高考數(shù)學(文數(shù))二輪復習查漏補缺練習：第29講《等差數(shù)列及其前n項和》(教師版)

1、課時作業(yè)(二十九)第29講等差數(shù)列及其前n項和時間 / 45分鐘分值 / 100分基礎熱身1.已知數(shù)列an是等差數(shù)列,a3+a13=20,a2=-2,則a15=()A.20B.24 C.28D.342.在等差數(shù)列an中,若a3+a4+a5=3,a8=8,則a12的值是()A.15B.30 C.31D.643.在等差數(shù)列an中,a3+a5=12-a7,則a1+a9=()A.8 B.12 C.16 D.204.在等差數(shù)列an中,若前10項的和S10=60,且a7=7,則a4=()A. 4B. -4C. 5D. -55.已知Sn是等差數(shù)列an的前n項和,若S5=5a4-10,則數(shù)列an的公差為.&#

2、160;能力提升6.我國古代數(shù)學名著九章算術第六章“均輸”中記載了這樣一個問題:“今有五人分五錢,令上二人所得與下三人等,問各得幾何?”其意思為“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5錢(“錢”是古代一種重量單位),甲、乙兩人所得與丙、丁、戊三人所得相同,且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差數(shù)列,問五人各得多少錢?”這個問題中,等差數(shù)列的通項公式為()A.-16n+76(nN*,n5) B.16n+32(nN*,n5)C.16n+76(nN*,n5) D.-16n+32(nN*,n5)7.若干個連續(xù)奇數(shù)的和3+5+7+(4n-1)=()A.2n2+n B.n2+2n C.4n2+2n D.4n2-18.

3、已知數(shù)列an,bn滿足bn=an+an+1,則“數(shù)列an為等差數(shù)列”是“數(shù)列bn為等差數(shù)列”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件9.已知等差數(shù)列an一共有9項,若前4項的和為3,最后3項的和為4,則中間1項的值為()A.1720 B.5960 C.1 D.676610.在數(shù)列an中,若a1=2,且對任意正整數(shù)m,k,總有am+k=am+ak成立,則an的前n項和Sn=()A.n(3n-1)B.n(n+3)2 C.n(n+1)D.n(3n+1)211.已知等差數(shù)列an的前n項和為Sn,若a1=9,a5=1,則使得Sn>0成立的最大的自然數(shù)n為.&#

4、160;12.設正項等差數(shù)列an的前n項和為Sn,若S2017=6051,則1a4+4a2014的最小值為. 13.已知數(shù)列an的前n項和為Sn,且數(shù)列Snn為等差數(shù)列.若S2=1,S2018-S2016=5,則S2018=. 14.已知等差數(shù)列an的前n項和為Sn,且a16+a17+a18=a9=-36.(1)求Sn的最小值,并求出Sn取得最小值時n的值;(2)若Tn=|a1|+|a2|+|an|,求Tn.15.已知Sn為等差數(shù)列an的前n項和,且a1=1,S9=81,記bn=log5an,其中x表示不超過x的最大整數(shù),如0.9=0,lg 99=1.(1)求b1,b14,

5、b61的值;(2)求數(shù)列bn的前200項和.難點突破16.已知Sn為數(shù)列an的前n項和,且2Sn=nan+n(nN*).(1)求證:an是等差數(shù)列;(2)若a2=2,bn=n+2anan+12n,Tn是bn的前n項和,求Tn.課時作業(yè)(二十九)1.答案為：B；解析：設數(shù)列an的公差為d,由已知,得a3+a13=2a8=20,a8=10,又a2=-2,d=2,a15=a2+13d=-2+13×2=24.2.答案為：A；解析：設數(shù)列an的公差為d,由a3+a4+a5=3a4=3,得a4=1,又a8=8=a4+4d,則d=74,故a12=8+4d=15.3.答案為：A；解析：由等差數(shù)列的性

6、質得,a3+a5+a7=3a5=12,則a5=4,所以a1+a9=2a5=8.故選A.4.答案為：C；解析：由等差數(shù)列的性質得a1+a10=a7+a4,S10=10(a1+a10)2=60,a1+a10=12.又a7=7,a4=5,故選C.5.2解析 設數(shù)列an的公差為d,由等差數(shù)列的前n項和公式,可得S5=a1+a52×5=5a3,結合題意有5a4-10=5a3,5(a4-a3)=10,即5d=10,d=2.6.答案為：D；解析：依題意設甲、乙、丙、丁、戊所得分別為a-2d,a-d,a,a+d,a+2d,由題意可知a-2d+a-d=a+a+d+a+2d,所以a=-6d,又a-2d+

7、a-d+a+a+d+a+2d=5a=5,所以a=1,所以此數(shù)列的首項為43,公差為-16,故通項公式為an=-16n+32(nN*,n5),故選D.7.答案為：D；解析：方法一:把原式加1減1變成1+3+5+7+(4n-3)+(4n-1)-1,即4+12+20+(8n-4)-1,則原式等價于首項a1=4,公差d=8的等差數(shù)列的前n項和減1,則原式=4n+n(n-1)2×8-1=4n+4n2-4n-1=4n2-1.方法二:用特殊值檢驗法.當n=1時,和為3,可排除C;當n=2時,和為15,可排除A,B.故選D.8.答案為：A；解析：若數(shù)列an是等差數(shù)列,設其公差為d1,則bn+1-bn

8、=(an+1+an+2)-(an+an+1)=an+2-an=2d1,所以數(shù)列bn是等差數(shù)列,充分性成立;若數(shù)列bn是等差數(shù)列,設其公差為d2,則bn+1-bn=(an+1+an+2)-(an+an+1)=an+2-an=d2,不能推出數(shù)列an是等差數(shù)列,必要性不成立.故選A.9.答案為：D；解析：設數(shù)列an的公差為d,由a1+a2+a3+a4=4a1+6d=3,a7+a8+a9=3a1+21d=4,可得a1=1322,d=766,等差數(shù)列an一共有9項,所以中間1項為a5=a1+4d=6766,故選D.10.答案為：C；解析：因為am+k=am+ak,所以令k=1,可得am+1=am+a1=

9、am+2,即am+1-am=2恒成立,據(jù)此可知,數(shù)列an是一個首項a1=2,公差d=2的等差數(shù)列,故其前n項和Sn=na1+n(n-1)2d=2n+n(n-1)2×2=n(n+1).11.9解析 因為a1=9,a5=1,所以公差d=1-94=-2,所以Sn=9n+12n(n-1)×(-2)=-n2+10n,令Sn>0,得0<n<10,因此使得Sn>0成立的最大的自然數(shù)n為9.12.32解析 因為S2017=6051,所以20172(a1+a2017)=6051,所以a1+a2017=6,所以a4+a2014=6.故1a4+4a2014=16(a4+a

10、2014)1a4+4a2014=165+4a4a2014+a2014a416×(5+4)=32,當且僅當a4=2,a2014=4時取等號.13.3027解析 數(shù)列Snn為等差數(shù)列,可設Snn=an+b,整理得Sn=an2+bn.S2=1,S2018-S2016=5,4a+2b=1,a×20182+2018b-a×20162-2016b=5,解得a=12016,b=5031008,則S2018=12016×20182+5031008×2018=3027.14.解:(1)因為a16+a17+a18=3a17=-36,所以a17=-12,則公差d=a

11、17-a917-9=248=3,所以an=a9+(n-9)·d=3n-63,所以S20=S21=20×-60+(-3)2=-630,所以當n=20或21時,Sn取得最小值-630.(2)由(1)知,數(shù)列an的前20項均小于0,第21項等于0,以后各項均為正數(shù).當n21時,Tn=-Sn=-n(-60+3n-63)2=-32n2+1232n;當n>21時,Tn=Sn-2S21=n(-60+3n-63)2-2S21=32n2-1232n+1260.綜上,Tn=-32n2+1232n,n21,nN*,32n2-1232n+1260,n>21,nN*.15.解:(1)設等

12、差數(shù)列an的公差為d,根據(jù)等差數(shù)列的性質可知S9=9a5=9(a1+4d)=81,a1+4d=9.a1=1,d=2,an=2n-1,b1=log51=0,b14=log527=2,b61=log5121=2.(2)當1n2時,1an3,bn=log5an=0,共2項;當3n12時,5an23,bn=log5an=1,共10項;當13n62時,25an123,bn=log5an=2,共50項;當63n200時,125an399,bn=log5an=3,共138項.數(shù)列bn的前200項和為2×0+10×1+50×2+138×3=524.16.解:(1)證明:2Sn=nan+n,2Sn-1=(n-1)an-1+(n-1)(n2).兩式相減,得2an=nan+n-(n-1)an-1-(n-1)(n2),(n-2)an=(n-1)an-1-1(n2),(n-1)an+1=nan-1,兩式相減,得(n-1)an+1-(n-2)an=nan-(n-1)an-1(n2),2(n-1)a