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【志鸿优化设计】2014高考数学(人教A版 理)一轮课时作业:6.2 等差数列]

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第2讲
基础巩固

等差数列

1.等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a2=1,a3=3,则 S4 等于( A.12 B.10 C. 8 D.6 【答案】C 【解析】由已知得 d=2,从而可得 a1=-1,a4=5. 故 S4=8. 2.已知等差数列{an}中,a2+a8=16,a4=1,则 a6 的值为

)

(

)

A.15 B.17 C.36 D.64 【答案】A 【解析】根据 a2+a8=16 可得 2a5=16,即 a5=8, 又 a4=1, 因此 a6=2a5-a4=2×8-1=15. 3.若等差数列{an}的前 n 项和满足 S20=S40,则下列结论中正确的是( ) A.S30 是 Sn 中的最大值 B.S30 是 Sn 中的最小值 C.S30=0 D.S60=0 【答案】D 【解析】方法一:由 S20=S40,得 a1=-d, 故 S60=60a1+d =60×d=0. 方法二:由 S20=S40,得 a21+a22+…+a40=0,从而可知 a30+a31=0.故 S60==30(a30+a31)=0. 4.已知数列{an}中,a3=2,a7=1,若为等差数列,则 a11=( ) A.0 B. C. D.2 【答案】B 【解析】由已知可得是等差数列的第 3 项和第 7 项 , 其公差 d=, 由此可得 +(11-7)d=+4×,解之,得 a11=. 5.已知数列{an}为等差数列,若<-1,且它们的前 n 项和 Sn 有最大值,则使 Sn>0 的 n 的最大值为( ) A.11 B.19 C.20 D.21 【答案】B 【解析】∵<-1,且 Sn 有最大值, ∴a10>0,a11<0,且 a10+a11<0. 于是 S19==19a10>0, S20==10(a10+a11)<0. 故使得 Sn>0 的 n 的最大值为 19,应选 B. 6.已知{an}是正数组成的数列,a1=1,且点(,an+1)(n∈N*)在函数 y=x2+1 的图象上,则 a2013 为( )

A.2010 B.2011 C.2012 D.2013 【答案】D 【解析】∵由已知得 an+1=an+1,即 an+1-an=1,又 a1=1, ∴数列{an}是以 1 为首项,公差为 1 的等差数列. 故 an=1+(n-1)×1=n,则 a2013=2013. 7.若{an}是公差为 1 的等差数列,则{a2n-1+2a2n}是( ) A.公差为 3 的等差数列 B.公差为 4 的等差数列 C.公差为 6 的等差数列 D.公差为 9 的等差数列 【答案】C 【解析】方法一:设数列{an}的公差为 d,则由题意知,d=1. 设 cn=a2n-1+2a2n,则由上式得 cn+1=a2n+1+2a2n+2,cn+1-cn=a2n+1+2a2n+2-a2n-1-2a2n=6d=6. 方法二:利用特殊数列.令 an=n,则 cn=a2n-1+2a2n=2n-1+2×2n=6n-1.故 cn-cn-1=6. 8.已知{an}是等差数列,a1+a2=4,a7+a8=28,则该数列前 10 项的和 S10= . 【答案】100 【解析】根据可得于是 a10=a1+9d=1+9×2=19. 故 S10==100. 9.在数列{an}中,若点(n, an)在经过点(5,3)的定直线 l 上,则数列{an}的前 9 项和

S9=

.

【答案】27 【解析】∵点(n,an)在定直线 l 上,∴数列{an}为等差数列. 故 an=a1+(n-1)·d. 将(5,3)代入,得 3=a1+4d=a5. 故 S9=(a1+a9)=9a5=3×9=27. 10.设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,若 a4=1,S5=10,则当 Sn 取得最大值时,n 的值 为 . 【答案】4 或 5 【解析】由题意得解之可得 a1=4,d=-1.于是 Sn=×n=-.故当 n=4 或 n=5 时,Sn 最大. 11.已知等差数列{an}的前三项为 a-1,4,2a,记其前 n 项和为 Sn. (1)设 Sk=2550,求 a 和 k 的值; (2)设 bn=,求 b3+b7+b11+…+b4n-1 的值. 【解】(1)由已知得 a1=a-1,a2=4,a3=2a, ∵a1+a3=2a2,∴(a-1)+2a=8,即 a=3. 故 a1=2,公差 d=a2-a1=2. 由 Sk=ka1+d,得 2k+×2=2550, 即 k2+k-2550=0, 解得 k=50 或 k=-51(舍去). 故 a=3,k=50. (2)由 Sn=na1+d 得 Sn=2n+×2=n2+n. 因此 bn==n+1,即{bn}是等差数列, 则 b3+b7+b11+…+b4n-1 =(3+1)+(7+1)+(11+1)+…+(4n-1+1)

=.
故 b3+b7+b11+…+b4n-1=2n2+2n. 12.已知数列{an}的各项均为正数,其前 n 项和为 Sn,且满足 2Sn=+n-4. (1)求证:{an}为等差数列; (2)求{an}的通项公式. 【解】(1)证明:当 n=1 时,有 2a1=+1-4, 即-2a1-3=0,解得 a1=3(a1=-1 舍去). 当 n≥2 时,有 2Sn-1=+n-5, 又 2Sn=+n-4, 两式相减得 2an=+1, 即-2an+1=,也即(an-1)2=, 因此 an-1=an-1 或 an-1=-an-1. 若 an-1=-an-1,则 an+an-1=1,而 a1=3, 于是可得 a2=-2,这与数列{an}的各项均为正数相矛盾, 因此 an-1=an-1,即 an-an-1=1. 故{an}为等差数列. (2) 因 为 由 (1) 知 a1=3,d=1, 所 以 数 列 {an} 的 通 项 公 式 an=3+(n-1)=n+2, 即 an=n+2. 13.设等差数列{an}的首项 a1 及公差 d 都是整数,其前 n 项和为 Sn, (1)若 a11=0,S14=98,求数列{an}的通项公式; (2)若 a1≥6,a11>0,S14≤77,求所有可能的数列{an}的通项公式. 解:(1)由 S14=98,得 2a1+13d=14, 又 a11=a1+10d=0, 解之可得 d=-2,a1=20. 因此数列{an}的通项公式是 an=22-2n. (2)由 即 由①+②得-7d<11,即 d>-. 由①+③得 13d≤-1,即 d≤-. 于是-<d≤-. 又 d∈Z,故 d=-1. 代入①②得 10<a1≤12. 又 a1∈Z,所以 a1=11 或 a1=12. 故所有可能的数列{an}的通项公式是 an=12-n 和 an=13-n. 拓展延伸 14.在等差数列{an}中,a16+a17+a18=a9=-36,其前 n 项和为 Sn,求 Tn=|a1|+|a2|+…+|an|. 【解】∵由题意知 a16+a17+a18=3a17=-36, 即 a17=-12,又 a9=-36, ∴d==3, 首项 a1=a9-8d=-36-8×3=-60. 于是 an=3n-63,由 an≤0,得 n≤21. 当 n≤21 时,Tn=|a1|+|a2|+…+|an|

=-a1-a2-…-an =-Sn=-

=(41n-n2). 当 n>21 时,Tn=|a1|+|a2|+…+|a21|+|a22|+…+|an| =-a1-a2-…-a21+a22+a23+…+an =Sn-2(a1+a2+…+a21) =(n2-41n)-2 =(n2-41n)+1260. 故 Tn=


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