课时过关检测（三十三） 等差数列及其前n项和

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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d0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＝－1Sn”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)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)0，a101，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(a1f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an＋an＋1,2)))
B．eq \f(fan＋fan＋1,2)