2021高三數(shù)學(xué)第6章 第2講等差數(shù)列及其前n項(xiàng)和含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高三人教B版數(shù)學(xué)一輪（經(jīng)典版）課時(shí)作業(yè)：第6章第2講等差數(shù)列及其前n項(xiàng)和含解析課時(shí)作業(yè)1．在等差數(shù)列{an}中,已知a2＝2,前7項(xiàng)和S7＝56，則公差d＝（）A．2 B．3C．－2 D．－3答案B解析由題意可得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝2，,7a1＋\f(7×6，2)d＝56，))即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a1＋d＝2,，a1＋3d＝8,））解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a1＝－1,,d＝3，)）選B。2．（2019·衡陽模擬）在等差數(shù)列{an｝中，a1＋3a8＋a15＝120，則a2＋a14的值為(A．6 B．12C．24 D．48答案D解析∵在等差數(shù)列{an｝中，a1＋3a8＋a15＝120∴由等差數(shù)列的性質(zhì)可得a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，∴a8＝24，∴a2＋a14＝2a8＝3．(2020·荊州模擬）在等差數(shù)列｛an｝中,若a3＋a4＋a5＝3，a8＝8,則a12的值是(）A．15 B．30C．31 D．64答案A解析設(shè)等差數(shù)列｛an}的公差為d，∵a3＋a4＋a5＝3，∴3a4＝3，即a1＋3d＝1,又由a8＝8得a1＋7d＝8，聯(lián)立解得a1＝－eq\f（17,4）,d＝eq\f(7,4),則a12＝－eq\f(17,4)＋eq\f（7,4）×11＝15.故選A.4．（2019·山東濟(jì)南調(diào)研）已知數(shù)列｛an}為等差數(shù)列，且滿足a2＋a8＝8，a6＝5,則其前10項(xiàng)和S10的值為（)A．50 B．45C．55 D．40答案B解析因?yàn)閿?shù)列｛an}為等差數(shù)列,且a2＋a8＝8，所以根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)得2a5＝8，所以a5＝4，又因?yàn)閍6＝5，所以S10＝eq\f(10（a1＋a10）,2）＝eq\f（10（a5＋a6),2）＝45。5．（2019·陜西咸陽模擬）設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若S9＝54，則a2＋a4＋a9＝()A．9 B．15C．18 D．36答案C解析由等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及性質(zhì)，可得S9＝eq\f（9（a1＋a9)，2）＝9a5＝54，a5＝6,則a2＋a4＋a9＝a1＋a5＋a9＝3a5＝18。故選C.6．設(shè)等差數(shù)列｛an}的前n項(xiàng)和為Sn,若2a8＝6＋a11,則S9＝(A．27 B．36C．45 D．54答案D解析∵在等差數(shù)列{an｝中，2a8＝a5＋a11＝6＋a11∴a5＝6，故S9＝eq\f（9(a1＋a9）,2）＝9a5＝54。故選D.7．（2019·東北三省三校聯(lián)考)已知數(shù)列{an｝是等差數(shù)列，滿足a1＋2a2＝S5，下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是(A．S9＝0 B．S5最小C．S3＝S6 D．a(chǎn)5＝0答案B解析由題意知a1＋2（a1＋d)＝5a1＋eq\f(5×4,2)d，則a5＝0,∴a4＋a6＝0,∴S3＝S6，且S9＝9a5＝0，故選B.8．等差數(shù)列{an}和｛bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn,Tn，且eq\f(Sn,Tn）＝eq\f(5n＋2,n＋3），則eq\f（a2＋a20,b7＋b15)＝（)A。eq\f（107，24) B。eq\f(7，24）C.eq\f（149,12) D。eq\f（149，3）答案A解析由題知，eq\f(a2＋a20,b7＋b15)＝eq\f（S21,T21）＝eq\f(107，24）。9．（2019·洛陽統(tǒng)考）設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1〉0,a3＋a10〉0，a6a7〈0,則滿足Sn〉0的最大自然數(shù)n的值為（A．6 B．7C．12 D．13答案C解析∵a1>0，a6a7〈0，∴a6〉0,a7<0，等差數(shù)列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a12>0，a1＋a13＝2a7<0，∴S12〉0，S13〈0，∴滿足Sn>0的最大自然數(shù)n的值為12.10．設(shè)Sn是等差數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和，若eq\f（S3，S6）＝eq\f(1，3)，則eq\f（S6，S12)＝（)A。eq\f(3，10) B。eq\f(1,3)C。eq\f(1,8） D.eq\f(1，9）答案A解析令S3＝1,則S6＝3，∴S9＝1＋2＋3＝6.S12＝S9＋4＝10，∴eq\f(S6,S12)＝eq\f(3，10).故選A。11．已知數(shù)列｛an}(n∈N*）是等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和，且S5<S6，S6＝S7〉S8，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A．d<0 B．a(chǎn)7＝0C．S9>S6 D．S6，S7均為Sn的最大值答案C解析因?yàn)镾5〈S6,所以S5〈S5＋a6，所以a6〉0,因?yàn)镾6＝S7，所以S6＝S6＋a7,所以a7＝0，因?yàn)镾7>S8，所以S7>S7＋a8，所以a8〈0,所以d<0且S6,S7均為Sn的最大值，所以S9〈S6.故選C.12．設(shè)等差數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和為Sn，若Sm－1＝－2,Sm＝0,Sm＋1＝3，m≥2,m∈N＊，則m＝（)A．3 B．4C．5 D．6答案C解析∵｛an}是等差數(shù)列，Sm－1＝－2,Sm＝0,∴am＝Sm－Sm－1＝2.又Sm＋1＝3，∴am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，∴d＝am＋1－am＝1。又Sm＝eq\f(m（a1＋am），2)＝eq\f（m（a1＋2),2）＝0，∴a1＝－2,∴am＝－2＋（m－1）·1＝2，∴m＝5.13．正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝2，2aeq\o\al（2,n）＝aeq\o\al（2,n＋1）＋aeq\o\al（2，n－1）（n∈N*，n≥2），則a7＝________。答案eq\r（19)解析由2aeq\o\al（2,n）＝aeq\o\al（2，n＋1）＋aeq\o\al（2,n－1）（n∈N*，n≥2），得數(shù)列{aeq\o\al(2，n）}是等差數(shù)列，公差d＝aeq\o\al(2，2）－aeq\o\al（2,1)＝3，首項(xiàng)aeq\o\al(2,1)＝1，所以aeq\o\al(2,n）＝1＋3（n－1）＝3n－2，∴an＝eq\r(3n－2)，∴a7＝eq\r（19).14．在數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N＊），則a1＋a2＋…＋a51＝________.答案676解析∵an＋2－an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（0，n為奇數(shù),,2,n為偶數(shù)，))∴數(shù)列｛an｝的奇數(shù)項(xiàng)為常數(shù)1，偶數(shù)項(xiàng)構(gòu)成以2為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)列，∴a1＋a2＋…＋a51＝(a1＋a3＋…＋a51)＋(a2＋a4＋…＋a50）＝26＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（25×2＋\f(25×24，2）×2）)＝676.15．（2019·廣雅中學(xué)模擬)已知等差數(shù)列｛an｝中,a2＝2,a4＝8，若abn＝3n－1，則b2019＝________.答案2020解析由a2＝2，a4＝8，得公差d＝eq\f(8－2，2)＝3，所以an＝2＋（n－2）×3＝3n－4，所以an＋1＝3n－1。又由數(shù)列{an｝的公差大于0,知數(shù)列｛an}為遞增數(shù)列,所以結(jié)合abn＝3n－1，可得bn＝n＋1，故b2019＝2020。16．(2020·武漢模擬)在數(shù)列｛an}中，a1＝－2，anan－1＝2an－1－1（n≥2，n∈N＊),數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f（1，an－1),則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝________，數(shù)列{bn｝的前n項(xiàng)和Sn的最小值為________．答案eq\f（3n－1,3n－4)－eq\f(1，3)解析由題意知，an＝2－eq\f（1,an－1)(n≥2，n∈N＊），∴bn＝eq\f(1,an－1）＝eq\f（1,\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2－\f（1，an－1）)）－1）＝eq\f(an－1,an－1－1)＝1＋eq\f(1,an－1－1)＝1＋bn－1，即bn－bn－1＝1（n≥2，n∈N＊)．又b1＝eq\f（1,a1－1）＝－eq\f(1，3)，∴數(shù)列{bn｝是以－eq\f（1,3)為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列,∴bn＝n－eq\f(4,3），即eq\f(1，an－1)＝n－eq\f（4，3），∴an＝eq\f(3n－1,3n－4).又b1＝－eq\f(1,3）〈0，b2＝eq\f(2，3)〉0，∴Sn的最小值為S1＝b1＝－eq\f（1，3）.17．（2018·全國卷Ⅱ）記Sn為等差數(shù)列｛an}的前n項(xiàng)和，已知a1＝－7，S3＝－15.(1）求{an｝的通項(xiàng)公式;（2)求Sn，并求Sn的最小值．解(1）設(shè){an}的公差為d，由題意，得3a1＋3d＝－由a1＝－7,得d＝2。所以｛an｝的通項(xiàng)公式為an＝2n－9。（2)由(1),得Sn＝n2－8n＝（n－4)2－16。所以當(dāng)n＝4時(shí)，Sn取得最小值,最小值為－16.18．（2019·全國卷Ⅰ）記Sn為等差數(shù)列｛an}的前n項(xiàng)和．已知S9＝－a5。（1）若a3＝4，求{an}的通項(xiàng)公式；（2)若a1〉0，求使得Sn≥an的n的取值范圍．解(1)設(shè){an}的公差為d。由S9＝－a5得a1＋4d＝0.由a3＝4得a1＋2d＝4。于是a1＝8，d＝－2.因此｛an}的通項(xiàng)公式為an＝10－2n。（2）由(1)得a1＝－4d，故an＝（n－5）d，Sn＝eq\f（n(n－9）d，2)。由a1>0知d<0，故Sn≥an等價(jià)于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10，所以n的取值范圍是｛n｜1≤n≤10，n∈N}．19．已知數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和Sn＝2an－2n＋1.(1）證明:數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1（\f(an，2n）))是等差數(shù)列;(2）若不等式2n2－n－3<（5－λ）an對任意的n∈N*恒成立，求λ的取值范圍．解(1）證明：當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝2a1－22,得a1＝Sn＝2an－2n＋1,當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝2an－1－2n，兩式相減得an＝2an－2an－1－2n，即an＝2an－1＋2n,所以eq\f(an，2n)－eq\f（an－1，2n－1)＝1，又eq\f(a1，21）＝2，所以數(shù)列eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1（\f（an，2n)））是以2為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列．(2）由(1）知eq\f（an，2n）＝n＋1，即an＝n·2n＋2n.因?yàn)閍n>0，所以不等式2n2－n－3〈（5－λ）an等價(jià)于5－λ>eq\f（2n－3,2n)。即λ〈5－eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（2n－3,2n）))。記bn＝eq\f(2n－3,2n)，b1＝－eq\f（1,2），b2＝eq\f（1，4），當(dāng)n≥2時(shí)，eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f（\f（2n－1，2n＋1),\f(2n－3,2n））＝eq\f(2n－1,4n－6），則eq\f（b3，b2）＝eq\f(3,2),即b3>b2，又顯然當(dāng)n≥3時(shí),eq\f（bn＋1,bn)〈1，所以（bn)max＝b3＝eq\f(3，8)，所以λ<eq\f(37,8).20．（2019·唐山模擬）已知{an}是公差為正數(shù)的等差數(shù)列，且a3a6＝55，a2＋a7＝(1)求數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式；（2)若an＝b1＋eq\f(b2,3)＋eq\f（b3,5）＋…＋eq\f（bn，2n－1）,求數(shù)列｛bn}的前n項(xiàng)和Sn.解（1）∵｛an}是公差d>0的等差數(shù)列，∴由a3a6＝55,a2＋a7＝16＝a3＋a6解得a3＝5，a6＝11,∴eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a1＋2d＝5，,a1＋5d＝11，))解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a1＝1，，d＝2，))∴an＝2n－1。（2)∵an＝b1＋eq\f（b2，3)＋eq\f（b3，5)＋…＋eq\f（bn,2n－1），∴an－1＝b1＋eq\f（b2，3)＋eq\f（b3,5)＋…＋eq\f(bn－1，2n－3)(n≥2，