《（浙江專用）2020版高考數(shù)學大一輪復習 第六章 數(shù)列 考點規(guī)范練28 等差數(shù)列及其前n項和》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學大一輪復習 第六章 數(shù)列 考點規(guī)范練28 等差數(shù)列及其前n項和（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、考點規(guī)范練28 等差數(shù)列及其前n項和
基礎(chǔ)鞏固組
1.已知等差數(shù)列{an},且a2+a8=16,則數(shù)列{an}的前9項和等于( )
A.36 B.72 C.144 D.288
答案B
解析S9=9(a1+a9)2=9(a2+a8)2=9×162=72.故選B.
2.(2018浙江寧波高三期末)《萊因德紙草書》是世界上最古老的數(shù)學著作之一,書中有一道這樣的題目:把100個面包分給5個人,使每人所得成等差數(shù)列,且使較多的三份之和的17是較少的兩份之和.若按題中要求分好面包,則最少的一份為( )
A.53 B.103 C.56 D.116
2、
答案A
解析設(shè)a10”是“Sn+Sn+2>2Sn+1”的( )
A.充分不必要條件 B.必要不充分條件
C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件
答案C
解析因為Sn+Sn+2-2Sn+1=d,所以是充分必要條件.故選C.
4.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.若數(shù)列{2a1an}為遞減數(shù)列,則( )
A.d>0 B.d<0 C.a1d>0 D.a1d<0
答案D
解析∵
3、數(shù)列{2a1an}為遞減數(shù)列,
∴2a1an+12a1an=2a1an+1-a1an=2a1·(an+1-an)=2a1d<1.
∴a1d<0.故選D.
5.已知每項均大于零的數(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( )
A.638 B.639 C.640 D.641
答案C
解析由已知SnSn-1-Sn-1Sn=2SnSn-1,可得Sn-Sn-1=2,則數(shù)列{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.
從而a81=S81-S80=1612-1592
4、=640.故選C.
6.記等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若a1=12,S4=20,則d= ,S6= .?
答案3 48
解析設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,
∵a1=12,S4=20,∴4×12+4×32d=20,解得d=3.
∴S6=6×12+6×52×3=48.
7.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn(其中n∈N*),且滿足a6+a7+a8-a9=2,則a6= ,S4·S18的最大值是 .?
答案1 72
解析設(shè)公差為d.由題意得a6+a6+d+a6+2d-(a6+3d)=2a6=2,所以a6=1.S4·S18=2(a1+a4)·9(a1+
5、a18)=18(2a6-7d)(2a6+7d)≤184a622=72a62=72,當且僅當d=0時,取到等號.
8.記數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若Snan是公差為d的等差數(shù)列,則{an}為等差數(shù)列時,d的值為 .?
答案1或12
解析因為數(shù)列Snan的首項為S1a1=a1a1=1,S2a2=a1+a2a2=1+d,
即1+a2a2=1a2+1=1+d,所以a2=1d.
又因為S3a3=a1+a2+a3a3=1+2d,
即1+1d+a3=(1+2d)a3,a3=12d+12d2,{an}為等差數(shù)列,所以2a2=a1+a3,即2d=1+12d+12d2,解得1d=1或1d=
6、2.
所以d=1或d=12.
能力提升組
9.已知函數(shù)f(x)在區(qū)間(-1,+∞)上單調(diào),且函數(shù)y=f(x-2)的圖象關(guān)于直線x=1對稱,若數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列,且f(a50)=f(a51),則{an}的前100項的和為( )
A.-200 B.-100 C.0 D.-50
答案B
解析函數(shù)f(x)在區(qū)間(-1,+∞)上單調(diào),且函數(shù)y=f(x-2)的圖象關(guān)于直線x=1對稱,
可得函數(shù)y=f(x)的圖象關(guān)于直線x=-1對稱,
由數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列,且f(a50)=f(a51),
可得a50+a51=-2.又{an}是等差數(shù)列,
所以a1+a10
7、0=a50+a51=-2,
則{an}的前100項的和為100(a1+a100)2=-100.
故選B.
10.已知等差數(shù)列{an}中,滿足S3=S10,且a1>0,Sn是其前n項和,若Sn取得最大值,則n=( )
A.5 B.6 C.7 D.6或7
答案D
解析∵等差數(shù)列{an}中,滿足S3=S10,且a1>0,
∴S10-S3=7a7=0.∴a7=0.
∴遞減的等差數(shù)列{an}中,前6項為正數(shù),第7項為0,從第8項開始為負數(shù).∴Sn取得最大值時,n=6或7.
11.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且滿足S2 015>0,S2 016<0,若對任意正整數(shù)n,都有|an
8、|≥|ak|,則k的值為( )
A.1 006 B.1 007 C.1 008 D.1 009
答案C
解析∵等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且滿足S2015>0,S2016<0,
∴2015(a1+a2015)2=2015a1008>0,2016(a1+a2016)2=1008(a1008+a1009)<0.∴a1008>0,a1009<0.
∵對任意正整數(shù)n,都有|an|≥|ak|,∴k=1008.故選C.
12.設(shè){an}是等差數(shù)列,Sn為其前n項和.若正整數(shù)i,j,k,l滿足i+l=j+k(i≤j≤k≤l),則( )
A.aial≤ajak B.aial≥ajak
9、
C.SiSl≤SjSk D.SiSl≥SjSk
答案A
解析可以令i=1,j=2,k=3,l=4,則aial-ajak=a1a4-a2a3=a1(a1+3d)-(a1+d)(a1+2d)=-2d2≤0,故A正確.同理可以驗證B,C,D選項均不正確.
13.設(shè)Sn是公差為d(d≠0)的無窮等差數(shù)列{an}的前n項和,則下列命題錯誤的是( )
A.若d<0,則數(shù)列{Sn}有最大項
B.若數(shù)列{Sn}有最大項,則d<0
C.若數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列,則對任意n∈N*,均有Sn>0
D.若對任意n∈N*,均有Sn>0,則數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列
答案C
解析若數(shù)列{Sn}為遞增數(shù)列
10、,則當n≥2時,Sn-Sn-1=an>0,即n≥2時,an均為正數(shù),而a1是正數(shù)、負數(shù)或零均有可能,對任意n∈N*,并不一定Sn始終大于0.故選C.
14.(2018浙江紹興一中模擬)若等差數(shù)列{an}的首項為a1,公差為d,關(guān)于x的不等式d2x2+a1-d2x+c≥0的解集為[0,10],則c= ,使數(shù)列{an}的前n項和Sn最大的正整數(shù)n的值是 .?
答案0 5
解析由題意可知d<0,且方程d2x2+a1-d2x+c=0的兩根為0,10.由韋達定理的兩根之積可得c=0.再由兩根之和求出a1=-92d,所以數(shù)列{an}的通項公式為an=n-112d.
當an≥0時,解
11、得n≤112,所以nmax=5.
15.已知等差數(shù)列{an}滿足a4>0,a5<0,則滿足an+1an>2的n的集合是 .?
答案{5}
解析∵等差數(shù)列{an}滿足a4>0,a5<0,
∴d<0,前4項為正數(shù),從第5項開始為負數(shù),
由an+1an>2,得an+1-2anan>0,
即a1+nd-2a1-2(n-1)da1+(n-1)d>0,∴a1+(n-2)da1+(n-1)d<0.
∴a1+(n-2)d>0,a1+(n-1)d<0.
∴n-2≤3,n-1≥4,解得n=5.故答案為{5}.
16.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若數(shù)列{an}是單調(diào)遞增數(shù)列,且滿足
12、a5≤6,S3≥9,則a6的取值范圍是 .?
答案(3,7]
解析∵數(shù)列{an}是單調(diào)遞增數(shù)列,∴d>0.
∵滿足a5≤6,S3≥9,∴a1+4d≤6,3a1+3d≥9,
可得3d≤3,即d≤1.又d>0,∴03.可得a6∈(3,7].
17.已知數(shù)列{an}的前n項和Sn=-n2+2kn(k∈N*),且Sn的最大值為4.
(1)確定常數(shù)k的值,并求數(shù)列{an}的通項公式an;
(2)令bn=5-an3n,數(shù)列{bn}的前n
13、項和為Tn,試比較Tn與32的大小.
解(1)因為Sn=-(n-k)2+k2(k∈N*),
所以當n=k時,Sn取得最大值k2.
依題意得k2=4,又k∈N*,所以k=2.
從而Sn=-n2+4n.
當n≥2時,an=Sn-Sn-1=(-n2+4n)-[-(n-1)2+4(n-1)]=5-2n.
又a1=S1=3也適合上式,所以an=5-2n(n∈N*).
(2)由(1)得an=5-2n,所以bn=5-an3n=2n3n.
所以Tn=231+432+633+…+2n3n①,
13Tn=232+433+634+…+2n3n+1②.
由①-②得,23Tn=231+232+233
14、+…+23n-2n3n+1,
所以Tn=1+131+132+…+13n-1-n3n=1-13n1-13-n3n=32-2n+32×3n.因為Tn-32=-2n+32×3n<0,所以Tn<32.
18.已知等差數(shù)列{an}滿足(a1+a2)+(a2+a3)+…+(an+an+1)=2n(n+1)(n∈N*).
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)求證:數(shù)列an2n-1的前n項和Sn<6.
(1)解設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,
由已知得a1+a2=4,(a1+a2)+(a2+a3)=12,即a1+a2=4,a2+a3=8,
所以a1+(a1+d)=4,(a1+d)+(a1+2d)=8,解得a1=1,d=2.所以an=2n-1.
(2)證明由(1)得an2n-1=2n-12n-1,
所以Sn=1+32+522+…+2n-32n-2+2n-12n-1,①
12Sn=12+322+523+…+2n-32n-1+2n-12n,②
① -②,得12Sn=1+1+12+122+…+12n-2-2n-12n=3-2n+32n,所以Sn=6-4n+62n<6.
5
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