‎