（聚焦典型）高三数学一轮复习《等差数列及其前n项和》理 新人教B版

[第29讲等差数列及其前n项和](时间：45分钟分值：100分)eq\a\vs4\al\co1(基础热身)1．已知a，b，c三个数成等差数列，其中a＝5＋2eq\r(6)，c＝5－2eq\r(6)，则b的值为()A．2eq\r(6)B.eq\r(6)C．5D．102．在等差数列{an}中，已知a1＝1，a2＋a4＝10，an＝39，则n＝()A．19B．20C．21D．223．[2013·昆明质检]设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝5，S11＝22，则数列{an}的公差d为()A．－1B．－eq\f(1,3)C.eq\f(1,3)D．14．[2013·湖南卷]设Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和，且a1＝1，a4＝7，则S5＝________．eq\a\vs4\al\co1(能力提升)5．若Sn是等差数列{an}的前n项和，且S8－S3＝10，则S11的值为()A．12B．18C．22D．446．[2013·包头一模]已知数列{an}是等差数列，若a1＋a5＋a9＝2π，则cos(a2＋a8)＝()A．－eq\f(1,2)B．－eq\f(\r(3),2)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(3),2)7．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S8＝30，S4＝7，则a4的值等于()A.eq\f(1,4)B.eq\f(9,4)C.eq\f(13,4)D.eq\f(17,4)8．等差数列{an}中，若a5＋a6＝4，则log2(2a1·2a2·…·2A．10B．20C．40D．2＋log259．已知数列{an}是等差数列，a4＝15，S5＝55，则过点P(3，a3)，Q(4，a4)的直线的斜率是()A．4B.eq\f(1,4)C．－4D．－14310．[2013·北京卷]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＝________．11．[2013·长春一调]若等差数列{an}的前5项和S5＝25，且a2＝3，则a4＝________．12．设等差数列{an}的公差为正数，若a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝80，则a11＋a12＋a13．设数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，a1＋a4＋a7＝99，a2＋a5＋a8＝93，若对任意n∈N*，都有Sn≤Sk成立，则k的值为________．14．(10分)[2013·福建卷]已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．15．(13分)[2013·吉林摸底]已知数列{an}的前n项和Sn＝10n－n2(n∈N*)．(1)求a1和an；(2)记bn＝|an|，求数列{bn}的前n项和．eq\a\vs4\al\co1(难点突破)16．(12分)[2013·丰台二模]已知数列{an}满足a1＝4，an＋1＝an＋p·3n＋1(n∈N*，p为常数)，a1，a2＋6，a3成等差数列．(1)求p的值及数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足bn＝eq\f(n2,an－n)，证明：bn≤eq\f(4,9).

课时作业(二十九)【基础热身】1．C[解析]由a，b，c成等差数列，得2b＝a＋c，则b＝eq\f(1,2)(a＋c)＝5，故选C.2．B[解析]设等差数列{an}的公差为d，由a2＋a4＝10，得a1＋d＋a1＋3d＝10，即d＝eq\f(1,4)(10－2a1)＝2，由an＝39，得1＋2(n－1)＝39，n＝20，故选B.3．A[解析]设等差数列{an}的公差为d，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5，,11a1＋\f(11×10,2)d＝22，))解得a1＝7，d＝－1，∴数列{an}的公差d＝－1，故选A.4．25[解析]设数列{an}的公差为d，因为a1＝1，a4＝7，所以a4＝a1＋3d⇒d＝2，故S5＝5a1＋10d【能力提升】5．C[解析]由S8－S3＝10，得a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝10，因为a4＋a8＝a5＋a7＝2a6，则5a6＝10，即a∴S11＝eq\f(11（a1＋a11）,2)＝eq\f(11·2a6,2)＝22，故选C.6．A[解析]由已知得a5＝eq\f(2π,3)，而a2＋a8＝2a5＝eq\f(4π,3)，则cos(a2＋a8)＝－eq\f(1,2)，故选A.7．C[解析]由已知，得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(8a1＋\f(8×7,2)d＝30，,4a1＋\f(4×3,2)d＝7，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a1＋14d＝15，,4a1＋6d＝7，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1,4)，,d＝1，))则a4＝a1＋3d＝eq\f(13,4)，故选C.8．B[解析]因为a1＋a10＝a2＋a9＝…＝a5＋a6＝4，则log2(2a1·2a2·…·2a10)＝log22a1＋a2＋…＋a10＝a1＋a2＋…＋a10＝5(a59．A[解析]因为{an}是等差数列，a4＝15，S5＝55，所以S5＝eq\f(5（a1＋a5）,2)＝55，得a1＋a5＝22，所以2a3＝22，a3＝11，所以kPQ＝eq\f(a4－a3,4－3)＝4.故选A.10．1[解析]设等差数列{an}的公差为d，由S2＝a3可得，a1＝a3－a2＝d＝eq\f(1,2)，所以a2＝2d＝2×eq\f(1,2)＝1.11．7[解析]依题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5a1＋\f(5×4,2)d＝25，,a1＋d＝3，))解得d＝2，∴a4＝a2＋2d＝7.12．105[解析]由已知，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1＋d＋a1＋2d＝15，,a1（a1＋d）（a1＋2d）＝80，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝5－a1，,a1（a1＋2d）＝16，))消去d，得aeq\o\al(2,1)－10a1＋16＝0，解得a1＝2或a1＝8.当a1＝2时，d＝3，a11＋a12＋a13＝a1＋10d＋a1＋11d＋a1＋12d＝3a1＋33d当a1＝8时，d＝－3，不符合题意，舍去．13．20[解析]方法一：由对任意n∈N*，都有Sn≤Sk成立，知Sk是Sn的最大值．由等差数列的性质，得a1＋a7＝2a4，a2＋a8＝2aa4＝33，a5＝31，则公差d＝a5－a4＝－2，a1＝33－3d＝39，∴Sn＝39n＋eq\f(n（n－1）,2)×(－2)＝－n2＋40n＝－(n－20)2＋400，则当n＝20时，Sn有最大值，故k的值为20.方法二：由题设对任意n∈N*，都有Sn≤Sk成立，知求k的值即求Sn最大时的项数n.由等差数列的性质，有a1＋a7＝2a4，a2＋a8＝2aa4＝33，a5＝31，则公差d＝a5－a4＝－2，a1＝33－3d＝39，∴an＝39－2(n－1)＝41－2n.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(41－2n≥0，,41－2（n＋1）<0，))解得19.5<n≤20.5，∴当n＝20时，Sn取得最大值，故k＝n＝20.14．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.由a1＝1，a3＝－3，可得1＋2d＝－3.解得d＝－2.从而，an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.(2)由(1)可知an＝3－2n.所以Sn＝eq\f(n[1＋（3－2n）],2)＝2n－n2.进而由Sk＝－35可得2k－k2＝－35.即k2－2k－35＝0，解得k＝7或k＝－5.又k∈N*，故k＝7为所求．15．解：(1)∵Sn＝10n－n2，∴a1＝S1＝10－1＝9.∵Sn＝10n－n2，当n≥2，n∈N*时，Sn－1＝10(n－1)－(n－1)2＝10n－n2＋2n－11，∴an＝Sn－Sn－1＝(10n－n2)－(10n－n2＋2n－11)＝－2n＋11.又n＝1时，a1＝9＝－2×1＋11，符合上式．则数列{an}的通项公式为an＝－2n＋11(n∈N*)．(2)∵an＝－2n＋11，∴bn＝|an|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2n＋11（n≤5），,2n－11（n>5），))设数列{bn}的前n项和为Tn，当n≤5时，Tn＝eq\f(n（9－2n＋11）,2)＝10n－n2；当n>5时，Tn＝T5＋eq\f(（n－5）（b6＋bn）,2)＝25＋eq\f(（n－5）（1＋2n－11）,2)＝25＋(n－5)2＝n2－10n＋50，∴数列{bn}的前n项和Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(10n－n2（n≤5，n∈N*），,n2－10n＋50（n>5，n∈N*）.))【难点突破】16．解：(1)因为a1＝4，an＋1＝an＋p·3n＋1，所以a2＝a1＋p·31＋1＝3p＋5；a3＝a2＋p·32＋1＝12p＋6.因为a1，a2＋6，a3成等差数列，所以2(a2＋6)＝a1＋a3，即6p＋10＋12＝4＋12p＋6，所以p＝2.依题意，an＋1＝an＋2·3n＋1，所以当n≥2时，a2－a1＝2·31＋1，a3－a2＝2·32＋1，…an－1－an－2＝2·3n－2＋1，an－an－1＝2·3n－1＋1.相加得an－a1＝2(3n－1＋3n－2＋…＋32＋3)＋n－1，所以an－a1＝2×eq\f(3（1－3n－1）,1－3)＋(n－1)，所以an＝3n＋n.当n＝1时，a1＝31＋1＝4成立，所以an