《（天津專用）2020屆高考數(shù)學一輪復習 考點規(guī)范練23 等差數(shù)列及其前n項和（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（天津專用）2020屆高考數(shù)學一輪復習 考點規(guī)范練23 等差數(shù)列及其前n項和（含解析）新人教A版（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點規(guī)范練23　等差數(shù)列及其前n項和 一、基礎鞏固 1.已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和,a2+a8=6,則S9等于(　　) A.272 B.27 C.54 D.108 2.《張丘建算經(jīng)》卷上一題為“今有女善織,日益功疾,且從第二天起,每天比前一天多織相同量的布,現(xiàn)在一月(按30天計)共織布390尺,最后一天織布21尺”,則該女第一天織布多少尺?(　　)(注:尺是中國古代計量單位,1米=3尺) A.3 B.4 C.5 D.6 3.已知在每項均大于零的數(shù)列{an}中,首項a1=1,且前n項和Sn滿足SnSn-1-Sn-1Sn=2SnSn-1(n∈N*,且n≥2),則a81等于(　

2、　) A.638 B.639 C.640 D.641 4.設等差數(shù)列{an}的前n項和為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.7 C.12 D.13 5.若等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且滿足a2+S3=4,a3+S5=12,則a4+S7的值是(　　) A.20 B.36 C.24 D.72 6.已知{an}為等差數(shù)列,Sn為其前n項和.若a2=2,S9=9,則a8=　　　　　.? 7.已知在數(shù)列{an}中,a1=1,a2=2,其前n項和為Sn.當整數(shù)n≥2時,Sn+1+Sn-1=2(Sn+S1)都成立,則S

3、15=　　　　　.? 8.已知等差數(shù)列的前三項依次為a,4,3a,前n項和為Sn,且Sk=110. (1)求a及k的值; (2)設數(shù)列{bn}的通項bn=Snn,證明:數(shù)列{bn}是等差數(shù)列,并求其前n項和Tn. 二、能力提升 9.已知函數(shù)f(x)的圖象關于直線x=-1對稱,且f(x)在(-1,+∞)內(nèi)單調,若數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列,且f(a50)=f(a51),則數(shù)列{an}的前100項的和為(　　) A.-200 B.-100 C.-50 D.0 10.等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,已知a1=13,S3=S11,當Sn最大時,n的值是(　　) A.5

4、 B.6 C.7 D.8 11.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a2<0,且1,a2,81成等比數(shù)列,a3+a7=-6. (1)求{an}的通項公式; (2)求Snn的前n項和Tn取得最小值時n的值. 12.已知公差大于零的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且滿足a3·a4=117,a2+a5=22. (1)求通項公式an; (2)求Sn的最小值; (3)若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列,且bn=Snn+c,求非零常數(shù)c. 三、高考預測 13.已知各項均為正數(shù)的等差數(shù)列{an}滿足:a4=2a2,且a1,4,a4成等比數(shù)列. (1)求數(shù)列{an}的通項

5、公式. (2)求同時滿足下列條件的所有an的和:①20≤n≤116;②n能夠被5整除. 考點規(guī)范練23　等差數(shù)列及其前n項和 1.B　解析S9=9(a1+a9)2=9(a2+a8)2=27. 2.C　解析設第n天織布an尺,則數(shù)列{an}是等差數(shù)列,且S30=390,a30=21, ∴S30=302(a1+a30),即390=15(a1+21),解得a1=5.故選C. 3.C　解析由已知SnSn-1-Sn-1Sn=2SnSn-1,可得Sn-Sn-1=2, ∴{Sn}是以1為首項,2為公差的等差數(shù)列, 故Sn=2n-1,Sn=(2n-1)2, ∴a81=S81-S80=16

6、12-1592=640,故選C. 4.C　解析因為a1>0,a6a7<0,所以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,所以S12>0,S13<0,所以滿足Sn>0的最大自然數(shù)n的值為12. 5.C　解析由a2+S3=4及a3+S5=12, 得4a1+4d=4,6a1+12d=12,解得a1=0,d=1, 所以a4+S7=8a1+24d=24.故選C. 6.0　解析∵{an}為等差數(shù)列,Sn為其前n項和,a2=2,S9=9, ∴a2=a1+d=2,S9=9a1+9×82d=9, 解得d=-13,a1=73, ∴a8=a

7、1+7d=0. 7.211　解析由Sn+1+Sn-1=2(Sn+S1),得(Sn+1-Sn)-(Sn-Sn-1)=2S1=2,即an+1-an=2(n≥2),∴數(shù)列{an}從第二項起構成以2為首項,2為公差的等差數(shù)列, 則S15=1+2×14+14×132×2=211. 8.(1)解設該等差數(shù)列為{an},則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+k(k-1)2·d=2k+k(k-1)2×2=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)

8、證明由(1)得Sn=n(2+2n)2=n(n+1), 則bn=Snn=n+1, 故bn+1-bn=(n+2)-(n+1)=1, 即數(shù)列{bn}是首項為2,公差為1的等差數(shù)列, 所以Tn=n(2+n+1)2=n(n+3)2. 9.B　解析因為函數(shù)f(x)的圖象關于直線x=-1對稱,函數(shù)f(x)在(-1,+∞)內(nèi)單調,所以f(x)在(-∞,-1)內(nèi)也單調,且數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列. 又f(a50)=f(a51),所以a50+a51=-2, 所以S100=100(a1+a100)2=50(a50+a51)=-100. 10.C　解析(方法一)由S3=S11,得a4+a5+

9、…+a11=0,根據(jù)等差數(shù)列的性質,可得a7+a8=0.根據(jù)首項等于13可推知這個數(shù)列為遞減數(shù)列,從而得到a7>0,a8<0,故n=7時Sn最大. (方法二)由S3=S11,可得3a1+3d=11a1+55d,把a1=13代入,得d=-2,故Sn=13n-n(n-1)=-n2+14n.根據(jù)二次函數(shù)的性質,知當n=7時Sn最大. (方法三)由a1=13,S3=S11,知這個數(shù)列的公差不等于零,且這個數(shù)列的和是先遞增后遞減.根據(jù)公差不為零的等差數(shù)列的前n項和是關于n的二次函數(shù),以及二次函數(shù)圖象的對稱性,可得只有當n=3+112=7時,Sn取得最大值. 11.解(1)∵a3+a7=-6=2a5

10、,∴a5=-3. ∵1,a2,81成等比數(shù)列,∴a22=1×81. 又a2<0,∴a2=-9. ∴等差數(shù)列{an}的公差d=a5-a25-2=-3-(-9)5-2=2. ∴an=a2+(n-2)×2=2n-13. (2)∵Sn=n(-11+2n-13)2=n2-12n, ∴Snn=n-12.由n-12≤0,解得n≤12. 因此,當n=11或n=12時,Snn的前n項和Tn取得最小值. 12.解(1)∵數(shù)列{an}為等差數(shù)列, ∴a3+a4=a2+a5=22. 又a3·a4=117, ∴a3,a4是方程x2-22x+117=0的兩實根. 又公差d>0, ∴a3

11、a3=9,a4=13, ∴a1+2d=9,a1+3d=13,∴a1=1,d=4. ∴通項公式an=4n-3. (2)由(1)知a1=1,d=4, ∴Sn=na1+n(n-1)2d =2n2-n=2n-142-18. ∴當n=1時,Sn最小,最小值為S1=a1=1. (3)由(2)知Sn=2n2-n, ∴bn=Snn+c=2n2-nn+c, ∴b1=11+c,b2=62+c,b3=153+c. ∵數(shù)列{bn}是等差數(shù)列, ∴2b2=b1+b3,即62+c×2=11+c+153+c, ∴2c2+c=0, ∴c=-12(c=0舍去),故c=-12. 13.解(1)∵a4=2a2,且a1,4,a4成等比數(shù)列, ∴a1+3d=2(a1+d),a1·(a1+3d)=16,解得a1=2,d=2. ∴數(shù)列{an}的通項公式為an=a1+(n-1)·d=2+2(n-1)=2n. (2)∵n同時滿足:①20≤n≤116;②n能夠被5整除, ∴滿足條件的n組成等差數(shù)列{bn},且b1=20,d=5,bn=115, ∴項數(shù)為115-205+1=20. ∴{bn}的所有項的和為S20=20×20+12×20×19×5=1350. 又an=2n,即an=2bn, ∴滿足條件的所有an的和為 2S20=2×1350=2700. 6