2021高三数学第6章 第2讲等差数列及其前n项和含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021高三人教B版数学一轮（经典版）课时作业：第6章第2讲等差数列及其前n项和含解析课时作业1．在等差数列{an}中,已知a2＝2,前7项和S7＝56，则公差d＝（）A．2 B．3C．－2 D．－3答案B解析由题意可得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝2，,7a1＋\f(7×6，2)d＝56，))即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a1＋d＝2,，a1＋3d＝8,））解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a1＝－1,,d＝3，)）选B。2．（2019·衡阳模拟）在等差数列{an｝中，a1＋3a8＋a15＝120，则a2＋a14的值为(A．6 B．12C．24 D．48答案D解析∵在等差数列{an｝中，a1＋3a8＋a15＝120∴由等差数列的性质可得a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，∴a8＝24，∴a2＋a14＝2a8＝3．(2020·荆州模拟）在等差数列｛an｝中,若a3＋a4＋a5＝3，a8＝8,则a12的值是(）A．15 B．30C．31 D．64答案A解析设等差数列｛an}的公差为d，∵a3＋a4＋a5＝3，∴3a4＝3，即a1＋3d＝1,又由a8＝8得a1＋7d＝8，联立解得a1＝－eq\f（17,4）,d＝eq\f(7,4),则a12＝－eq\f(17,4)＋eq\f（7,4）×11＝15.故选A.4．（2019·山东济南调研）已知数列｛an}为等差数列，且满足a2＋a8＝8，a6＝5,则其前10项和S10的值为（)A．50 B．45C．55 D．40答案B解析因为数列｛an}为等差数列,且a2＋a8＝8，所以根据等差数列的性质得2a5＝8，所以a5＝4，又因为a6＝5，所以S10＝eq\f(10（a1＋a10）,2）＝eq\f（10（a5＋a6),2）＝45。5．（2019·陕西咸阳模拟）设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S9＝54，则a2＋a4＋a9＝()A．9 B．15C．18 D．36答案C解析由等差数列的通项公式及性质，可得S9＝eq\f（9（a1＋a9)，2）＝9a5＝54，a5＝6,则a2＋a4＋a9＝a1＋a5＋a9＝3a5＝18。故选C.6．设等差数列｛an}的前n项和为Sn,若2a8＝6＋a11,则S9＝(A．27 B．36C．45 D．54答案D解析∵在等差数列{an｝中，2a8＝a5＋a11＝6＋a11∴a5＝6，故S9＝eq\f（9(a1＋a9）,2）＝9a5＝54。故选D.7．（2019·东北三省三校联考)已知数列{an｝是等差数列，满足a1＋2a2＝S5，下列结论中错误的是(A．S9＝0 B．S5最小C．S3＝S6 D．a5＝0答案B解析由题意知a1＋2（a1＋d)＝5a1＋eq\f(5×4,2)d，则a5＝0,∴a4＋a6＝0,∴S3＝S6，且S9＝9a5＝0，故选B.8．等差数列{an}和｛bn}的前n项和分别为Sn,Tn，且eq\f(Sn,Tn）＝eq\f(5n＋2,n＋3），则eq\f（a2＋a20,b7＋b15)＝（)A。eq\f（107，24) B。eq\f(7，24）C.eq\f（149,12) D。eq\f（149，3）答案A解析由题知，eq\f(a2＋a20,b7＋b15)＝eq\f（S21,T21）＝eq\f(107，24）。9．（2019·洛阳统考）设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1〉0,a3＋a10〉0，a6a7〈0,则满足Sn〉0的最大自然数n的值为（A．6 B．7C．12 D．13答案C解析∵a1>0，a6a7〈0，∴a6〉0,a7<0，等差数列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a12>0，a1＋a13＝2a7<0，∴S12〉0，S13〈0，∴满足Sn>0的最大自然数n的值为12.10．设Sn是等差数列{an｝的前n项和，若eq\f（S3，S6）＝eq\f(1，3)，则eq\f（S6，S12)＝（)A。eq\f(3，10) B。eq\f(1,3)C。eq\f(1,8） D.eq\f(1，9）答案A解析令S3＝1,则S6＝3，∴S9＝1＋2＋3＝6.S12＝S9＋4＝10，∴eq\f(S6,S12)＝eq\f(3，10).故选A。11．已知数列｛an}(n∈N*）是等差数列，Sn是其前n项和，且S5<S6，S6＝S7〉S8，则下列结论错误的是()A．d<0 B．a7＝0C．S9>S6 D．S6，S7均为Sn的最大值答案C解析因为S5〈S6,所以S5〈S5＋a6，所以a6〉0,因为S6＝S7，所以S6＝S6＋a7,所以a7＝0，因为S7>S8，所以S7>S7＋a8，所以a8〈0,所以d<0且S6,S7均为Sn的最大值，所以S9〈S6.故选C.12．设等差数列｛an｝的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2,Sm＝0,Sm＋1＝3，m≥2,m∈N＊，则m＝（)A．3 B．4C．5 D．6答案C解析∵｛an}是等差数列，Sm－1＝－2,Sm＝0,∴am＝Sm－Sm－1＝2.又Sm＋1＝3，∴am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，∴d＝am＋1－am＝1。又Sm＝eq\f(m（a1＋am），2)＝eq\f（m（a1＋2),2）＝0，∴a1＝－2,∴am＝－2＋（m－1）·1＝2，∴m＝5.13．正项数列{an}满足a1＝1，a2＝2，2aeq\o\al（2,n）＝aeq\o\al（2,n＋1）＋aeq\o\al（2，n－1）（n∈N*，n≥2），则a7＝________。答案eq\r（19)解析由2aeq\o\al（2,n）＝aeq\o\al（2，n＋1）＋aeq\o\al（2,n－1）（n∈N*，n≥2），得数列{aeq\o\al(2，n）}是等差数列，公差d＝aeq\o\al(2，2）－aeq\o\al（2,1)＝3，首项aeq\o\al(2,1)＝1，所以aeq\o\al(2,n）＝1＋3（n－1）＝3n－2，∴an＝eq\r(3n－2)，∴a7＝eq\r（19).14．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N＊），则a1＋a2＋…＋a51＝________.答案676解析∵an＋2－an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（0，n为奇数,,2,n为偶数，))∴数列｛an｝的奇数项为常数1，偶数项构成以2为首项,2为公差的等差数列，∴a1＋a2＋…＋a51＝(a1＋a3＋…＋a51)＋(a2＋a4＋…＋a50）＝26＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（25×2＋\f(25×24，2）×2）)＝676.15．（2019·广雅中学模拟)已知等差数列｛an｝中,a2＝2,a4＝8，若abn＝3n－1，则b2019＝________.答案2020解析由a2＝2，a4＝8，得公差d＝eq\f(8－2，2)＝3，所以an＝2＋（n－2）×3＝3n－4，所以an＋1＝3n－1。又由数列{an｝的公差大于0,知数列｛an}为递增数列,所以结合abn＝3n－1，可得bn＝n＋1，故b2019＝2020。16．(2020·武汉模拟)在数列｛an}中，a1＝－2，anan－1＝2an－1－1（n≥2，n∈N＊),数列{bn}满足bn＝eq\f（1，an－1),则数列{an}的通项公式为an＝________，数列{bn｝的前n项和Sn的最小值为________．答案eq\f（3n－1,3n－4)－eq\f(1，3)解析由题意知，an＝2－eq\f（1,an－1)(n≥2，n∈N＊），∴bn＝eq\f(1,an－1）＝eq\f（1,\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2－\f（1，an－1）)）－1）＝eq\f(an－1,an－1－1)＝1＋eq\f(1,an－1－1)＝1＋bn－1，即bn－bn－1＝1（n≥2，n∈N＊)．又b1＝eq\f（1,a1－1）＝－eq\f(1，3)，∴数列{bn｝是以－eq\f（1,3)为首项，1为公差的等差数列,∴bn＝n－eq\f(4,3），即eq\f(1，an－1)＝n－eq\f（4，3），∴an＝eq\f(3n－1,3n－4).又b1＝－eq\f(1,3）〈0，b2＝eq\f(2，3)〉0，∴Sn的最小值为S1＝b1＝－eq\f（1，3）.17．（2018·全国卷Ⅱ）记Sn为等差数列｛an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.(1）求{an｝的通项公式;（2)求Sn，并求Sn的最小值．解(1）设{an}的公差为d，由题意，得3a1＋3d＝－由a1＝－7,得d＝2。所以｛an｝的通项公式为an＝2n－9。（2)由(1),得Sn＝n2－8n＝（n－4)2－16。所以当n＝4时，Sn取得最小值,最小值为－16.18．（2019·全国卷Ⅰ）记Sn为等差数列｛an}的前n项和．已知S9＝－a5。（1）若a3＝4，求{an}的通项公式；（2)若a1〉0，求使得Sn≥an的n的取值范围．解(1)设{an}的公差为d。由S9＝－a5得a1＋4d＝0.由a3＝4得a1＋2d＝4。于是a1＝8，d＝－2.因此｛an}的通项公式为an＝10－2n。（2）由(1)得a1＝－4d，故an＝（n－5）d，Sn＝eq\f（n(n－9）d，2)。由a1>0知d<0，故Sn≥an等价于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10，所以n的取值范围是｛n｜1≤n≤10，n∈N}．19．已知数列｛an｝的前n项和Sn＝2an－2n＋1.(1）证明:数列eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1（\f(an，2n）))是等差数列;(2）若不等式2n2－n－3<（5－λ）an对任意的n∈N*恒成立，求λ的取值范围．解(1）证明：当n＝1时，S1＝2a1－22,得a1＝Sn＝2an－2n＋1,当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2n，两式相减得an＝2an－2an－1－2n，即an＝2an－1＋2n,所以eq\f(an，2n)－eq\f（an－1，2n－1)＝1，又eq\f(a1，21）＝2，所以数列eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1（\f（an，2n)））是以2为首项，1为公差的等差数列．(2）由(1）知eq\f（an，2n）＝n＋1，即an＝n·2n＋2n.因为an>0，所以不等式2n2－n－3〈（5－λ）an等价于5－λ>eq\f（2n－3,2n)。即λ〈5－eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（2n－3,2n）))。记bn＝eq\f(2n－3,2n)，b1＝－eq\f（1,2），b2＝eq\f（1，4），当n≥2时，eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f（\f（2n－1，2n＋1),\f(2n－3,2n））＝eq\f(2n－1,4n－6），则eq\f（b3，b2）＝eq\f(3,2),即b3>b2，又显然当n≥3时,eq\f（bn＋1,bn)〈1，所以（bn)max＝b3＝eq\f(3，8)，所以λ<eq\f(37,8).20．（2019·唐山模拟）已知{an}是公差为正数的等差数列，且a3a6＝55，a2＋a7＝(1)求数列｛an｝的通项公式；（2)若an＝b1＋eq\f(b2,3)＋eq\f（b3,5）＋…＋eq\f（bn，2n－1）,求数列｛bn}的前n项和Sn.解（1）∵｛an}是公差d>0的等差数列，∴由a3a6＝55,a2＋a7＝16＝a3＋a6解得a3＝5，a6＝11,∴eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a1＋2d＝5，,a1＋5d＝11，))解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a1＝1，，d＝2，))∴an＝2n－1。（2)∵an＝b1＋eq\f（b2，3)＋eq\f（b3，5)＋…＋eq\f（bn,2n－1），∴an－1＝b1＋eq\f（b2，3)＋eq\f（b3,5)＋…＋eq\f(bn－1，2n－3)(n≥2，