高考数学复习专题练习第2讲 等差数列及其前n项和 5页

第 2 讲 等差数列及其前 n 项和 一、选择题 1．如果等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么 a1＋a2＋…＋a7 等于( ) A．14 B．21 C．28 D．35 解析 ∵a3＋a4＋a5＝12，∴3a4＝12，∴a4＝4， ∴a1＋a2＋…＋a7＝7a4＝28，故选 C. 答案 C 2．已知递减的等差数列{an}满足 a21＝a29，则数列{an}的前 n 项和 Sn 取 最大值时 n＝( ) A．3 B．4 C．4 或 5 D．5 或 6[来源:Z。xx。k.Com] 解析 由已知得 a21－a29＝0，即(a1＋a9)·(a1－a9)＝0， 又∵a1>a9，∴a1＋a9＝0， 又∵a1＋a9＝2a5，∴a5＝0， ∴数列前 4 项为正值，从第 6 项起为负值， ∴S4＝S5 且为最大．选 C. 答案 C 3．已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，则 a20 等于( )． A．－1 B．1 C．3 D．7 解析 两式相减，可得 3d＝－6，d＝－2.由已知可得 3a3＝105，a3＝35，所 以 a20＝a3＋17d＝35＋17×(－2)＝1. 答案 B 4．在等差数列{an}中，S15>0，S16<0，则使 an>0 成立的 n 的最大值为 ( )． A．6 B．7 C．8 D．9 解析 依题意得 S15＝15a1＋a15 2 ＝15a8>0，即 a8>0；S16＝16a1＋a16 2 ＝8(a1 ＋a16)＝8(a8＋a9)<0，即 a8＋a9<0，a9<－a8<0.因此使 an>0 成立的 n 的最大值 是 8，选 C. 答案 C 5．已知两个等差数列{an}和{bn}的前 n 项和分别为 An 和 Bn，且An Bn ＝7n＋45 n＋3 ，则 使得an bn 为整数的正整数的个数是 ( )． A．2 B．3 C．4 D．5 解析 由An Bn ＝7n＋45 n＋3 得：an bn ＝A2n－1 B2n－1 ＝14n＋38 2n＋2 ＝7n＋19 n＋1 ，要使an bn 为整数，则需 7n＋19 n＋1 ＝7＋ 12 n＋1 为整数，所以 n＝1,2,3,5,11，共有 5 个． 答案 D 6．若关于 x 的方程 x2－x＋a＝0 与 x2－x＋b＝0(a≠b)的四个根组成首项为1 4 的等 差数列，则 a＋b 的值是( ) A.3 8 B.11 24 C.13 24 D.31 72 解析 设四个方程的根分别为 x1、x4 和 x2、x3.因为 x1＋x4＝x2＋x3＝1，所以 x1＝1 4 ，x4＝3 4 ，从而 x2＝ 5 12 ，x3＝ 7 12. 则 a＝x1x4＝ 3 16 ，b＝x2x3＝ 35 144 ，或 a＝ 35 144 ，b＝ 3 16 ，∴a＋b＝ 3 16 ＋ 35 144 ＝31 72. 答案 D 二、填空题 7． 设数列{an}，{bn}都是等差数列，若 a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则 a5＋b5＝ ________. 解析 设数列{an}，{bn}的公差分别为 d1，d2，因为 a3＋b3＝(a1＋2d1)＋(b1＋ 2d2)＝(a1＋b1)＋2(d1＋d2)＝7＋2(d1＋d2)＝21，所以 d1＋d2＝7，所以 a5＋b5＝ (a3＋b3)＋2(d1＋d2)＝21＋2×7＝35. 答案 35 8．设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若S4 12 －S3 9 ＝1，则公差为________． 解析 依题意得 S4＝4a1＋4×3 2 d＝4a1＋6d，S3＝3a1＋3×2 2 d＝3a1＋3d，于是 有4a1＋6d 12 －3a1＋3d 9 ＝1，由此解得 d＝6，即公差为 6. 答案 6 9．已知数列{an}是等差数列，若 a4＋a7＋a10＝17，a4＋a5＋a6＋…＋a12＋a13＋ a14＝77，且 ak＝13，则 k＝________.[来源 解析 ∵a4＋a7＋a10＝3a7，∴a7＝17 3 ，∵a4＋…＋a14＝11a9，∴a9＝7，d＝2 3 ， ak－a9＝(k－9)d,13－7＝(k－9)×2 3 ，k＝18. 答案 18 10．已知{an}为等差数列，公差 d≠0，{an}的部分项 ak1，ak2，…，akn 恰为等比 数列，若 k1＝1，k2＝5，k3＝17，则 kn＝________. 解析 由题意知 a1·a17＝a25，a1(a1＋16d)＝(a1＋4d)2，得 a1＝2d，a5 a1 ＝3，∴ akn＝a13n－1＝a1＋(kn－1)a1 2 ，kn＝2·3n－1－1. 答案 2·3n－1－1 三、解答题 11．在等差数列{an}中，已知 a2＋a7＋a12＝12，a2·a7·a12＝28，求数列{an}的通项 公式． 解 由 a2＋a7＋a12＝12，得 a7＝4. 又∵a2·a7·a12＝28，∴(a7－5d)(a7＋5d)·a7＝28， ∴16－25d2＝7，∴d2＝ 9 25 ，∴d＝3 5 或 d＝－3 5. 当 d＝3 5 时，an＝a7＋(n－7)d＝4＋(n－7)×3 5 ＝3 5n－1 5 ； 当 d＝－3 5 时，an＝a7＋(n－7)d＝4－(n－7)×3 5 ＝－3 5n＋41 5 . ∴数列{an}的通项公式为 an＝3 5n－1 5 或 an＝－3 5n＋41 5 . 12．在等差数列{an}中，公差 d＞0，前 n 项和为 Sn，a2·a3＝45，a1＋a5＝18. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令 bn＝ Sn n＋c(n∈N*)，是否存在一个非零常数 c，使数列{bn}也为等差数列？ 若存在，求出 c 的值；若不存在，请说明理由． 解 (1)由题设，知{an}是等差数列，且公差 d＞0， 则由 a2a3＝45， a1＋a5＝18， 得 a1＋da1＋2d＝45， a1＋a1＋4d＝18. 解得 a1＝1， d＝4. ∴an＝4n－3(n∈N*)． (2)由 bn＝ Sn n＋c ＝ n1＋4n－3 2 n＋c ＝2n n－1 2 n＋c ， ∵c≠0，∴可令 c＝－1 2 ，得到 bn＝2n. ∵bn＋1－bn＝2(n＋1)－2n＝2(n∈N*)， ∴数列{bn}是公差为 2 的等差数列． 即存在一个非零常数 c＝－1 2 ，使数列{bn}也为等差数列． 13．在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足 an＋2＋an＝2an＋1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 Sn 是数列{|an|}的前 n 项和，求 Sn. 解 (1)由 2an＋1＝an＋2＋an 可得{an}是等差数列， 且公差 d＝a4－a1 4－1 ＝2－8 3 ＝－2. ∴an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋10. (2)令 an≥0，得 n≤5. 即当 n≤5 时，an≥0，n≥6 时，an<0. ∴当 n≤5 时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an| ＝a1＋a2＋…＋an＝－n2＋9n； 当 n≥6 时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an| ＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an) ＝－(a1＋a2＋…＋an)＋2(a1＋a2＋…＋a5) ＝－(－n2＋9n)＋2×(－52＋45) ＝n2－9n＋40， ∴Sn＝ －n2＋9n，n≤5， n2－9n＋40，n≥6. 14．在数列{an}中，a 1＝1,3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)． (1)证明数列 1 an 是等差数列； (2)求数列{an}的通项； (3)若λan＋ 1 an＋1 ≥λ对任意 n≥2 的整数恒成立，求实数λ的取值范围． 解 (1)证明：将 3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)整理得 1 an － 1 an－1 ＝3(n≥2)． 所以数列 1 an 是以 1 为首项，3 为公差的等差数列． (2)由(1)可得 1 an ＝1＋3(n－1)＝3n－2，所以 an＝ 1 3n－2. (3)λan＋ 1 an＋1 ≥λ对 n≥2 的整数恒成立， 即 λ 3n－2 ＋3n＋1≥λ对 n≥2 的整数恒成立． 整理得λ≤3n＋13n－2 3n－1 ， 令 cn＝3n＋13n－2 3n－1 ， cn＋1－cn＝3n＋43n＋1 3n －3n＋13n－2 3n－1 ＝3n＋13n－4 3nn－1 . 因为 n≥2，所以 cn＋1－cn>0，即数列{cn}为单调递增数列，所以 c2 最小，c2 ＝28 3 .所以λ的取值范围为 －∞，28 3 .