2022届高考数学大一轮总复习(北师大版理科)配套题库：第6章-第2讲-等差数列及其前n项和-

第2讲等差数列及其前n项和一、选择题1．假如等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7等于()A．14 B．21C．28 D．35解析∵a3＋a4＋a5＝12，∴3a4＝12，∴a4∴a1＋a2＋…＋a7＝7a4答案C2．已知递减的等差数列{an}满足aeq\o\al(2,1)＝aeq\o\al(2,9)，则数列{an}的前n项和Sn取最大值时n＝()A．3 B．4C．4或5 D．5或6解析由已知得aeq\o\al(2,1)－aeq\o\al(2,9)＝0，即(a1＋a9)·(a1－a9)＝0，又∵a1>a9，∴a1＋a9＝0，又∵a1＋a9＝2a5，∴a5∴数列前4项为正值，从第6项起为负值，∴S4＝S5且为最大．选C.答案C3．已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，则a20等于()．A．－1 B．1 C．3 D．7解析两式相减，可得3d＝－6，d＝－2.由已知可得3a3＝105，a3＝35，所以a20＝a3＋17d＝35＋17×答案B4．在等差数列{an}中，S15>0，S16<0，则使an>0成立的n的最大值为()．A．6 B．7 C．8 D．9解析依题意得S15＝eq\f(15a1＋a15,2)＝15a8>0，即a8>0；S16＝eq\f(16a1＋a16,2)＝8(a1＋a16)＝8(a8＋a9)<0，即a8＋a9<0，a9<－a8<0.因此使an>0成立的n的最大值是8，选C.答案C5．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)为整数的正整数的个数是()．A．2 B．3 C．4 D．5解析由eq\f(An,Bn)＝eq\f(7n＋45,n＋3)得：eq\f(an,bn)＝eq\f(A2n－1,B2n－1)＝eq\f(14n＋38,2n＋2)＝eq\f(7n＋19,n＋1)，要使eq\f(an,bn)为整数，则需eq\f(7n＋19,n＋1)＝7＋eq\f(12,n＋1)为整数，所以n＝1,2,3,5,11，共有5个．答案D6．若关于x的方程x2－x＋a＝0与x2－x＋b＝0(a≠b)的四个根组成首项为eq\f(1,4)的等差数列，则a＋b的值是()A.eq\f(3,8) B.eq\f(11,24)C.eq\f(13,24) D.eq\f(31,72)解析设四个方程的根分别为x1、x4和x2、x3.由于x1＋x4＝x2＋x3＝1，所以x1＝eq\f(1,4)，x4＝eq\f(3,4)，从而x2＝eq\f(5,12)，x3＝eq\f(7,12).则a＝x1x4＝eq\f(3,16)，b＝x2x3＝eq\f(35,144)，或a＝eq\f(35,144)，b＝eq\f(3,16)，∴a＋b＝eq\f(3,16)＋eq\f(35,144)＝eq\f(31,72).答案D二、填空题7．设数列{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝________.解析设数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，由于a3＋b3＝(a1＋2d1)＋(b1＋2d2)＝(a1＋b1)＋2(d1＋d2)＝7＋2(d1＋d2)＝21，所以d1＋d2＝7，所以a5＋b5＝(a3＋b3)＋2(d1＋d2)＝21＋2×7＝35.答案358．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若eq\f(S4,12)－eq\f(S3,9)＝1，则公差为________．解析依题意得S4＝4a1＋eq\f(4×3,2)d＝4a1＋6d，S3＝3a1＋eq\f(3×2,2)d＝3a1＋3d，于是有eq\f(4a1＋6d,12)－eq\f(3a1＋3d,9)＝1，由此解得d＝6，即公差为6.答案69．已知数列{an}是等差数列，若a4＋a7＋a10＝17，a4＋a5＋a6＋…＋a12＋a13＋a14＝77，且ak＝13，则k＝________.[来源解析∵a4＋a7＋a10＝3a7，∴a7＝eq\f(17,3)，∵a4＋…＋a14＝11a9，∴a9＝7，d＝eq\f(2,3)，ak－a9＝(k－9)d,13－7＝(k－9)×eq\f(2,3)，k＝18.答案1810．已知{an}为等差数列，公差d≠0，{an}的部分项ak1，ak2，…，akn恰为等比数列，若k1＝1，k2＝5，k3＝17，则kn＝________.解析由题意知a1·a17＝aeq\o\al(2,5)，a1(a1＋16d)＝(a1＋4d)2，得a1＝2d，eq\f(a5,a1)＝3，∴akn＝a13n－1＝a1＋(kn－1)eq\f(a1,2)，kn＝2·3n－1－1.答案2·3n－1－1三、解答题11．在等差数列{an}中，已知a2＋a7＋a12＝12，a2·a7·a12＝28，求数列{an}的通项公式．解由a2＋a7＋a12＝12，得a7＝4.又∵a2·a7·a12＝28，∴(a7－5d)(a7＋5d)·a7＝28，∴16－25d2＝7，∴d2＝eq\f(9,25)，∴d＝eq\f(3,5)或d＝－eq\f(3,5).当d＝eq\f(3,5)时，an＝a7＋(n－7)d＝4＋(n－7)×eq\f(3,5)＝eq\f(3,5)n－eq\f(1,5)；当d＝－eq\f(3,5)时，an＝a7＋(n－7)d＝4－(n－7)×eq\f(3,5)＝－eq\f(3,5)n＋eq\f(41,5).∴数列{an}的通项公式为an＝eq\f(3,5)n－eq\f(1,5)或an＝－eq\f(3,5)n＋eq\f(41,5).12．在等差数列{an}中，公差d＞0，前n项和为Sn，a2·a3＝45，a1＋a5＝18.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝eq\f(Sn,n＋c)(n∈N*)，是否存在一个非零常数c，使数列{bn}也为等差数列？若存在，求出c的值；若不存在，请说明理由．解(1)由题设，知{an}是等差数列，且公差d＞0，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2a3＝45，,a1＋a5＝18，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋da1＋2d＝45，,a1＋a1＋4d＝18.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝4.))∴an＝4n－3(n∈N*)．(2)由bn＝eq\f(Sn,n＋c)＝eq\f(\f(n1＋4n－3,2),n＋c)＝eq\f(2n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,2))),n＋c)，∵c≠0，∴可令c＝－eq\f(1,2)，得到bn＝2n.∵bn＋1－bn＝2(n＋1)－2n＝2(n∈N*)，∴数列{bn}是公差为2的等差数列．即存在一个非零常数c＝－eq\f(1,2)，使数列{bn}也为等差数列．13．在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2＋an＝2an＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn是数列{|an|}的前n项和，求Sn.解(1)由2an＋1＝an＋2＋an可得{an}是等差数列，且公差d＝eq\f(a4－a1,4－1)＝eq\f(2－8,3)＝－2.∴an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋10.(2)令an≥0，得n≤5.即当n≤5时，an≥0，n≥6时，an<0.∴当n≤5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝－n2＋9n；当n≥6时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)＝－(a1＋a2＋…＋an)＋2(a1＋a2＋…＋a5)＝－(－n2＋9n)＋2×(－52＋45)＝n2－9n＋40，∴Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－n2＋9n，n≤5，,n2－9n＋40，n≥6.))14．在数列{an}中，a1＝1,3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)．(1)证明数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列；(2)求数列{an}的通项；(3)若λan＋eq\f(1,an＋1)≥λ对任意n≥2的整数恒成立，求实数λ的取值范围．解(1)证明：将3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)整理得eq\f(1,an)－eq\f(1,an－1)＝3(n≥2)．所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项，3为公差的等差数列．(2)由(1)可得eq\f(1,an)＝1＋3(n－1)＝3n－2，所以an＝eq\f(1,3n－2).(3)λan＋eq\f(1,an＋1)≥λ对n≥2的整数恒成立，即eq\f(λ,3n－2)＋3n＋1≥λ对n≥2的整数恒成立．整理得λ≤eq\f(3n＋13n－2,3