2021高考数学（理）大一轮复习习题：第六章 数列 课时达标检测（三十） 等差数列及其前n项和 word版含答案

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1．若等差数列{an}的前5项之和S5＝25，且a2＝3，则a7＝( )
A．12 B．13
C．14 D．15
解析：选B 由S5＝eq \f(a2＋a4·5,2)，得25＝eq \f(3＋a4·5,2)，解得a4＝7，所以7＝3＋2d，即d＝2，所以a7＝a4＋3d＝7＋3×2＝13.
2．在等差数列{an}中，a1＝0，公差d≠0，若am＝a1＋a2＋…＋a9，则m的值为( )
A．37 B．36
C．20 D．19
解析：选A am＝a1＋a2＋…＋a9＝9a1＋eq \f(9×8,2)d＝36d＝a37，即m＝37.
3．在单调递增的等差数列{an}中，若a3＝1，a2a4＝eq \f(3,4)，则a1＝( )
A．－1 B．0
C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,2)
解析：选B 由题知，a2＋a4＝2a3＝2，又∵a2a4＝eq \f(3,4)，数列{an}单调递增，∴a2＝eq \f(1,2)，a4＝eq \f(3,2).∴公差d＝eq \f(a4－a2,2)＝eq \f(1,2).∴a1＝a2－d＝0.
4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－11，a3＋a7＝－6，则当Sn取最小值时，n等于( )
A．9 B．8
C．7 D．6
解析：选D 设等差数列{an}的公差为d.因为a3＋a7＝－6，所以a5＝－3，d＝2，则Sn＝n2－12n，故当n等于6时Sn取得最小值．
5．已知等差数列{an}中，an≠0，若n≥2且an－1＋an＋1－aeq \\al(2,n)＝0，S2n－1＝38，则n等于________．
解析：∵{an}是等差数列，∴2an＝an－1＋an＋1，又∵an－1＋an＋1－aeq \\al(2,n)＝0，∴2an－aeq \\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：10
一、选择题
1．(2017·黄冈质检)在等差数列{an}中，如果a1＋a2＝40，a3＋a4＝60，那么a7＋a8＝( )
A．95 B．100
C．135 D．80
解析：选B 由等差数列的性质可知，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8构成新的等差数列，于是a7＋a8＝(a1＋a2)＋(4－1)＝40＋3×20＝100.
2．(2017·东北三校联考)已知数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列，且bn＝an＋1－an(n∈N*)，若b3＝－2，b2＝12，则a8＝( )
A．0 B．－109
C．－181 D．121
解析：选B 设等差数列{bn}的公差为d，则d＝b3－b2＝－14，因为an＋1－an＝bn，所以a8－a1＝b1＋b2＋…＋b7＝eq \f(7b1＋b7,2)＝eq \f(7,2)＝－112，又a1＝3，则a8＝－109.
3．在等差数列{an}中，a3＋a5＋a11＋a17＝4，且其前n项和为Sn，则S17为( )
A．20 B．17
C．42 D．84
解析：选B 由a3＋a5＋a11＋a17＝4，得2(a4＋a14)＝4，即a4＋a14＝2，则a1＋a17＝2，故S17＝eq \f(17a1＋a17,2)＝17.
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．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n的值为12.
5．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＋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\c1(2n＋\f(1,2)×2n2n－1d))，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.
6．设等差数列{an}满足a1＝1，an>0(n∈N*)，其前n项和为Sn，若数列{eq \r(Sn)}也为等差数列，则eq \f(Sn＋10,a\\al(2,n))的最大值是( )
A．310 B．212
C．180 D．121
解析：选D 设数列{an}的公差为d，依题意得2eq \r(S2)＝eq \r(S1)＋eq \r(S3)，因为a1＝1，所以2eq \r(2a1＋d)＝eq \r(a1)＋eq \r(3a1＋3d)，化简可得d＝2a1＝2，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2，所以eq \f(Sn＋10,a\\al(2,n))＝eq \f(n＋102,2n－12)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋10,2n－1)))2＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\f(1,2)2n－1＋\f(21,2),2n－1)))2＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(21,2n－1)))2≤121.即eq \f(Sn＋10,a\\al(2,n))的最大值为121.
二、填空题
7．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足eq \f(S3,3)－eq \f(S2,2)＝1，则数列{an}的公差d是________．
解析：由eq \f(S3,3)－eq \f(S2,2)＝1得eq \f(a1＋a2＋a3,3)－eq \f(a1＋a2,2)＝a1＋d－eq \f(2a1＋d,2)＝eq \f(d,2)＝1，所以d＝2.
答案：2
8．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：3
9．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(11a1＋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：132
10．在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前 n项和为Sn ，当且仅当n＝8 时Sn 取得最大值，则d 的取值范围为________．
解析：由题意，当且仅当n＝8时Sn有最大值，可得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d<0，,a8>0，,a9<0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d<0，,7＋7d>0，,7＋8d<0，))解得－1答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(7,8)))
三、解答题
11．已知数列{an}满足a1＝1，an＝eq \f(an－1,2an－1＋1)(n∈N*，n≥2)，数列{bn}满足关系式bn＝eq \f(1,an)(n∈N*)．
(1)求证：数列{bn}为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：∵bn＝eq \f(1,an)，且an＝eq \f(an－1,2an－1＋1)，
∴bn＋1＝eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,\f(an,2an＋1))＝eq \f(2an＋1,an)，
∴bn＋1－bn＝eq \f(2an＋1,an)－eq \f(1,an)＝2.
又∵b1＝eq \f(1,a1)＝1，
∴数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)知数列{bn}的通项公式为bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1，又bn＝eq \f(1,an)，∴an＝eq \f(1,bn)＝eq \f(1,2n－1).∴数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,2n－1).
12．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\c1(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\c1(bn≤0，,bn＋1≥0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n－31≤0，,2n＋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.