高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第五章 數(shù)列 第二節(jié) 等差數(shù)列習(xí)題 理試題

第二節(jié)等差數(shù)列[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]一、選擇題(每小題5分,共35分)1.(2016·黑龍江牡丹江一中期中考試)設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,S8=4a3,a7=-2,則a9= ()A.-6 B.-4 C.-2 D.21.A【解析】由S8=4a3得8a1+×d=4(a1+2d),則a1=-5d①,由a7=-2得a7=a1+6d=-2②,聯(lián)立方程①②,解得a1=10,d=-2,故a9=a1+(9-1)d=10-16=-6.2.(2016·長春外國語學(xué)校質(zhì)檢)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若a4=9,a6=11,則S9= ()A.180 B.90 C.72 D.102.B【解析】由a4=9,a6=11得d==1,又由a4=a1+3d得a1=9-3d=6,故S9=9×6+×1=90.3.(2015·福建莆田一中模擬)已知某運(yùn)動(dòng)物體的位移隨時(shí)間變化的函數(shù)關(guān)系為S(t)=v0t+at2,設(shè)物體第n秒內(nèi)的位移為an,則數(shù)列{an}是 ()A.公差為a的等差數(shù)列 B.公差為-a的等差數(shù)列C.公比為a的等比數(shù)列 D.公比為的等比數(shù)列3.A【解析】an=Sn-Sn-1=v0n+an2-v0(n-1)-a(n-1)2=an+,所以an-an-1=an+-a(n-1)-=a,即公差為a.4.(2015·山東臨沂質(zhì)檢)在等差數(shù)列{an}中,若a2+a4+a6+a8+a10=80,則a7-a8的值為 ()A.4 B.6 C.8 D.104.C【解析】∵a2+a4+a6+a8+a10=5a6=80,∴a6=16,∴a7-a8==8.5.(2016·馬鞍山二中、安師大附中、淮北一中期中聯(lián)考)在等差數(shù)列{an}中,a1+a2+a3=3,a28+a29+a30=165,則此數(shù)列前30項(xiàng)和等于 ()A.810 B.840 C.870 D.9005.B【解析】由a1+a2+a3=3,a28+a29+a30=165,可知a1+a2+a3+a28+a29+a30=168,由等差數(shù)列的性質(zhì)可得3(a1+a30)=168,解得a1+a30=56,所以S30==56×15=840.6.(2016·江西九江一中月考)等差數(shù)列{an}中<-1,它的前n項(xiàng)和Sn有最大值,則當(dāng)Sn取得最小正值時(shí),n= ()A.17 B.18 C.19 D.206.A【解析】由等差數(shù)列以及前n項(xiàng)和Sn有最大值可得數(shù)列單調(diào)遞減,又<-1,∴a9>0,a10<0,∴由不等式的性質(zhì)可得a10<-a9,即a9+a10<0,∴S17==17a9>0,S18==9(a1+a18)=9(a9+a10)<0,∴當(dāng)Sn取得最小正值時(shí),n=17.7.在等差數(shù)列{an}中,設(shè)Sn為其前n項(xiàng)和,已知,則等于 ()A. B.C. D.7.A【解析】由題意可得.二、填空題(每小題5分,共5分)8.(2016·鄂豫晉冀陜五省聯(lián)考)數(shù)列{logkan}是首項(xiàng)為4,公差為2的等差數(shù)列,其中k>0,且k≠1.設(shè)cn=anlgan,若{cn}中的每一項(xiàng)恒小于它后面的項(xiàng),則實(shí)數(shù)k的取值范圍為.

8.∪(1,+∞)【解析】由題可知logkan=4+(n-1)×2=2n+2,所以an=k2n+2,又cn=anlgan,所以cn=anlgan=k2n+2lg(k2n+2)=(2n+2)k2n+2lgk,由于{cn}中的每一項(xiàng)恒小于它后面的項(xiàng),即cn<cn+1.①當(dāng)k>1時(shí),有l(wèi)gk>0,因此由cn<cn+1得(2n+2)k2n+2lgk<(2n+4)k2n+4lgk,可化為(2n+2)k2n+2<(2n+4)k2n+4,即(n+1)<(n+2)k2,即轉(zhuǎn)化為不等式k2>,此不等式在k>1下恒成立,故k>1符合.②當(dāng)0<k<1時(shí),有l(wèi)gk<0,因此由cn<cn+1得(2n+2)k2n+2lgk<(2n+4)k2n+4lgk,可化為(2n+2)k2n+2>(2n+4)k2n+4,即(n+1)>(n+2)k2,即轉(zhuǎn)化為不等式k2<恒成立,∵n∈N*,∴,所以k2<,則0<k<.綜合得實(shí)數(shù)k的取值范圍為∪(1,+∞).三、解答題(共10分)9.(10分)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.已知a1=1,=an+1-n2-n-,n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)證明對(duì)一切正整數(shù)n,有+…+.9.【解析】(1)∵=an+1-n2-n-,n∈N*.∴當(dāng)n=1時(shí),2a1=2S1=a2--1-=a2-2.又a1=1,∴a2=4.(2)∵=an+1-n2-n-,n∈N*,∴2Sn=nan+1-n3-n2-n=nan+1-,①∴當(dāng)n≥2時(shí),2Sn=1=(n-1)an-, ②由①-②,得2Sn-2Sn-1=nan+1-(n-1)an-n(n+1).∵2an=2Sn-2Sn-1,∴2an=nan+1-(n-1)an-n(n+1),∴=1.∴數(shù)列是首項(xiàng)為=1,公差為1的等差數(shù)列.∴=1+1×(n-1)=n,∴an=n2(n≥2).當(dāng)n=1時(shí),上式顯然成立.∴an=n2,n∈N*,(2)由(1)知,an=n2,n∈N*,①當(dāng)n=1時(shí),=1<,∴原不等式成立.②當(dāng)n=2時(shí),=1+,∴原不等式亦成立.③當(dāng)n≥3時(shí),∵n2>(n-1)(n+1),∴,+…+=1++…+<1++…+=1++…+=1+=-<,∴當(dāng)n≥3時(shí),原不等式亦成立.綜上,對(duì)一切正整數(shù)n,有+…+.[高考沖關(guān)]1.(5分)已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列,其前n項(xiàng)和為Sn,若a3=6,S3=12,則公差d等于 ()A.1 B. C.2 D.31.C【解析】由已知得S3=3a2=12,即a2=4,∴d=a3-a2=6-4=2.2.(5分)(2016·合肥八中模擬)若a>0,b>0,a,b的等差中項(xiàng)是,且α=a+,β=b+,則α+β的最小值為 ()A.2 B.3 C.4 D.52.D【解析】由題可知a+b=1,所以α+β=a++b+=1+(a+b)=3+≥3+2=5.3.(5分)(2016·福州八中質(zhì)檢)已知{an}是等差數(shù)列,a4=15,S5=55,則過點(diǎn)P(3,a3),Q(4,a4)的直線的斜率為.

3.4【解析】∵{an}是等差數(shù)列,S5=55,∴a1+a5=2a3=22,又∵a4=15,設(shè)公差為d,∴d=4,∴kPQ==d=4.4.(12分)(2016·惠州調(diào)研)已知{an}是公差為2的等差數(shù)列,且a3+1是a1+1與a7+1的等比中項(xiàng).(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)令bn=,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.4.【解析】(1)由已知可得(a3+1)2=(a1+1)(a7+1),又d=2,得a1=3,∴an=a1+(n-1)d=2n+1,∴{an}的通項(xiàng)公式為an=2n+1.(2)bn==2·2n+1=2n+1+1,Sn=22+1+23+1+…+2n+1+1=22+23+…+2n+1+n=+n=2n+2+n-4,∴數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn=2n+2+n-4.5.(13分)(2016·南京調(diào)研)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且2a5-a3=13,S4=16.(1)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn;(2)設(shè)Tn=(-1)iai,若對(duì)一切正整數(shù)n,不等式λTn<[an+1+(-1)n+1an]·2n-1恒成立,求實(shí)數(shù)λ的取值范圍.5.【解析】(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d.因?yàn)?a5-a3=13,S4=16,所以解得a1=1,d=2,所以an=2n-1,Sn=n2.(2)①當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),設(shè)n=2k,k∈N*,則T2k=(a2-a1)+(a4-a3)+…+(a2k-a2k-1)=2k.代入不等式λTn<[an+1+(-1)n+1an]·2n-1,得λ·2k<4k,從而λ<.設(shè)f(k)=,則f(k+1)-f(k)=.因?yàn)閗∈N*,所以f(k+1)-f(k)>0,所以f(k)是遞增的,所以f(k