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1、
第二節(jié) 等差數(shù)列及其前n項和
[全盤鞏固]
1．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a4＝15，S5＝55，則數(shù)列{an}的公差是( )
A. B．4 C．－4 D．－3
解析：選B ∵{an}是等差數(shù)列， a4＝15，S5＝55，
∴a1＋a5＝22，∴2a3＝22，a3＝11，∴公差d＝a4－a3＝4.
2．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S3＝9，S6＝36，則a7＋a8＋a9＝( )
A．63 B．45 C．36 D．27
解析：選B 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為
2、d，依題意得解得a1＝1，d＝2，則a7＋a8＋a9＝3a8＝3(a1＋7d)＝45.
3．(20xx·遼寧高考)下面是關(guān)于公差d>0的等差數(shù)列{an}的四個命題：
p1：數(shù)列{an}是遞增數(shù)列；
p2：數(shù)列{nan}是遞增數(shù)列；
p3：數(shù)列是遞增數(shù)列；
p4：數(shù)列{an＋3nd}是遞增數(shù)列．
其中的真命題為( )
A．p1，p2 B．p3，p4 C．p2，p3 D．p1，p4
解析：選D ∵{an}是等差數(shù)列，∴設(shè)an＝a1＋(n－1)d.∵d>0，∴{an}是遞增數(shù)列，故p1是真命題；nan＝dn2＋(a1－d)n的對稱軸方程為n＝－.當－>時，由二次函數(shù)的對稱性知
3、a1>2a2，{nan}不是遞增數(shù)列，p2是假命題；＝d＋，當a1－d>0時，是遞減數(shù)列，p3是假命題；an＋3nd＝4nd＋a1－d,4d>0，{an＋3nd}是遞增數(shù)列，p4是真命題．故p1，p4是真命題．
4．已知{an}為等差數(shù)列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99.以Sn表示{an}的前n項和，則使得Sn達到最大值的n是 ( )
A．21 B．20 C．19 D．18
解析：選B ∵a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，∴3a3＝105,3a4＝99，
即a3＝35，a4＝33.∴a1＝39，d＝－2，得an＝
4、41－2n.
令an≥0且an＋1≤0，n∈N*，則有n＝20.
5．已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，若S1＝1，＝4，則的值為( )
A. B. C. D．4
解析：選A 由等差數(shù)列的性質(zhì)可知S2，S4－S2，S6－S4成等差數(shù)列，由＝4，得＝3，則S6－S4＝5S2，所以S4＝4S2，S6＝9S2，＝.
6．在等差數(shù)列{an}中，a1＝－2 012，其前n項和為Sn，若－＝2，則S2 012的值等于( )
A．－2 011 B．－2 012 C．－2 010 D．－2 013
解析：選B ∵Sn＝An2
5、＋Bn，知＝An＋B，
∴數(shù)列是首項為＝－2 012的等差數(shù)列，
又－＝2，∴的公差為1，∴＝－2 012＋(2 012－1)×1＝－1，
故S2 012＝－2 012.
7．在等差數(shù)列{an}中，首項a1＝0，公差d≠0，若ak＝a1＋a2＋a3＋…＋a7，則k＝________.
解析：a1＋a2＋…＋a7＝7a1＋＝21d，
而ak＝a1＋(k－1)d＝(k－1)d，所以(k－1)d＝21d，d≠0，故k＝22.
答案：22
8．在等差數(shù)列{an}中，an>0，且a1＋a2＋…＋a10＝30，則a5·a6的最大值為________．
解析：∵a1＋a2＋…＋a10＝30
6、，即＝30，a1＋a10＝6，∴a5＋a6＝6，
∴a5·a6≤2＝9.
答案：9
9．已知等差數(shù)列{an}中，an≠0，若n>1且an－1＋an＋1－a＝0，S2n－1＝38，則n＝________.
解析：∵2an＝an－1＋an＋1，an－1＋an＋1－a＝0，
∴2an－a＝0，即an(2－an)＝0.∵an≠0，∴an＝2.∴S2n－1＝2(2n－1)＝38，解得n＝10.
答案：10
10．設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項和且n∈N*，所有項an>0，且Sn＝a＋an－.
(1)證明：{an}是等差數(shù)列；
(2)求數(shù)列{an}的通項公式．
解：(1)證明：當n＝1時
7、，a1＝S1＝a＋a1－，
解得a1＝3或a1＝－1(舍去)．
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(a＋2an－3)－(a＋2an－1－3)．
∴4an＝a－a＋2an－2an－1.即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.
∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝2(n≥2)．
∴數(shù)列{an}是以3為首項，2為公差的等差數(shù)列．
(2)由(1)知an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
11．已知公差大于零的等差數(shù)列的前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)列是等差數(shù)列，且bn＝，求非零常數(shù)c.
8、
解：(1)∵數(shù)列為等差數(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＜a4，∴a3＝9，a4＝13，
∴∴∴通項公式an＝4n－3.
(2)由(1)知a1＝1，d＝4，∴Sn＝na1＋×d＝2n2－n＝22－，
∴當n＝1時，Sn最小，最小值為S1＝a1＝1.
(3)由(2)知Sn＝2n2－n，∴bn＝＝，
∴b1＝，b2＝，b3＝.
∵數(shù)列是等差數(shù)列，∴2b2＝b1＋b3，
即×2＝＋，∴2c2＋c＝0，
∴c＝－或c＝0(舍去)，故c＝－.
12．已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，
9、bn＝a－a.
(1)證明：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；
(2)若a1＋a3＋a5＋…＋a25＝130，a2＋a4＋a6＋…＋a26＝143－13k(k為常數(shù))，求數(shù)列{bn}的通項公式；
(3)在(2)的條件下，若數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，是否存在實數(shù)k，使Sn當且僅當n＝12時取得最大值？若存在，求出k的取值范圍；若不存在，說明理由．
解：(1)證明：設(shè){an}的公差為d，則bn＋1－bn＝(a－a)－(a－a)＝2a－(an＋1－d)2－(an＋1＋d)2＝－2d2，
∴數(shù)列{bn}是以－2d2為公差的等差數(shù)列．
(2) ∵a1＋a3＋a5＋…＋a25＝130，a2＋a4＋a
10、6＋…＋a26＝143－13k，∴13d＝13－13k，
∴d＝1－k，
又13a1＋×2d＝130，∴a1＝－2＋12k，
∴an＝a1＋(n－1)d＝(－2＋12k)＋(n－1)(1－k)＝(1－k)n＋13k－3，
∴bn＝a－a＝(an＋an＋1)(an－an＋1)＝－2(1－k)2n＋25k2－30k＋5.
(3)存在滿足題意的實數(shù)k.
由題意可知，當且僅當n＝12時Sn最大，則b12>0，b13<0，
即
∴解得k<－19或k>21.
故k的取值范圍為(－∞，－19)∪(21，＋∞)．
[沖擊名校]
1．已知數(shù)陣中，每行的3個數(shù)依次成等差數(shù)列，每列的3
11、個數(shù)也依次成等差數(shù)列，若a22＝8，則這9個數(shù)的和為( )
A．16 B．32 C．36 D．72
解析：選D 依題意得a11＋a12＋a13＋a21＋a22＋a23＋a31＋a32＋a33＝3a12＋3a22＋3a32＝9a22＝72.
2．(20xx·新課標全國卷Ⅱ)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知S10＝0，S15＝25，則nSn的最小值為________．
解析：由Sn＝na1＋d，得
解得a1＝－3，d＝，則Sn＝－3n＋·＝(n2－10n)，
所以nSn＝(n3－10n2)，令f(x)＝(x3－10x2)，則f′(x
12、)＝x2－x＝x，
當x∈時，f(x)單調(diào)遞減；當x∈時，f(x)單調(diào)遞增，
又6<<7，f(6)＝－48，f(7)＝－49，所以nSn的最小值為－49.
答案：－49
[高頻滾動]
1．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝－n2＋3n，若an＋1an＋2＝80，則n的值為( )
A．5 B．4 C．3 D．2
解析：選A 由Sn＝－n2＋3n，可得an＝4－2n，因此an＋1·an＋2＝[4－2(n＋1)][4－2(n＋2)]＝80，即n(n－1)＝20，解得n＝－4(舍去)或n＝5.
2．已知數(shù)列{an}，{bn}滿足a1＝1，且an，an＋1是函數(shù)f(x)＝x2－bnx＋2n的兩個零點，則b10＝________.
解析：∵an＋an＋1＝bn，an·an＋1＝2n，∴an＋1·an＋2＝2n＋1，∴an＋2＝2an.
又∵a1＝1，a1·a2＝2，∴a2＝2，∴a2n＝2n，a2n－1＝2n－1(n∈N*)，∴b10＝a10＋a11＝64.
答案：64
【創(chuàng)新方案】高考數(shù)學 理一輪知能檢測：第5章 第2節(jié) 等差數(shù)列及其前n項和
