备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价(三十五)　等差数列及其前n项和

课时验收评价(三十五)　等差数列及其前n项和

一、点全面广强基训练

1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，S5＝10，则a5＝(　 )

A．－2  B．0  C．6  D．10

解析：选A　∵等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，S5＝10，∴

解得a1＝6，d＝－2，

∴a5＝6－4×2＝－2，故选A.

2．(2023·哈师大附中模拟)设Sn是等差数列{an}的前n项和，a1＋a2＋a3＝3，a7＋a9＝10，则S9＝(　 )

A．9  B．16  C．20  D．27

解析：选D　由a1＋a2＋a3＝3得a1＋a2＋a3＝3a2＝3，则a2＝1，由a7＋a9＝10得a7＋a9＝2a8＝10，则a8＝5，所以S9＝9×＝9×＝3×9＝27.

3．(2023·绵阳模拟)已知数列{an}，{bn}均为公差不为0的等差数列，且满足a3＝b2，a6＝b4，则＝(　 )

A．2  B．1  C.  D．3

解析：选A　设数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，

∵a3＝b2，a6＝b4，则a6－a3＝b4－b2，

∴3d1＝2d2，则＝＝＝2.故选A.

4．中国古代数学名著《九章算术》中“均输”一章有如下问题：“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升．问中间二节欲均容各多少．”意思是“今有竹9节，下部分3节总容量4升，上部分4节总容量3升，且自下而上每节容积成等差数列，问中间2节容积各是多少？”按此规律，中间2节(自下而上第4节和第5节)容积之和为(　 )

A.  B．  C.  D．

解析：选A　依题意，令9节竹子从下到上的容积构成的等差数列为{an}，n∈N*，n≤9，其公差为d，

于是得即有

解得a5＝，d＝－，

所以中间2节容积之和为a4＋a5＝2a5－d＝.

5．(2023·南京模拟)在数列{an}中，＝＋(n∈N*，n≥2)，且a2 020＝，a2 022＝，则a2 023＝(　 )

A.  B．  C.  D．3

解析：选C　由＝＋(n∈N*，n≥2)知，数列是等差数列，则其公差d＝－＝.因此＝＋d＝＋＝3，所以a2 023＝.

6．已知等差数列5,4，3，…，则前n项和Sn＝________.

解析：由题知公差d＝－，所以Sn＝na1＋d＝(15n－n2)．

答案：(15n－n2)

7．在等差数列{an}中，公差d＝，前100项的和S100＝45，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝________.

解析：因为S100＝(a1＋a100)＝45，所以a1＋a100＝，a1＋a99＝a1＋a100－d＝，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝(a1＋a99)＝×＝10.

答案：10

8．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若S2n＝2Sn＋n2，则d＝________.

解析：因为等差数列{an}的前n项和为Sn，所以S2n＝＝n(a1＋a2n)，Sn＝，又S2n＝2Sn＋n2，所以n(a1＋a2n)＝2×＋n2，即a1＋a2n＝a1＋an＋n，所以a2n－an＝nd＝n，解得d＝1.

答案：1

9．记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4.

(1)求数列{an}的通项公式an；

(2)求使Sn>an成立的n的最小值．

解：(1)由等差数列的性质可得S5＝5a3，则a3＝5a3，∴a3＝0，

设等差数列的公差为d，从而有a2a4＝(a3－d)·(a3＋d)＝－d2，

S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a3－2d)＋(a3－d)＋a3＋(a3＋d)＝－2d，

从而－d2＝－2d，由于公差不为零，故d＝2，

数列的通项公式为an＝a3＋(n－3)d＝2n－6.

(2)由数列的通项公式可得a1＝2－6＝－4，则Sn＝n×(－4)＋×2＝n2－5n，

则不等式Sn>an即n2－5n>2n－6，整理可得(n－1)(n－6)>0，

解得n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7.

10．(2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．

①数列{an}是等差数列；②数列{ }是等差数列；③a2＝3a1.

解：方案一：选①②⇒③，

即已知{an}及{ }是等差数列，求证：a2＝3a1.

证明：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则

＝.

由{}为等差数列，知＋＝2，

即＋ ＝2，

即a1＋3a1＋3d＋2＝8a1＋4d，

即2＝4a1＋d.

所以12a＋12a1d＝16a＋8a1d＋d2，

所以4a－4a1d＋d2＝0，即2a1－d＝0.所以d＝2a1.

所以a2＝a1＋d＝a1＋2a1＝3a1.

方案二：选①③⇒②，

即已知{an}是等差数列且a2＝3a1，求证：{}是等差数列．

证明：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，

由a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1.

所以Sn＝na1＋×d＝na1＋×2a1＝n2a1.

所以 ＝n，所以＝ .

当n≥2时，－＝n－(n－1)＝，为常数．

所以数列{ }是首项为，公差为的等差数列．

方案三：选②③⇒①，

即已知数列{ }是等差数列，且a2＝3a1，求证：数列{an}是等差数列．

证明：设等差数列{ }的公差为d，

则－＝d，即－＝d，则＝d.

所以＝＋(n－1)d＝＋(n－1)＝n，所以Sn＝n2a1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2a1－(n－1)2a1＝(2n－1)a1，

所以an－an－1＝(2n－1)a1－[2(n－1)－1]a1＝2a1.

所以数列{an}是以a1为首项，2a1为公差的等差数列．

二、重点难点培优训练

1．已知等差数列{an}单调递增且满足a1＋a8＝6，则a6的取值范围是(　 )

A．(－∞，3)  B．(3,6)

C．(3，＋∞)  D．(6，＋∞)

解析：选C　因为{an}为等差数列，设公差为d，

因为数列{an}单调递增，所以d>0，

所以a1＋a8＝a3＋a6＝2a6－3d＝6，

则2a6－6＝3d>0，解得a6>3，故选C.

2．已知等差数列{an}和等比数列{bn}均为递增数列，且a1＝b2＝1，a2＝b6，若ak＝b10，则k的最小值为(　 )

A．3  B．4  C．5  D．6

解析：选B　设等差数列{an}公差为d，等比数列{bn}公比为q，

则d>0，q>1，因为a1＝b2＝1，a2＝b6，

所以1＋d＝q4　①，而ak＝b10，

所以1＋(k－1)d＝q8　②，

由①②得，(1＋d)2＝1＋(k－1)d，

即k＝d＋3，d>0，k∈N*，

所以k的最小值为4.故选B.

3．已知数列{an}的首项为a1＝1，且an＋1－an∈{0,1,2}，则a6＝________.

解析：当an＋1－an＝0，则{an}为常数列，所以a6＝1；

当an＋1－an＝2，则{an}是首项为1，公差为2的等差数列，所以a6＝1＋2×5＝11；

an＋1－an∈{0,1,2}，表示数列{an}相邻两项之差为0,1,2，

所以a6可以为1至11的正整数中任意一个数．

答案：2　(答案不唯一，1至11的正整数中任意一个数即可)

4．已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2a4＝65，a1＋a5＝18.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)是否存在常数k，使得数列{}为等差数列？若存在，求出常数k；若不存在，请说明理由．

解：(1)设公差为d，因为{an}为等差数列，所以a1＋a5＝a2＋a4＝18，又a2a4＝65，所以a2，a4是方程x2－18x＋65＝0的两个实数根，又公差d＞0，所以a2＜a4，所以a2＝5，a4＝13.所以所以所以an＝4n－3.

(2)存在．由(1)知，Sn＝n＋×4＝2n2－n，假设存在常数k，使数列{}为等差数列．由＋＝2，得＋＝2，解得k＝1.所以＝＝n，当n≥2时，n－(n－1)＝，为常数，所以数列{}为等差数列．故存在常数k＝1，使得数列{}为等差数列．