2021届浙江新高考数学一轮复习高效演练分层突破：第六章　2 第2讲　等差数列及其前n项和 7页

‎[基础题组练]‎ ‎1．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于(　　)‎ A．8　　　　　　　　　　　 B．10‎ C．12 D．14‎ 解析：选C.由题知3a1＋d＝12，因为a1＝2，解得d＝2，又a6＝a1＋5d，所以a6＝12，故选C.‎ ‎2．(2020·浙江新高考冲刺卷)已知等差数列{an}，Sn是{an}的前n项和，则对于任意的n∈N*，“an>0”是“Sn>0”的(　　)‎ A．充分不必要条件　　　 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选A.对于任意的n∈N*，“an>0”能推出“Sn>0”，是充分条件，反之，不成立，比如：数列5，3，1，－1，不满足条件，不是必要条件，故选A.‎ ‎3．已知等差数列{an}，且3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝48，则数列{an}的前13项之和为(　　)‎ A．24 B．39‎ C．104 D．52‎ 解析：选D.因为{an}是等差数列，所以3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝6a4＋6a10＝48，所以a4＋a10＝8，其前13项的和为＝＝＝52，故选D.‎ ‎4．(2020·金华十校联考)在数列{an}中，若a1＝2，且对任意正整数m，k，总有am＋k＝am＋ak，则{an}的前n项和Sn＝(　　)‎ A．n(3n－1) B. C．n(n＋1) D. 解析：选C.依题意得an＋1＝an＋a1，即有an＋1－an＝a1＝2，所以数列{an}是以2为首项、2为公差的等差数列，an＝2＋2(n－1)＝2n，Sn＝＝n(n＋1)，选C.‎ ‎5．若数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2，则使ak·ak＋1＜0的k值为(　　)‎ A．22 B．21‎ C．24 D．23‎ 解析：选D.因为3an＋1＝3an－2，所以an＋1－an＝－，又a1＝15，所以数列{an}‎ 是首项为15，公差为－的等差数列，所以an＝15－·(n－1)＝－n＋，且{an}为递减数列，令an＝－n＋＞0，得n＜23.5，可知使ak·ak＋1＜0的k值为23.‎ ‎6．(2020·温州十校联合体期初)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，则(　　)‎ A．若S9>S8，S9>S10，则S17>0，S18<0‎ B．若S17>0，S18<0，则S9>S8，S8>S10‎ C．若S17>0，S18<0，则a17>0，a18<0‎ D．若a17>0，a18<0，则S17>0，S18<0‎ 解析：选B.A.由S9>S8，且S9＝S8＋a9得a9>0，‎ 又S9>S10，S10＝S9＋a10，则a10<0，‎ 因为S17＝17a9>0，S18＝9(a10＋a9)符号不确定，A错误；‎ B．在等差数列{an}中，S17>0，且S18<0，‎ 则S17＝17a9>0，S18＝9(a10＋a9)<0，‎ 所以a9>0，a10<0，且|a10|>a9，所以等差数列{an}的公差d<0，‎ 则S9＝S8＋a9>S8，S10＝S8＋a9＋a100，a18<0知，a1，a2，…，a17为正，a18，a19，…为负，‎ 所以S17＝17a9>0，S18＝9(a1＋a18)＝9(a2＋a17)>0，D错误．故选B.‎ ‎7．已知等差数列{an}的公差d≠0，且a3＋a9＝a10－a8.若an＝0，则n＝________．‎ 解析：因为a3＋a9＝a10－a8，‎ 所以a1＋2d＋a1＋8d＝a1＋9d－(a1＋7d)，‎ 解得a1＝－4d，‎ 所以an＝－4d＋(n－1)d＝(n－5)d，‎ 令(n－5)d＝0(d≠0)，可解得n＝5.‎ 答案：5‎ ‎8．在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，则d的取值范围为________．‎ 解析：由题意，当且仅当n＝8时，Sn取得最大值，说明所以所以－1＜d＜－.‎ 答案： ‎9．已知数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，且对任意n∈N*，均有an，Sn，a成等差数列，则an＝________．‎ 解析：因为an，Sn，a成等差数列，‎ 所以2Sn＝an＋a，‎ 当n＝1时，2S1＝2a1＝a1＋a，‎ 又a1>0，所以a1＝1，‎ 当n≥2时，2an＝2(Sn－Sn－1)＝an＋a－an－1－a，‎ 所以(a－a)－(an＋an－1)＝0，‎ 所以(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，‎ 又an＋an－1>0，n≥2，‎ 所以an－an－1＝1，n≥2，‎ 所以{an}是等差数列，其公差为1，‎ 因为a1＝1，‎ 所以an＝n(n∈N*)．‎ 答案：n ‎10．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a6＝4，S5＝－5.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若Tn＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|，求T5的值．‎ 解：(1)由题知，解得，‎ 故an＝2n－7(n∈N*)．‎ ‎(2)由an＝2n－7＜0，得n＜，‎ 因为n∈N*，即n≤3，‎ 所以当n≤3时，an＝2n－7＜0，‎ 当n≥4时，an＝2n－7＞0.‎ 易知Sn＝n2－6n，S3＝－9，S5＝－5，‎ 所以T5＝－(a1＋a2＋a3)＋a4＋a5＝－S3＋(S5－S3)＝S5－2S3＝13.‎ ‎11．(2020·嵊州模拟)已知函数f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7(n∈N*)．‎ ‎(1)设函数y＝f(x)的图象的顶点的纵坐标构成数列{an}，求证：{an}为等差数列；‎ ‎(2)设函数y＝f(x)的图象的顶点到x轴的距离构成数列{bn}，求{bn}的前n项和Sn.‎ 解：(1)证明：因为f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7＝[x－(n＋1)]2＋3n－8，‎ 所以an＝3n－8，‎ 因为an＋1－an＝3(n＋1)－8－(3n－8)＝3，‎ 所以数列{an}为等差数列．‎ ‎(2)由题意知，bn＝|an|＝|3n－8|，‎ 所以当1≤n≤2时，bn＝8－3n，‎ Sn＝b1＋…＋bn＝＝＝；‎ 当n≥3时，bn＝3n－8，‎ Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝5＋2＋1＋…＋(3n－8)‎ ‎＝7＋＝.‎ 所以Sn＝ ‎[综合题组练]‎ ‎1．下面是关于公差d＞0的等差数列{an}的四个命题：p1：数列{an}是递增数列；p2：数列{nan}是递增数列；p3：数列是递增数列；p4：数列{an＋3nd}是递增数列．其中真命题为(　　)‎ A．p1，p2 B．p3，p4‎ C．p2，p3 D．p1，p4‎ 解析：选D.由an＋1－an＝d＞0，知数列{an}是递增数列，可知p1是真命题；由(n＋1)an＋1－nan＝(n＋1)(a1＋nd)－n[a1＋(n－1)d]＝a1＋2nd，仅由d＞0是无法判断a1＋2nd的正负的，因而不能判定(n＋1)an＋1，nan的大小关系，故p2是假命题；显然，当an＝n时，＝1，数列是常数数列，不是递增数列，故p3是假命题；数列的第n＋1项减去数列的第n项[an＋1＋3(n＋1)d]－(an＋3nd)＝(an＋1－an)＋[3(n＋1)d－3nd]＝d＋3d＝4d＞0，所以an＋1＋3(n＋1)d＞an＋3nd，即数列{an＋3nd}是递增数列，p4是真命题．‎ ‎2．(2020·金华市东阳二中高三调研)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}为等差数列，则an＝(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A.设bn＝nSn＋(n＋2)an，则b1＝4，b2＝8，因为{bn}为等差数列，所以bn＝4n，即nSn＋(n＋2)an＝4n，Sn＋an＝4.‎ 当n≥2时，Sn－Sn－1＋an－an－1＝0，所以an＝·an－1，即2·‎ eq f(an,n)＝，又因为＝1，所以是首项为1，公比为的等比数列，所以＝(n∈N*)，即an＝(n∈N*)，故选A.‎ ‎3．已知等差数列{an}满足a9＜0，且a8＞|a9|，数列{bn}满足bn＝anan＋1an＋2(n∈N*)，{bn}的前n项和为Sn，当Sn取得最大值时，n的值为________．‎ 解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a9<0，‎ 且a8>|a9|，所以d<0，a8＋a9>0，a8>－a9>0.‎ 所以当n≤8时，an>0；当n≥9时，an<0.‎ Sn＝a1a2a3＋a2a3a4＋…＋a6a7a8＋a7a8a9＋a8a9a10＋a9a10a11＋…＋anan＋1an＋2，‎ 当n≤6时，anan＋1an＋2>0，当n≥9时，‎ anan＋1an＋2<0，而a7a8a9<0，a8a9a10>0，‎ 又a7a8a9＋a8a9a10＝a8a9(a7＋a10)＝a8a9(a8＋a9)<0，‎ 所以当Sn取得最大值时，n＝6.‎ 答案：6‎ ‎4．(2020·舟山市普陀三中高三期中)等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4－a2＝8，a3＋a5＝26.记Tn＝，如果存在正整数M，使得对一切正整数n，Tn≤M都成立，则M的最小值是________．‎ 解析：因为{an}为等差数列，由a4－a2＝8，a3＋a5＝26，‎ 可解得Sn＝2n2－n，‎ 所以Tn＝2－，若Tn≤M对一切正整数n恒成立，则只需Tn的最大值小于或等于M即可．‎ 又Tn＝2－<2，‎ 所以只需2≤M，故M的最小值是2.‎ 答案：2‎ ‎5．已知等差数列{an}的公差d＞0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36.‎ ‎(1)求d及Sn；‎ ‎(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.‎ 解：(1)由题意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，‎ 将a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5.‎ 因为d＞0，‎ 所以d＝2，Sn＝n2(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k ‎＝(2m＋k－1)(k＋1)，‎ 所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65.‎ 由m，k∈N*知2m＋k－1≥k＋1＞1，‎ 故 所以m＝5，k＝4.‎ ‎6．(2020·衢州市高考数学模拟)在数列{an}中，a1＝1，2anan＋1＋an＋1－an＝0(n∈N*)．‎ ‎(1)求证：数列为等差数列，并求{an}的通项公式；‎ ‎(2)若tan＋1(an－1)＋1≥0对任意n≥2的整数恒成立，求实数t的取值范围．‎ 解：(1)由题意得，2anan＋1＋an＋1－an＝0，‎ 两边同除anan＋1得，－＝2，‎ 因为a1＝1，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，‎ 则＝1＋2(n－1)＝2n－1，‎ 所以an＝.‎ ‎(2)由(1)得，tan＋1(an－1)＋1≥0‎ 即为t·＋1≥0，‎ 由n≥2化简得，t≤，‎ 设bn＝，‎ 则bn＋1－bn＝－ ‎＝· ‎＝>0，‎ 所以当n≥2时，‎ 数列{bn}是递增数列，‎ 则≥，‎ 所以实数t的取值范围是.‎