《高考备考指南 理科数学》课件-第6章 第2讲

第六章第2讲[A级基础达标]1．(2015年新课标Ⅰ)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8＝4S4，则a10等于()A．eq\f(17,2) B．eq\f(19,2) C．10 D．12【答案】B【解析】∵公差为1，∴S8＝8a1＋eq\f(8×8－1,2)×1＝8a1＋28，S4＝4a1＋6.∵S8＝4S4，∴8a1＋28＝4(4a1＋6)，解得a1＝eq\f(1,2).∴a10＝a1＋9d＝eq\f(1,2)＋9＝eq\f(19,2).故选B．2．(2015年北京)设{an}是等差数列，下列结论中正确的是()A．若a1＋a2＞0，则a2＋a3＞0 B．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【答案】C【解析】设等差数列{an}的公差为d，若a1＋a2>0，a2＋a3＝a1＋d＋a2＋d＝(a1＋a2)＋2d，由于d正负不确定，因而a2＋a3符号不确定，故选项A错；若a1＋a3<0，a1＋a2＝a1＋a3－d＝(a1＋a3)－d，由于d正负不确定，因而a1＋a2符号不确定，故选项B错；若0<a1<a2，可知a1>0，d>0，a2>0，a3>0，所以aeq\o\al(2,2)－a1a3＝(a1＋d)2－a1(a1＋2d)＝d2>0.所以a2>eq\r(a1a3)，故选项C正确；若a1<0，则(a2－a1)·(a2－a3)＝d·(－d)＝－d2≤0，故选项D错．3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m等于()A．3 B．4 C．5 D．【答案】C【解析】∵数列{an}为等差数列，且前n项和为Sn，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也为等差数列．∴eq\f(Sm－1,m－1)＋eq\f(Sm＋1,m＋1)＝eq\f(2Sm,m)，即eq\f(－2,m－1)＋eq\f(3,m＋1)＝0，解得m＝5.故选C．4．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．7 C．12 D．【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5．数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列，且bn＝an＋1－an(n∈N*)，若b3＝－2，b10＝12，则a8等于()A．0 B．3 C．8 D．【答案】B【解析】设{bn}的公差为d，∵b10－b3＝7d＝12－(－2)＝14，∴d＝2.∵b3＝－2，∴b1＝b3－2d＝－2－4＝－6.∴b1＋b2＋…＋b7＝7b1＋eq\f(7×6,2)d＝7×(－6)＋21×2＝0.又b1＋b2＋…＋b7＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a7)＝a8－a1＝a8－3＝0，∴a8＝3.故选B．6．已知数列{an}满足an＋1＝an－eq\f(5,7)，且a1＝5，设{an}的前n项和为Sn，则使得Sn取得最大值的序号n的值为()A．7 B．8 C．7或8 D．【答案】C【解析】由题意可知数列{an}是首项为5，公差为－eq\f(5,7)的等差数列，所以an＝5－eq\f(5,7)(n－1)＝eq\f(40－5n,7).该数列前7项是正数项，第8项是0，从第9项开始是负数项，所以Sn取得最大值时，n＝7或8，故选C．7．已知递增的等差数列{an}满足a1＝1，a3＝aeq\o\al(2,2)－4，则an＝________.【答案】2n－1【解析】设等差数列的公差为d，∵a3＝aeq\o\al(2,2)－4，∴1＋2d＝(1＋d)2－4，解得d2＝4，即d＝±2.由于该数列为递增数列，故d＝2.∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.8．设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________.【答案】130【解析】由an＝2n－10(n∈N*)知{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0，得n≥5，∴n≤5时，an≤0，当n＞5时，an＞0，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.9．在等差数列{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．【解析】(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.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＝7.10．等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1＞0，S3＝S11，则当n为多少时，Sn最大？【解析】方法一：由S3＝S11，得3a1＋eq\f(3×2,2)d＝11a1＋eq\f(11×10,2)d，则d＝－eq\f(2,13)a1.从而Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n＝－eq\f(a1,13)(n－7)2＋eq\f(49,13)a1，又a1＞0，所以－eq\f(a1,13)＜0.故当n＝7时，Sn最大．方法二：由于Sn＝an2＋bn是关于n的二次函数，由S3＝S11，可知Sn＝an2＋bn的图象关于n＝eq\f(3＋11,2)＝7对称．由方法一可知a＝－eq\f(a1,13)＜0，故当n＝7时，Sn最大．方法三：由方法一可知，d＝－eq\f(2,13)a1.要使Sn最大，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋n－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,13)a1))≥0，,a1＋n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,13)a1))≤0，))解得6.5≤n≤7.5，故当n＝7时，Sn最大．方法四：由S3＝S11，可得2a1＋13d即(a1＋6d)＋(a1＋7d)＝0，故a7＋a8＝0.又由a1＞0，S3＝S11可知d＜0，所以a7＞0，a8＜0.所以当n＝7时，Sn最大．[B级能力提升]11．(2017年青岛二模)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－1 C．bn＝n＋1 D．bn＝2n＋【答案】B【解析】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－1.12．已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn，若S12＝24，则a6·a7的最大值为()A．36 B．6 C．4 D．【答案】C【解析】在等差数列{an}中，∵S12＝6(a6＋a7)＝24，∴a6＋a7＝4.又a6>0，a7>0，∴a6·a7≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a6＋a7,2)))2＝4，当且仅当a6＝a7＝2时，取“＝”，即a6·a7的最大值为4.故选C．13．(2017年东北三省四市联考)《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一．书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的eq\f(1,7)是较小的两份之和，则最小的一份为()A．eq\f(5,3) B．eq\f(10,3) C．eq\f(5,6) D．eq\f(11,6)【答案】A【解析】依题意，设这100个面包所分成的五份由小到大依次为a－2m，a－m，a，a＋m，a＋2m，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5a＝100，,a＋a＋m＋a＋2m＝7a－2m＋a－m，))解得a＝20，m＝eq\f(11a,24)，a－2m＝eq\f(a,12)＝eq\f(5,3)，即其中最小一份为eq\f(5,3)，故选A．14．(2016年杭州质量检测)设Sn为等差数列{an}的前n项和，(n＋1)Sn＜nSn＋1(n∈N*)．若eq\f(a8,a7)＜－1，则()A．Sn的最大值是S8 B．Sn的最小值是S8C．Sn的最大值是S7 D．Sn的最小值是S7【答案】D【解析】由条件得eq\f(Sn,n)＜eq\f(Sn＋1,n＋1)，即eq\f(na1＋an,2n)＜eq\f(n＋1a1＋an＋1,2n＋1)，所以an＜an＋1.所以等差数列{an}为递增数列．又eq\f(a8,a7)＜－1，所以a8＞0，a7＜0，即数列{an}前7项均小于0，第8项大于零．所以Sn的最小值为S7.故选D．15．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－3，ak＋1＝eq\f(3,2)，Sk＝－12，则正整数k＝________.【答案】13【解析】Sk＋1＝Sk＋ak＋1＝－12＋eq\f(3,2)＝－eq\f(21,2)，又Sk＋1＝eq\f(k＋1a1＋ak＋1,2)＝eq\f(k＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3＋\f(3,2))),2)＝－eq\f(21,2)，解得k＝13.16．设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意自然数n都有eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n－3,4n－3)，则eq\f(a9,b5＋b7)＋eq\f(a3,b8＋b4)的值为________．【答案】eq\f(19,41)【解析】∵{an}，{bn}为等差数列，∴eq\f(a9,b5＋b7)＋eq\f(a3,b8＋b4)＝eq\f(a9,2b6)＋eq\f(a3,2b6)＝eq\f(a9＋a3,2b6)＝eq\f(a6,b6).∵eq\f(S11,T11)＝eq\f(a1＋a11,b1＋b11)＝eq\f(2a6,2b6)＝eq\f(2×11－3,4×11－3)＝eq\f(19,41)，∴eq\f(a6,b6)＝eq\f(19,41).17．(2016年南昌调研)设数列{an}的前n项和为Sn,4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an－3，且a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，当n≥5时，an>0.(1)求证：当n≥5时，{an}成等差数列；(2)求数列{an}的前n项和Sn.【解析】(1)证明：由4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an－3,4Sn＋1＝aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1－3，得4an＋1＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＋2an＋1－2an，即(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0.当n≥5时，an>0，所以an＋1－an＝2.所以当n≥5时，{an}成等差数列．(2)由4a1＝aeq\o\al(2,1)＋2a1－3，得a1＝3或a1＝－1，又a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，所以an＋1＋an＝0(n＜5)，q＝－1.而a5>0，所以a1>0，从而a1＝3.所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3×－1n－1，1≤n≤4，,2n－7，n≥5.))所以Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)×[1－－1n]，1≤n≤4，,n2－6n＋8，n≥5.))18．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)求通项an；(2)求Sn的最小值；(3)若数列{bn}是等差数列，且bn＝eq\f(Sn,n＋c)，求非零常数c.【解析】(1)因为数列{an}为等差数列，所以a3＋a4＝a2＋a5＝22.又a3·a4＝117，所以a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的两实根．又公差d＞0，所以a3＜a4.所以a3＝9，a4＝13.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝9，,a1＋3d＝13.))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝4.))所以通项an＝4n－3.(2)由(1)知a1＝1，d＝4，所以Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)×d＝2n2－n＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co