高考总复习文数（人教版）课时作业提升31等差数列

课时作业提升(三十一)等差数列A组夯实基础1．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于()A．8 B．10C．12 D．14解析：选C由题知3a1＋eq\f(3×2,2)d＝12，因为a1＝2，解得d＝2，又a6＝a1＋5d，所以a6＝12，故选C．2．(2018·江南十校联考)已知数列{an}是等差数列，a3＋a13＝20，a2＝－2，则a15＝()A．20 B．24C．28 D．34解析：选B∵a3＋a13＝2a8＝20，∴a8＝10，又a2＝－2，∴d＝2，得a15＝a2＋13d＝24.故选3．已知等差数列{an}，且3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝48，则数列{an}的前13项之和为()A．24 B．39C．104 D．52解析：选D因为{an}是等差数列，所以3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝6a4＋6a10＝48，所以a4＋a10＝8，其前13项的和为eq\f(13a1＋a13,2)＝eq\f(13a4＋a10,2)＝eq\f(13×8,2)＝52，故选D．4．若数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2，则使ak·ak＋1＜0的k值为()A．22 B．21C．24 D．23解析：选D因为3an＋1＝3an－2，所以an＋1－an＝－eq\f(2,3)，又a1＝15，所以数列{an}是首项为15，公差为－eq\f(2,3)的等差数列，所以an＝15－eq\f(2,3)·(n－1)＝－eq\f(2,3)n＋eq\f(47,3)，且{an}为递减数列，令an＝－eq\f(2,3)n＋eq\f(47,3)＞0，得n＜23.5，可知使ak·ak＋1＜0的k值为23.5．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何？”其意思为：“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)这个问题中，甲所得为()A．eq\f(5,4)钱 B．eq\f(5,3)钱C．eq\f(3,2)钱 D．eq\f(4,3)钱解析：选D设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，依题意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋d＝3a1＋9d，,2a1＋d＝\f(5,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(4,3)，,d＝－\f(1,6)，))即甲得eq\f(4,3)钱，故选D．6．(2018·临沂模拟)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的最大正整数n的值为A．6 B．7C．12 D．13解析：选C∵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7．若数列{an}满足a1＝eq\f(1,3)，eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝5(n∈N*)，则a10＝________.解析：因为eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝5，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以eq\f(1,a1)＝3为首项，5为公差的等差数列，所以eq\f(1,an)＝3＋5(n－1)＝5n－2，即an＝eq\f(1,5n－2)，所以a10＝eq\f(1,50－2)＝eq\f(1,48).答案：eq\f(1,48)8．已知等差数列{an}中，an≠0，若n≥2且an－1＋an＋1－aeq\o\al(2,n)＝0，S2n－1＝38，则n等于________.解析：∵2an＝an－1＋an＋1，又an－1＋an＋1－aeq\o\al(2,n)＝0，∴2an－aeq\o\al(2,n)＝0，即an(2－an)＝0.∵an≠0，∴an＝2.∴S2n－1＝(2n－1)an＝2(2n－1)＝38，解得n＝10.答案：109．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且eq\f(An,Bn)＝eq\f(7n＋45,n＋3)，则使得eq\f(an,bn)为整数的正整数n的个数是________.解析：由等差数列前n项和的性质知，eq\f(an,bn)＝eq\f(A2n－1,B2n－1)＝eq\f(14n＋38,2n＋2)＝eq\f(7n＋19,n＋1)＝7＋eq\f(12,n＋1)，故当n＝1,2,3,5,11时，eq\f(an,bn)为整数，故使得eq\f(an,bn)为整数的正整数n的个数是5.答案：510．(2016·全国卷Ⅱ)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意有2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3，解得a1＝1，d＝eq\f(2,5).所以{an}的通项公式为an＝eq\f(2n＋3,5).(2)由(1)知，bn＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2n＋3,5))).当n＝1,2,3时，1≤eq\f(2n＋3,5)<2，bn＝1；当n＝4,5时，2≤eq\f(2n＋3,5)<3，bn＝2；当n＝6,7,8时，3≤eq\f(2n＋3,5)<4，bn＝3；当n＝9,10时，4≤eq\f(2n＋3,5)<5，bn＝4.所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.11．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a，前n项和为Sn，且Sk＝(1)求a及k的值；(2)设数列{bn}的通项bn＝eq\f(Sn,n)，证明数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn.解：(1)设该等差数列为{an}，则a1＝a，a2＝4，a3＝3a，由已知有a＋3a＝8，得a1＝a＝2，公差d＝4－2＝2，所以Sk＝ka1＋eq\f(kk－1,2)·d＝2k＋eq\f(kk－1,2)×2＝k2＋k.由Sk＝110，得k2＋k－110＝0，解得k＝10或k＝－11(舍去)，故a＝2，k＝10.(2)由(1)得Sn＝eq\f(n2＋2n,2)＝n(n＋1)，则bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋1，故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，所以Tn＝eq\f(n2＋n＋1,2)＝eq\f(nn＋3,2).12．已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a3·a4＝117，a2＋a5＝22.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝eq\f(Sn,n＋c)，是否存在非零实数c使得{bn}为等差数列？若存在，求出c的值；若不存在，请说明理由．解：(1)∵数列{an}为等差数列，∴a3＋a4＝a2＋a5＝22.又a3·a4＝117，∴a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的两实根，又公差d＞0，∴a3＜a4，∴a3＝9，a4＝13，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝9，,a1＋3d＝13，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝4.))∴数列{an}的通项公式为an＝4n－3.(2)由(1)知a1＝1，d＝4，∴Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)×d＝2n2－n，∴bn＝eq\f(Sn,n＋c)＝eq\f(2n2－n,n＋c)，∴b1＝eq\f(1,1＋c)，b2＝eq\f(6,2＋c)，b3＝eq\f(15,3＋c)，其中c≠0.令2b2＝b1＋b3，即eq\f(6,2＋c)×2＝eq\f(1,1＋c)＋eq\f(15,3＋c)，∴2c2＋c＝0，∴c＝－eq\f(1,2)或c＝0(舍去)，故c＝－eq\f(1,2).此时bn＝eq\f(2n2－n,n－\f(1,2))＝2n.当n≥2时，bn－bn－1＝2n－2(n－1)＝2符合等差数列的定义，即存在一个非零实数c＝－eq\f(1,2)，使数列{bn}为等差数列．B组能力提升1．(2018·湖南模拟)等差数列{an}的公差d≠0，且a3，a5，a15成等比数列，若a5＝5，Sn为数列{an}的前n项和，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前n项和取最小值时的n为()A．3 B．3或4C．4或5 D．5解析：选B由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2da1＋14d＝25，,a1＋4d＝5，))由d≠0，解得a1＝－3，d＝2，∴eq\f(Sn,n)＝eq\f(na1＋\f(nn－1,2)d,n)＝－3＋n－1＝n－4，由n－4≥0，得n≥4，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前n项和取最小值时的n为3或4.2．设数列{an}的前n项和为Sn，若eq\f(Sn,S2n)为常数，则称数列{an}为“吉祥数列”．已知等差数列{bn}的首项为1，公差不为0，若数列{bn}为“吉祥数列”，则数列{bn}的通项公式为()A．bn＝n－1 B．bn＝2n－1C．bn＝n＋1 D．bn＝2n＋1解析：选B设等差数列{bn}的公差为d(d≠0)，eq\f(Sn,S2n)＝k，因为b1＝1，则n＋eq\f(1,2)n(n－1)d＝keq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2n＋\f(1,2)×2n2n－1d))，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0.因为对任意的正整数n上式均成立，所以(4k－1)d＝0，(2k－1)(2－d)＝0，解得d＝2，k＝eq\f(1,4).所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1.3．若等差数列{an}的前17项和S17＝51，则a5－a7＋a9－a11＋a13等于________.解析：因为S17＝eq\f(a1＋a17,2)×17＝17a9＝51，所以a9＝3.根据等差数列的性质知a5＋a13＝a7＋a11，所以a5－a7＋a9－a11＋a13＝a9＝3.答案：34．在等差数列{an}中，a9＝eq\f(1,2)a12＋6，则数列{an}的前11项和S11等于________.解析：S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝11a6，设公差为d，由a9＝eq\f(1,2)a12＋6得a6＋3d＝eq\f(1,2)(a6＋6d)＋6，解得a6＝12，所以S11＝11×12＝132.答案：1325．已知数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，它的前n项和为Sn，且a3＝10，S6＝72，若bn＝eq\f(1,2)an－30，设数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的最小值．解：∵2an＋1＝an＋an＋2，∴an＋1－an＝an＋2－an＋1，故数列{an}为等差数列．设数列{an}的首项为a1，公差为d，由a3＝10，S6＝72得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝10，,6a1＋15d＝72，))解得a1＝2，d＝4.故an＝4n－2，则bn＝eq\f(1,2)an－30＝2n－31，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn≤0，,bn＋1≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n－31≤0，,2n＋1－31≥0，))解得eq\f(29,2)≤n≤eq\f(31,2)，∵n∈N*，∴n＝15，即数列{bn}的前15项均为负值，∴T15最小．∵数列{bn}的首项是－29，公差为2，∴T15＝eq\f(15－29＋2×15－31,2)＝－225，∴数列{bn}的前n项和Tn的最小值为－225.6．(2018·宿州模拟)已知函数f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7(n∈N*)．(1)设函数y＝f(x)的图象的顶点的纵坐标构成数列{an}，求证：{an}为等差数列；(2)设函数y＝f(x)的图象的顶点到x轴的距离构成数列{bn}，求{bn}的前n项和Sn.(1)证明：因为f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7＝[x－(n＋1)]2＋3n－8，所以an＝3n－8，因为an＋1－an＝3(n＋1)－8－(3n－8)＝3，所以数列{an