高考数学一轮复习第5章第2节课时分层训练29

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这是一份高考数学一轮复习第5章第2节课时分层训练29，共5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。

A组基础达标
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1．在等差数列{an}中，a1＝0，公差d≠0，若am＝a1＋a2＋…＋a9，则m的值为( ) 【导学号：31222178】
A．37B．36
C．20D．19
A [am＝a1＋a2＋…＋a9＝9a1＋eq \f(9×8,2)d＝36d＝a37.]
2．(2017·深圳二次调研)在等差数列{an}中，若前10项的和S10＝60，且a7＝7，则a4＝( )
【导学号：31222179】
A．4B．－4
C．5D．－5
C [法一：由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(10a1＋45d＝60，,a1＋6d＝7，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,d＝\f(2,3)，))∴a4＝a1＋3d＝5，故选C.
法二：由等差数列的性质有a1＋a10＝a7＋a4，∵S10＝eq \f(10a1＋a10,2)＝60，∴a1＋a10＝12.又∵a7＝7，∴a4＝5，故选C.]
3．(2017·福州质检)已知数列{an}是等差数列，且a7－2a4＝6，a3＝2，则公差d＝( )
A．2eq \r(2)B．4
C．8D．16
B [法一：由题意得a3＝2，a7－2a4＝a3＋4d－2(a3＋d)＝6，解得d＝4，故选B.
法二：由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a7－2a4＝a1＋6d－2a1＋3d＝6，,a3＝a1＋2d＝2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－6，,d＝4，))故选B.]
4．等差数列{an}中，已知a5>0，a4＋a7<0，则{an}的前n项和Sn的最大值为( ) 【导学号：31222180】
A．S7B．S6
C．S5D．S4
C [∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＋a7＝a5＋a6<0，,a5>0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a5>0，,a6<0，))
∴Sn的最大值为S5.]
5．(2017·湖北七市4月联考)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：几日相逢？( )
A．9日B．8日
C．16日D．12日
A [根据题意，显然良马每日行程构成一个首项a1＝103，公差d1＝13的等差数列，前n天共跑的里程为S＝na1＋eq \f(nn－1,2)d1＝103n＋eq \f(13,2)n(n－1)＝6.5n2＋96.5n；驽马每日行程也构成一个首项b1＝97，公差d2＝－0.5的等差数列，前n天共跑的里程为S＝nb1＋eq \f(nn－1,2)d2＝97n－eq \f(0.5,2)n(n－1)＝－0.25n2＋97.25n.两马相逢时，共跑了一个来回．设其第n天相逢，则有6.5n2＋96.5n－0.25n2＋97.25n＝1 125×2，解得n＝9，即它们第9天相遇，故选A.]
二、填空题
6．(2017·郑州二次质量预测)已知{an}为等差数列，公差为1，且a5是a3与a11的等比中项，则a1＝__________.
－1 [因为a5是a3与a11的等比中项，所以aeq \\al(2,5)＝a3·a11，即(a1＋4d)2＝(a1＋2d)(a1＋10d)，解得a1＝－1.]
7．(2016·北京高考)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.
6 [∵a3＋a5＝2a4，∴a4＝0.
∵a1＝6，a4＝a1＋3d，∴d＝－2.
∴S6＝6a1＋eq \f(6×6－1,2)d＝6.]
8．(2016·江苏高考)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和．若a1＋aeq \\al(2,2)＝－3，S5＝10，则a9的值是________．
20 [法一：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝10，知S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)d＝10，得a1＋2d＝2，即a1＝2－2d，所以a2＝a1＋d＝2－d，代入a1＋aeq \\al(2,2)＝－3，化简得d2－6d＋9＝0，所以d＝3，a1＝－4.故a9＝a1＋8d＝－4＋24＝20.
法二：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝10，知eq \f(5a1＋a5,2)＝5a3＝10，所以a3＝2.
由a1＋a3＝2a2，得a1＝2a2－2，代入a1＋aeq \\al(2,2)＝－3，化简得aeq \\al(2,2)＋2a2＋1＝0，所以a2＝－1.
公差d＝a3－a2＝2＋1＝3，故a9＝a3＋6d＝2＋18＝20.]
三、解答题
9．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a，前n项和为Sn，且Sk＝110.
【导学号：31222181】
(1)求a及k的值；
(2)设数列{bn}的通项bn＝eq \f(Sn,n)，证明：数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn.
[解] (1)设该等差数列为{an}，则a1＝a，a2＝4，a3＝3a，
由已知有a＋3a＝8，得a1＝a＝2，公差d＝4－2＝2，
所以Sk＝ka1＋eq \f(kk－1,2)·d＝2k＋eq \f(kk－1,2)×2＝k2＋k.3分
由Sk＝110，得k2＋k－110＝0，
解得k＝10或k＝－11(舍去)，故a＝2，k＝10.5分
(2)证明：由(1)得Sn＝eq \f(n2＋2n,2)＝n(n＋1)，
则bn＝eq \f(Sn,n)＝n＋1，
故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，8分
即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，
所以Tn＝eq \f(n2＋n＋1,2)＝eq \f(nn＋3,2).12分
10．(2017·合肥三次质检)等差数列{an}的首项a1＝1，公差d≠0，且a3·a4＝a12.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝an·2n，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解] (1)由a3·a4＝a12得(1＋2d)·(1＋3d)＝1＋11d⇒d＝1或d＝0(不合题意舍去)，∴数列{an}的通项公式为an＝n.5分
(2)依题意bn＝an·2n＝n·2n，
Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，9分
两式相减得－Tn＝21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1
＝eq \f(21－2n,1－2)－n×2n＋1
＝(1－n)2n＋1－2，
∴Tn＝(n－1)2n＋1＋2.12分
B组能力提升
(建议用时：15分钟)
1．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( ) 【导学号：31222182】
A．bn＝n－1B．bn＝2n－1
C．bn＝n＋1D．bn＝2n＋1
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.]
2．已知等差数列{an}的首项a1＝20，公差d＝－2，则前n项和Sn的最大值为__________．
110 [因为等差数列{an}的首项a1＝20，公差d＝－2，代入求和公式得，
Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝20n－eq \f(nn－1,2)×2
＝－n2＋21n＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(21,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(21,2)))2，
又因为n∈N*，所以n＝10或n＝11时，Sn取得最大值，最大值为110.]
3．(2014·全国卷Ⅰ)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．
(1)证明：an＋2－an＝λ；
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
[解] (1)证明：由题设知anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，2分
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1，
由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.5分
(2)由题设知a1＝1，a1a2＝λS1－1，
可得a2＝λ－1.
由(1)知，a3＝λ＋1.7分
令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.
故an＋2－an＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；9分
{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.
所以an＝2n－1，an＋1－an＝2，
因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列.12分