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2019年高考數(shù)學(xué) 5.2等差數(shù)列及其前n項(xiàng)和課時(shí)提升作業(yè) 文 新人教A版
一、選擇題
1.（xx遼寧高考）在等差數(shù)列{an}中，已知a4+a8=16，則a2+a10=( )
(A)12 (B)16 (C)20 (D)24
2.（xx汕頭模擬）在△ABC中，三個(gè)內(nèi)角A，B，C依次構(gòu)成等差數(shù)列，則cos B=( )
3.已知數(shù)列{an}，若點(diǎn)(n,an)(n∈N*)在經(jīng)過點(diǎn)(5,3)的定直線l上，則數(shù)列{an}的前9項(xiàng)和S9=( )
(A)9 (B)10 (C)18 (D)27
4.（xx西安模擬）如果等差數(shù)列{an}中,a3+a4+a5=12,那么a1+a2+…+a7=( )
(A)14 (B)21 (C)28 (D)35
5.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S3=12，S6=42，則a10+a11+a12=( )
(A)156 (B)102 (C)66 (D)48
6.已知等差數(shù)列{an}中，|a3|=|a9|，公差d<0，Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則( )
(A)S5>S6 (B)S5
0)，Sn是其前n項(xiàng)和，且Sn=
（1）求a的值.
（2）試確定數(shù)列{an}是否是等差數(shù)列，若是，求出其通項(xiàng)公式；若不是，說明理由.
（3）令bn=，求證：2n0,a9<0，
且a3+a9=0，∴a6=0，a5>0，a7<0,
∴S5=S6．
【變式備選】已知數(shù)列{an}滿足：a1=1,an>0, (n∈N*)，那么使an<5成立的n的最大值為( )
(A)4 (B)5 (C)24 (D)25
【解析】選C．由a1=1,an>0, (n∈N*)可得=n，即an=.要使an<5，則n<25，選C．
7.【解析】選B．等差數(shù)列{an}中，設(shè)是與n無關(guān)的常數(shù)m，所以a1+(n-1)d=ma1+m(2n-1)d對(duì)任意n恒成立，即(2md-d)n+(ma1-md+d-a1)=0對(duì)任意n恒成立，故由第一個(gè)方程得d=0或者m=．若d=0，代入第二個(gè)方程可得m=1（因?yàn)閍1≠0）；若m=，代入第二個(gè)方程得d=a1．
8.【解析】S8-S3=10?
?5a1+8a8-3a3=20
?10a1+50d=20?a1+5d=2?a6=2
?S11==11a6=22.
答案：22
9.【思路點(diǎn)撥】利用通項(xiàng)公式或利用等差數(shù)列的性質(zhì).
【解析】方法一：d=
a3=a2+d=5+7=12,
a5=a6-d=33-7=26,
∴a3+a5=12+26=38.
方法二：∵a3+a5=a2+a6,
∴a3+a5=5+33=38.
答案：38
10．【解析】設(shè)首項(xiàng)為a1，公差為d，由S4＝14得
4a1＋＝14 ①，
由S10－S7＝30得3a1＋24d＝30，即a1＋8d＝10 ②，
聯(lián)立①②得a1＝2，d＝1.∴S9＝54.
答案：54
11．【解析】∵{an}，{bn}為等差數(shù)列，
答案：
【方法技巧】巧解前n項(xiàng)和的比值問題
關(guān)于前n項(xiàng)和的比值問題，一般可采用前n項(xiàng)和與中間項(xiàng)的關(guān)系，尤其是項(xiàng)數(shù)為奇數(shù)時(shí)Sn=na中,也可利用首項(xiàng)與公差的關(guān)系求解.另外，熟記以下結(jié)論對(duì)解題會(huì)有很大幫助：若數(shù)列{an}與{bn}都是等差數(shù)列，且前n項(xiàng)和分別是Sn與Tn，則
【變式備選】已知兩個(gè)等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項(xiàng)和分別為An和Bn，且則使得為整數(shù)的正整數(shù)n的個(gè)數(shù)是( )
(A)2 (B)3 (C)4 (D)5
【解析】選D.由等差數(shù)列的前n項(xiàng)和及等差中項(xiàng)，可得
故n=1,2,3,5,11時(shí) ，為整數(shù)．
12．【解析】（1）設(shè){an}的公差為d，由已知條件，解出a1=-3，d=2．
所以an=a1+(n-1)d=2n-5．
（2）Sn=na1+
所以n=2時(shí)，Sn取到最小值-4．
【變式備選】在數(shù)列{an}中，an=43-3n，則當(dāng)n為何值時(shí)，前n項(xiàng)和Sn取得最大值．
【解析】方法一：∵an=43-3n，
∴an+1-an=[43-3(n+1)]-(43-3n)=-3.
又a1=40，
∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為40，公差為-3的等差數(shù)列，
∴Sn=na1+
∴當(dāng)n=14時(shí)，Sn最大.
方法二:令an=43-3n≥0，解得n≤
即當(dāng)n≤14時(shí)，an>0，當(dāng)n≥15時(shí)，an<0，
∴S14最大，即當(dāng)n=14時(shí)，Sn最大.
13.【解析】（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則由條件得
所以{an}的通項(xiàng)公式an=-20+3(n-1)，則an=3n-23.
（2）設(shè)bn=|an|,令3n-23≥0，則n≥
所以，當(dāng)n≤7時(shí)，an<0，當(dāng)n≥8時(shí)，an>0.
所以，當(dāng)n≤7時(shí)，
Tn=b1+b2+…+bn=(-a1-a2-…-an)
=-[-20n+]＝
當(dāng)n≥8時(shí)，Tn=b1+b2+…+bn
=-(a1+a2+…+a7)+a8+…+an
＝-2（a1+a2+…+a7)+a1+a2+…+a7+a8+…+an
=+154.
所以Tn=
14.【解析】(1)由條件得，S5=5a1+=-5,
解得a1=1.
(2)由Sn≤an,代入得na1-≤a1+1-n,
整理，變量分離得：(n-1)a1≤+1
=(n-1)(n-2),
當(dāng)n=1時(shí)，上式成立.
當(dāng)n>1時(shí)，a1≤ (n-2),
n=2時(shí)，（n-2)取到最小值0，
∴a1≤0.
【變式備選】等差數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn，滿足2S2=a2(a2+1)，且a1=1.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.
(2)設(shè)bn=，求數(shù)列{bn}的最小值項(xiàng).
【解析】(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d.
由2S2=a+a2，
可得2(a1+a1+d)=(a1+d)2+(a1+d).
又a1=1，可得d=1（d=-2舍去），
∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，
公差為1的等差數(shù)列，
∴an=n.
(2)根據(jù)(1)得Sn=
由于函數(shù)f(x)=x+ (x>0)在(0,]上單調(diào)遞減，在[,+∞)上單調(diào)遞增，
而3<<4，且f(3)=3+
f(4)=4+
所以當(dāng)n=4時(shí)，bn取得最小值，
且最小值為
即數(shù)列{bn}的最小值項(xiàng)是b4=
15.【解析】(1)令Sn=中n=1,即得a=0.
(2)由（1）得：Sn=
即有2Sn=nan,又有2Sn-1=(n-1)an-1(n≥2)
兩式相減得：2an=nan-(n-1)an-1(n≥2),
即(n-2)an=(n-1)an-1(n≥2),
于是（n-3）an-1=(n-2)an-2,
(n-4)an-2=(n-3)an-3,
……，
a3=2a2(n≥3),
以上n-2個(gè)等式相乘得：
an=(n-1)a2=(n-1)t(n≥3),
經(jīng)驗(yàn)證a1,a2也適合此式，所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列，其通項(xiàng)公式為an=(n-1)t.
(3)由（2）可得Sn=，從而可得
故b1+b2+…+bn>2n.
b1+b2+…+bn
=2n+
=2n+2(1+)<2n+3.
綜上有，2n
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5.2等差數(shù)列及其前n項(xiàng)和課時(shí)提升作業(yè)
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5.2
等差數(shù)列
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