高中数学高考课后限时集训33 等差数列及其前n项和 作业

这是一份高中数学高考课后限时集训33 等差数列及其前n项和 作业，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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一、选择题
1．(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为( )
A．1 B．2 C．4 D．8
C [设{an}的公差为d，则
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＋a5＝24，,S6＝48，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋3d＋a1＋4d＝24，,6a1＋\f(6×5,2)d＝48，))解得d＝4.
故选C.]
2．(2019·峨眉山模拟)在等差数列{an}中，a3，a9是方程x2＋24x＋12＝0的两根，则数列{an}的前11项和等于( )
A．66 B．132 C．－66 D．－132
D [因为a3，a9是方程x2＋24x＋12＝0的两根，
所以a3＋a9＝－24，
又a3＋a9＝－24＝2a6，所以a6＝－12，
S11＝eq \f(11×a1＋a11,2)＝eq \f(11×2a6,2)＝－132.故选D.]
3．在数列{an}中，an＝28－5n，Sn为数列{an}的前n项和，当Sn最大时，n＝( )
A．2 B．3 C．5 D．6
C [∵an＝28－5n，∴数列{an}为递减数列．
令an＝28－5n≥0，则n≤eq \f(28,5)，又n∈N*，
∴n≤5.
∴当n＝5时，Sn最大．故选C.]
4．程大位《算法统宗》里有诗云“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠．次第每人多十七，要将第八数来言．务要分明依次弟，孝和休惹外人传．”意为：996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第一个开始，以后每人依次多17斤，直到第八个孩子为止．分配时一定要等级分明，使孝顺子女的美德外传，则第八个孩子分得斤数为( )
A．65 B．176
C．183 D．184
D [由题意知，8个孩子所得棉花构成公差为17的等差数列，且前8项之和为996.
设首项为a1，则S8＝8a1＋eq \f(8×7,2)×17＝996，解得a1＝65，
则a8＝a1＋7d＝65＋7×17＝184，故选D.]
5．设数列{an}的前n项和为Sn，且an＝－2n＋1，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前11项和为( )
A．－45 B．－50 C．－55 D．－66
D [∵an＝－2n＋1，∴数列{an}是以－1为首项，－2为公差的等差数列，∴Sn＝eq \f(n[－1＋－2n＋1],2)＝－n2，∴eq \f(Sn,n)＝eq \f(－n2,n)＝－n，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是以－1为首项，－1为公差的等差数列，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前11项和为11×(－1)＋eq \f(11×10,2)×(－1)＝－66，故选D.]
二、填空题
6．(2019·全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＝5，a7＝13，则S10＝ .
100 [∵{an}为等差数列，a3＝5，a7＝13，
∴公差d＝eq \f(a7－a3,7－3)＝eq \f(13－5,4)＝2，
首项a1＝a3－2d＝5－2×2＝1，
∴S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝100.]
7．若x≠y，数列x，a1，a2，y和x，b1，b2，b3，y各自成等差数列，则eq \f(a1－a2,b1－b2)＝ .
eq \f(4,3) [由题意得a1－a2＝eq \f(x－y,3)，b1－b2＝eq \f(x－y,4)，所以eq \f(a1－a2,b1－b2)＝eq \f(4,3).]
8．在等差数列{an}中，公差d＝eq \f(1,2)，前100项的和S100＝45，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝ .
10 [a2＋a4＋a6＋…＋a100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋25，由S100＝45得a1＋a3＋a5＋…＋a99＝10.]
三、解答题
9．(2018·全国卷Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最小值．
[解] (1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.由a1＝－7得d＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.
10．已知等差数列{an}的公差不为零，a1＝25，且a1，a11，a13成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
[解] (1)设{an}的公差为d.由题意，得
aeq \\al(2,11)＝a1a13，
即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)．
于是d(2a1＋25d)＝0.
又a1＝25，所以d＝0(舍去)或d＝－2.
故an＝－2n＋27.
(2)令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．
从而Sn＝eq \f(n,2)(a1＋a3n－2)
＝eq \f(n,2)(－6n＋56)
＝－3n2＋28n.
1．在数列{an}中，若a1＝1，a2＝eq \f(1,2)，eq \f(2,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,an＋2)(n∈N*)，则该数列的通项公式为( )
A．an＝eq \f(1,n) B．an＝eq \f(2,n＋1)
C．an＝eq \f(2,n＋2) D．an＝eq \f(3,n)
A [由已知式eq \f(2,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,an＋2)可得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,an＋2)－eq \f(1,an＋1)，知eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,a1)＝1，公差为eq \f(1,a2)－eq \f(1,a1)＝2－1＝1的等差数列，所以eq \f(1,an)＝n，即an＝eq \f(1,n).]
2．设an＝(n＋1)2，bn＝n2－n(n∈N*)，则下列命题中不正确的是( )
A．{an＋1－an}是等差数列
B．{bn＋1－bn}是等差数列
C．{an－bn}是等差数列
D．{an＋bn}是等差数列
D [对于A，因为an＝(n＋1)2，
所以an＋1－an＝(n＋2)2－(n＋1)2＝2n＋3，
设cn＝2n＋3，所以cn＋1－cn＝2.
所以{an＋1－an}是等差数列，故A正确；
对于B，因为bn＝n2－n(n∈N*)，
所以bn＋1－bn＝2n，
设cn＝2n，所以cn＋1－cn＝2，
所以{bn＋1－bn}是等差数列，故B正确；
对于C，因为an＝(n＋1)2，bn＝n2－n(n∈N*)，
所以an－bn＝(n＋1)2－(n2－n)＝3n＋1，
设cn＝3n＋1，所以cn＋1－cn＝3，
所以{an－bn}是等差数列，故C正确；
对于D，an＋bn＝2n2＋n＋1，设cn＝an＋bn，
cn＋1－cn不是常数，故D错误．]
3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则正整数m的值为 ．
5 [由题意知am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，则公差d＝am＋1－am＝1.
由Sm＝0得eq \f(ma1＋am,2)＝0，
解得a1＝－am＝－2，
则am＝－2＋(m－1)×1＝2，解得m＝5.]
4．已知数列{an}满足a1＝2，n(an＋1－n－1)＝(n＋1)(an＋n)(n∈N*)．
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差数列，并求其通项公式；
(2)设bn＝eq \r(2an)－15，求数列{|bn|}的前n项和Tn.
[解] (1)证明：∵n(an＋1－n－1)＝(n＋1)(an＋n)(n∈N*)，
∴nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，∴eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝2，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差数列，其公差为2，首项为2，
∴eq \f(an,n)＝2＋2(n－1)＝2n.
(2)由(1)知an＝2n2，∴bn＝eq \r(2an)－15＝2n－15，
∴bn＋1－bn＝2，b1＝－13，
∴数列{bn}是首项为－13，公差为2的等差数列，
则数列{bn}的前n项和Sn＝eq \f(n－13＋2n－15,2)＝n2－14n.
令bn＝2n－15≤0，n∈N*，解得n≤7.
∴n≤7时，数列{|bn|}的前n项和Tn＝－b1－b2－…－bn＝－Sn＝－n2＋14n.
n≥8时，数列{|bn|}的前n项和Tn＝－b1－b2－…－b7＋b8＋…＋bn＝－2S7＋Sn＝－2×(72－14×7)＋n2－14n＝n2－14n＋98.
∴Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(14n－n2，n≤7，,n2－14n＋98，n≥8.))
1．已知函数y＝f(x)对任意自变量x都有f(x)＝f(2－x)，且函数f(x)在[1，＋∞)上单调．若数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a6)＝f(a2 012)，则{an}的前2 017项之和为( )
A．0 B．2 017 C．2 016 D．4 034
B [由题意知a6＋a2 012＝2，则
S2 017＝eq \f(2 017a1＋a2 017,2)＝eq \f(2 017a6＋a2 012,2)＝2 017，故选B.]
2．各项均不为0的数列{an}满足eq \f(an＋1an＋an＋2,2)＝an＋2an，且a3＝2a8＝eq \f(1,5).
(1)证明数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}的通项公式为bn＝eq \f(an,2n＋6)，求数列{bn}的前n项和Sn.
[解] (1)证明：依题意，an＋1an＋an＋2an＋1＝2an＋2an，两边同时除以anan＋1an＋2，
可得eq \f(1,an＋2)＋eq \f(1,an)＝eq \f(2,an＋1)，
故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列，
设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的公差为d.
因为a3＝2a8＝eq \f(1,5)，所以eq \f(1,a3)＝5，eq \f(1,a8)＝10，
所以eq \f(1,a8)－eq \f(1,a3)＝5＝5d，
即d＝1，
所以eq \f(1,an)＝eq \f(1,a3)＋(n－3)d＝5＋(n－3)×1＝n＋2，
故an＝eq \f(1,n＋2).
(2)由(1)可知bn＝eq \f(an,2n＋6)＝eq \f(1,2)·eq \f(1,n＋2n＋3)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋2)－\f(1,n＋3)))，故Sn＝eq \f(1,2)eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,n＋2)－eq \f(1,n＋3)＝eq \f(n,6n＋3).