高考数学复习 第六章 第二节 等差数列及其前n项和 理试题

eq\a\vs4\al\co1(第二节等差数列及其前n项和)考点一等差数列中的运算问题1．(2015·重庆，2)在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝()A．－1 B．0 C．1 D．6解析由等差数列的性质，得a6＝2a4－a2＝2×2－4＝0，选B.答案B2．(2014·福建，3)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解析设等差数列{an}的公差为d，则S3＝3a1＋3d，所以12＝3×2＋3d，解得d＝2，所以a6＝a1＋5d＝2＋5×2＝12，故选C.答案C3．(2014·辽宁，8)设等差数列{an}的公差为d.若数列{2a1an}为递减数列，A．d<0 B．d>0 C．a1d<0 D．a1d>0解析{2a1an}为递减数列，可知{a1an}也为递减数列，又a1an＝aeq\o\al(2,1)＋a1(n－1)d＝a1dn＋aeq\o\al(2,1)－a1d，故a1d<0，故选C.答案C4．(2013·新课标全国Ⅰ，7)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝()A．3 B．4 C．5 D．6解析∵am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，∴d＝am＋1－am＝1.∵Sm＝ma1＋eq\f(m（m－1）,2)×1＝0，∴a1＝－eq\f(m－1,2).又∵am＋1＝a1＋m×1＝3，∴－eq\f(m－1,2)＋m＝3.∴m＝5.故选C.答案C5．(2015·陕西，13)中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为________．解析由题意设首项为a1，则a1＋2015＝2×1010＝2020，∴a1＝5.答案56．(2013·重庆，12)已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________．解析由a1＝1且a1，a2，a5成等比数列，得a1(a1＋4d)＝(a1＋d)2，解得d＝2，故S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)d＝64.答案647．(2013·新课标全国Ⅱ，16)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________．解析设数列{an}的首项为a1，公差为d，则S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)d＝10a1＋45d＝0，①S15＝15a1＋eq\f(15×14,2)d＝15a1＋105d＝25.②联立①②，得a1＝－3，d＝eq\f(2,3)，所以Sn＝－3n＋eq\f(n（n－1）,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)n2－eq\f(10,3)n.令f(n)＝nSn，则f(n)＝eq\f(1,3)n3－eq\f(10,3)n2，设f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(10,3)x2，则f′(x)＝x2－eq\f(20,3)x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(20,3)，∴当x>eq\f(20,3)时，f′(x)>0，0<x<eq\f(20,3)时，f′(x)<0，则f(n)的最小值在f(6)、f(7)中取到．则f(6)＝－48，f(7)＝－49，所以当n＝7时，f(n)取最小值－49.答案－498．(2012·北京，10)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝eq\f(1,2)，S2＝a3，则a2＝________；Sn＝________．解析∵S2＝a3，∴a1＋a2＝a3.∵{an}为等差数列，∴a1＋a1＋d＝a1＋2d，∴d＝a1＝eq\f(1,2)，∴a2＝a1＋d＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＝1，Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝eq\f(1,4)n(n＋1)．答案1eq\f(1,4)n(n＋1)9．(2011·湖北，13)《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为________升．解析设自上第一节竹子容积为a1，依次类推，数列{an}为等差数列．又a1＋a2＋a3＋a4＝4a1＋6d＝3，a7＋a8＋a9＝3a1＋21d解得a1＝eq\f(13,22)，d＝eq\f(7,66)，∴a5＝a1＋4d＝eq\f(13,22)＋4×eq\f(7,66)＝eq\f(67,66).答案eq\f(67,66)10．(2014·大纲全国，18)等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)由a1＝10，a2为整数知：等差数列{an}的公差d为整数．又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，于是10＋3d≥0，10＋4d≤0.解得－eq\f(10,3)≤d≤－eq\f(5,2).因此d＝－3.数列{an}的通项公式为an＝13－3n.(2)bn＝eq\f(1,（13－3n）（10－3n）)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10－3n)－\f(1,13－3n))).于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)－\f(1,10)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋…＋))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10－3n)－\f(1,13－3n)))))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10－3n)－\f(1,10)))＝eq\f(n,10（10－3n）).11．(2015·新课标全国Ⅰ，17)Sn为数列{an}的前n项和．已知an>0，aeq\o\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和．解(1)由aeq\o\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3，可知aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.可得aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即2(an＋1＋an)＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．由于an>0，可得an＋1－an＝2.又aeq\o\al(2,1)＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)，a1＝3.所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.(2)由an＝2n＋1可知bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,（2n＋1）（2n＋3）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3))).设数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,7)))))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))))＝eq\f(n,3（2n＋3）).考点二等差数列的性质1．(2015·北京，6)设{an}是等差数列，下列结论中正确的是()A．若a1＋a2＞0，则a2＋a3＞0B．若a1＋a3＜0，则a1＋a2＜0C．若0＜a1＜a2，则a2＞eq\r(a1a3)D．若a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＞0解析A，B选项易举反例，C中若0＜a1＜a2，∴a3＞a2＞a1＞0，∵a1＋a3>2eq\r(a1a3)，又2a2＝a1＋a3，∴2a2>2eq\r(a1a3)，即a2>eq\r(a1a3)成立．答案C2．(2014·北京，12)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．解析∵数列{an}是等差数列，且a7＋a8＋a9＝3a8>0，∴a8>0.又a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a9<0.∴当n＝8时，其前n项和最大．答案83．(2015·广东，10)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝________．解析因为{an}是等差数列，所以a3＋a7＝a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，即a5＝5，a2＋a8＝2a5＝10.答案104．(2013·广东，12)在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a7解析由题可知a3＋a8＝a5＋a6＝a4＋a7＝10，又∵3a5＋a7＝a5＋2a5＋a7＝a5＋(a4＋a6)＋a7＝2(a5＋a6)＝2×10＝20.答案205．(2012·江西，12)设数列{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝________．解析∵{an}，{bn}均是等差数列，根据等差数列的性质a1＋a5＝2a3，b1＋b5＝2b3，即a5＝2a3－a1，b5＝2b3－b1，∴a5＋b5＝2(a3＋b3)－(a1＋b1)＝2×21－7＝35.答案35考点三等差数列的综合应用1．(2015·四川，16)设数列{an}(n＝1，2，3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|＜eq\f(1,1000)成立的n的最小值．解(1)由已知Sn＝2an－a1，有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)，从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1，又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2，所以，数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an＝2n.(2)由(1)得eq\f(1,an)＝eq\f(1,2n)，所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝1－eq\f(1,2n).由|Tn－1|＜eq\f(1,1000)，得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)－1))＜eq\f(1,1000)，即2n＞1000，因为29＝512＜1000＜1024＝210，所以n≥10，于是，使|Tn－1|＜eq\f(1,1000)成立的n的最小值为10.2．(2014·江苏，20)设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Sn＝am，则称{an}是“H数列”．(1)若数列{an}的前n项和Sn＝2n(n∈N*)，证明{an}是“H数列”；(2)设{an}是等差数列，其首项a1＝1，公差d<0.若{an}是“H数列”，求d的值；(3)证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．(1)证明由已知，当n≥1时，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am.所以{an}是“H数列”．(2)解由已知，得S2＝2a1＋d＝2＋d.因为{an}是“H数列”，所以存在正整数m，使得S2＝am，即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d因为d<0，所以m－2<0，故m＝1.从而d＝－1.当d＝－1时，an＝2－n，Sn＝eq\f(n（3－n）,2)是小于2的整数，n∈N*.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝2－Sn＝2－eq\f(n（3－n）,2)，使得Sn＝2－m＝am，所以{an}是“H数列”．因此d的值为－1.(3)证明设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d＝na1＋(n－1)(d－a1)(n∈N*)．令bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)，则an＝bn＋cn(n∈N*)．下证{bn}是“H数列”．设{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝eq\f(n（n＋1）,2)a1(n∈N*)．于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝eq\f(n（n＋1）,2)，使得Tn＝bm，所以{bn}是“H数列”．同理可证{cn}也是“H数列”．所以，对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．3．(2013·山东，20)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＋eq\f(an＋1,2n)＝λ(λ为常数)．令cn＝b2n，(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Rn.解(1)设数列{an}的公差为d，令n＝1，则a2＝2a1＋1，即a1＝d－1，①又S4＝4S2，即2a1＝d，②由①②联立解得a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1(n∈N*)．(2)由题意知，Tn＝λ－eq\f(n,2n－