课时过关检测（三十三） 等差数列及其前n项和

这是一份课时过关检测（三十三） 等差数列及其前n项和，共7页。

1．(2021·陕西教学质量检测)在公差不为0的等差数列{an}中，a1＝1，aeq \\al(2,3)＝a4a6，则a2＝( )
A.eq \f(7,11)B．eq \f(5,11)
C.eq \f(3,11)D．eq \f(1,11)
解析：选A 设数列{an}的公差为d(d≠0)，
则an＝1＋(n－1)d，
∴a2＝1＋d，a3＝1＋2d，a4＝1＋3d，a6＝1＋5d，
∵aeq \\al(2,3)＝a4a6，
∴(1＋2d)2＝(1＋3d)(1＋5d)，
解得d＝－eq \f(4,11)(d＝0舍去)，
∴a2＝1＋d＝eq \f(7,11)，故选A.
2．(2021·武汉市学习质量检测)已知数列{an}满足a1＝1，(an＋an＋1－1)2＝4anan＋1，且an＋1>an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝( )
A．2nB．n2
C．n＋2D．3n－2
解析：选B 因为a1＝1，an＋1>an，所以 eq \r(an＋1)>eq \r(an).由(an＋an＋1－1)2＝4anan＋1得an＋1＋an－1＝2eq \r(anan＋1)，所以( eq \r(an＋1)－eq \r(an))2＝1，所以 eq \r(an＋1)－eq \r(an)＝1，所以数列{eq \r(an)}是首项为1，公差为1的等差数列，所以eq \r(an)＝n，即an＝n2，故选B.
3．(2021·北京市适应性测试)设{an}是等差数列，且公差不为零，其前n项和为Sn.则“∀n∈N*，Sn＋1>Sn”是“{an}为递增数列”的( )
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
解析：选A 由∀n∈N*，Sn＋1>Sn得an＋1＝Sn＋1－Sn>0，又数列{an}是公差不为零的等差数列，因此公差d>0(若d<0，等差数列{an}中从某项起以后各项均为负，这与an＋1>0矛盾)，数列{an}是递增数列，所以“∀n∈N*，Sn＋1>Sn”是“{an}为递增数列”的充分条件；反过来，由“{an}为递增数列”不能得知“∀n∈N*，Sn＋1>Sn”，如取an＝n－3，此时数列{an}为递增数列，但a2＝－1<0，即有S2Sn”不是“{an}为递增数列”的必要条件．综上所述，“∀n∈N*，Sn＋1>Sn”是“{an}为递增数列”的充分而不必要条件，故选A.
4．在等差数列{an}中，若eq \f(a10,a9)<－1，且它的前n项和Sn有最大值，则使Sn>0成立的正整数n的最大值是( )
A．15B．16
C．17D．18
解析：选C ∵等差数列{an}的前n项和有最大值，
∴等差数列{an}为递减数列，
又eq \f(a10,a9)<－1，∴a9>0，a10<0，
∴a9＋a10<0，
又S18＝eq \f(18a1＋a18,2)＝9(a9＋a10)<0，
S17＝eq \f(17a1＋a17,2)＝17a9>0，
∴Sn>0成立的正整数n的最大值是17.故选C.
5．(多选)(2021·长沙市长郡中学高三模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且对于任意n>1，n∈N*，满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，则( )
A．a9＝17B．a10＝18
C．S9＝81D．S10＝91
解析：选BD ∵对于任意n>1，n∈N*，满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，
∴Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，∴an＋1－an＝2.
∴数列{an}在n≥2时是等差数列，公差为2.
又a1＝1，a2＝2，
则a9＝2＋7×2＝16，a10＝2＋8×2＝18，S9＝1＋8×2＋eq \f(8×7,2)×2＝73，S10＝1＋9×2＋eq \f(9×8,2)×2＝91.故选B、D.
6．(多选)(2021·石家庄二中高三一模)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则( )
A．an＝－eq \f(1,2n－1)
B．an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,n－1)－\f(1,n)，n≥2，n∈N*))
C．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))为等差数列
D.eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,S100)＝－5 050
解析：选BCD Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，
则Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，
整理得eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝－1(常数)，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是以eq \f(1,S1)＝－1为首项，－1为公差的等差数列．故C正确；
所以eq \f(1,Sn)＝－1－(n－1)＝－n，故Sn＝－eq \f(1,n).
所以当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)(首项不符合通项)，
故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,n－1)－\f(1,n)，n≥2，n∈N*，))故B正确，A错误；
所以eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,S100)＝－(1＋2＋3＋…＋100)＝－5 050，故D正确．
7．若数列{an}满足a1＝3，an＋1＝an＋3(n∈N*)，则a3＝ ，通项公式an＝ .
解析：因为数列{an}满足a1＝3，an＋1＝an＋3(n∈N*)，
所以数列{an}是首项a1＝3，公差d＝an＋1－an＝3的等差数列，
所以a3＝a1＋2d＝3＋6＝9，
an＝a1＋(n－1)d＝3＋3(n－1)＝3n.
答案：9 3n
8．已知数列{an}与eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(a\\al(2,n),n)))均为等差数列(n∈N*)，且a1＝2，则a20＝ .
解析：设an＝2＋(n－1)d，
则eq \f(a\\al(2,n),n)＝eq \f([2＋n－1d]2,n)
＝eq \f(d2n2＋4d－2d2n＋d－22,n)，
由于eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(a\\al(2,n),n)))为等差数列，
所以其通项是一个关于n的一次函数，
所以(d－2)2＝0，∴d＝2.
所以a20＝2＋(20－1)×2＝40.
答案：40
9．若数列{an}为等差数列，an>0，前n项和为Sn，且S2n－1＝eq \f(2n－1,2n＋1)aeq \\al(2,n)，则a9的值是 ．
解析：因为S2n－1＝eq \f(2n－1,2n＋1)aeq \\al(2,n)，所以eq \f(a1＋a2n－1×2n－1,2)＝eq \f(2n－1,2n＋1)aeq \\al(2,n)，即eq \f(2an×2n－1,2)＝eq \f(2n－1,2n＋1)aeq \\al(2,n)，所以an＝eq \f(1,2n＋1)aeq \\al(2,n)，又an>0，所以an＝2n＋1，所以a9＝19.
答案：19
10．(2021·武汉市高三测试)等差数列{an}中，已知Sn是其前n项和，a1＝－9，eq \f(S9,9)－eq \f(S7,7)＝2，则an＝ ，S10＝ .
解析：设等差数列{an}的公差为d，
∵eq \f(S9,9)－eq \f(S7,7)＝2，∴eq \f(9－1,2)d－eq \f(7－1,2)d＝2，
∴d＝2，∵a1＝－9，∴an＝－9＋2(n－1)＝2n－11，
S10＝10×(－9)＋eq \f(10×9,2)×2＝0.
答案：2n－11 0
11．(2021·合肥第一次教学检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S4＝4S2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋9＝180(m∈N*)，求m的值．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由S4＝4S2得，4a1＋6d＝8a1＋4d，整理得d＝2a1.
又a1＝1，∴d＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1(n∈N*)．
(2)am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋9＝180可化为
10am＋45d＝20m＋80＝180，
解得m＝5.
12．已知数列{an}是等差数列，且a1，a2(a1(1)求数列{an}的前n项和Sn；
(2)在(1)中，设bn＝eq \f(Sn,n＋c)，求证：当c＝－eq \f(1,2)时，数列{bn}是等差数列．
解：(1)∵a1，a2(a1∴a1＝1，a2＝5，∴等差数列{an}的公差为4，
∴Sn＝n·1＋eq \f(nn－1,2)·4＝2n2－n.
(2)证明：当c＝－eq \f(1,2)时，bn＝eq \f(Sn,n＋c)＝eq \f(2n2－n,n－\f(1,2))＝2n，
∴bn＋1－bn＝2(n＋1)－2n＝2，b1＝2.
∴数列{bn}是以2为首项，2为公差的等差数列．
B级——综合应用
13．(2021·湖北襄阳四中联考)已知数列{an}为等差数列，a1＋a2＋a3＝165，a2＋a3＋a4＝156，{an}的前n项和为Sn，则使Sn达到最大值时n的值是( )
A．19B．20
C．21D．22
解析：选B 设等差数列{an}的公差为d，则(a2＋a3＋a4)－(a1＋a2＋a3)＝3d＝156－165＝－9，所以d＝－3.因为a1＋a2＋a3＝3a1＋3d＝3a1－9＝165，所以a1＝58.所以an＝a1＋(n－1)d＝58＋(n－1)·(－3)＝61－3n.令an＝61－3n>0，得n14．(多选)(2021·商洛市高考模拟)我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度)．二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始．已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则下列选项正确的有( )
A．相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺
B．春分和秋分两个节气的晷长相同
C．立冬的晷长为一丈五寸
D．立春的晷长比立秋的晷长短
解析：选ABC 由题意可知夏至到冬至的晷长构成等差数列{an}，其中a1＝15寸，a13＝135寸，公差为d寸，则135＝15＋12d，解得d＝10寸，同理可知由冬至到夏至的晷长构成等差数列{bn}，首项b1＝135，末项b13＝15，公差d＝－10(单位都为寸)．故A正确；
∵春分的晷长为b7，∴b7＝b1＋6d＝135－60＝75∵秋分的晷长为a7，∴a7＝a1＋6d＝15＋60＝75，故B正确；
∵立冬的晷长为a10，∴a10＝a1＋9d＝15＋90＝105，即立冬的晷长为一丈五寸，故C正确；
∵立春的晷长，立秋的晷长分别为b4，a4，∴a4＝a1＋3d＝15＋30＝45，b4＝b1＋3d＝135－30＝105，∴b4>a4，故D错误．故选A、B、C.
15．记m＝eq \f(d1a1＋d2a2＋…＋dnan,n)，若{dn}是等差数列，则称m为数列{an}的“dn等差均值”；若{dn}是等比数列，则称m为数列{an}的“dn等比均值”．已知数列{an}的“2n－1等差均值”为2，数列{bn}的“3n－1等比均值”为3.记cn＝eq \f(2,an)＋klg3bn，数列{cn}的前n项和为Sn，若对任意的正整数n都有Sn≤S6，求实数k的取值范围．
解：由题意得2＝eq \f(a1＋3a2＋…＋2n－1an,n)，
所以a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，
所以a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1
＝2n－2(n≥2，n∈N*)，
两式相减得an＝eq \f(2,2n－1)(n≥2，n∈N*)．
当n＝1时，a1＝2，符合上式，
所以an＝eq \f(2,2n－1)(n∈N*)．
又由题意得3＝eq \f(b1＋3b2＋…＋3n－1bn,n)，
所以b1＋3b2＋…＋3n－1bn＝3n，
所以b1＋3b2＋…＋3n－2bn－1＝3n－3(n≥2，n∈N*)，
两式相减得bn＝32－n(n≥2，n∈N*)．
当n＝1时，b1＝3，符合上式，
所以bn＝32－n(n∈N*)．
因为cn＝eq \f(2,an)＋klg3bn，所以cn＝(2－k)n＋2k－1.
因为对任意的正整数n都有Sn≤S6，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c6≥0，,c7≤0，))解得eq \f(13,5)≤k≤eq \f(11,4).
C级——迁移创新
16．若函数f(x)＝lg2(x－1)＋2，数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，则eq \f(fan＋fan＋1,2)与feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an＋an＋1,2)))的大小关系是( )
A．eq \f(fan＋fan＋1,2)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an＋an＋1,2)))
B．eq \f(fan＋fan＋1,2)C．eq \f(fan＋fan＋1,2)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an＋an＋1,2)))
D．不确定
解析：选B 易知an＝2＋3(n－1)＝3n－1.作出函数f(x)＝lg2(x－1)＋2的图象，如图．
由图象并结合函数的性质可知eq \f(fan＋fan＋1,2)