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【步步高】2015高考数学(福建,理)一轮作业:6.2 等差数列及其前n项和]


§6.2 等差数列及其前 n 项和
一、选择题 1. {an}为等差数列,公差 d=-2,Sn 为其前 n 项和.若 S10=S11,则 a1=( A.18 C.22 B.20 D.24 )

解析: 由 S10=S11 得 a11=S11-S10=0, a1=a11+(1-11)d=0+(-10)×(-2)=20. 答案:B 2.设等差数列{an}

的前 n 项和为 Sn.若 a1=-11,a4+a6=-6,则当 Sn 取最小值 时,n 等于( A.6 ). B.7 C.8 D.9

解析 由 a4+a6=a1+a9=-11+a9=-6,得 a9=5,从而 d=2,所以 Sn=-11n +n(n-1)=n2-12n=(n-6)2-36,因此当 Sn 取得最小值时,n=6. 答案 A 3.在等差数列{an}中,若 a1+a4+a7=39,a3+a6+a9=27,则 S9 等于( A.66 B.99 C.144 D.297 ).

解析 ∵a1+a4+a7=39,a3+a6+a9=27, ∴3a4=39,3a6=27, ∴a4=13,a6=9. ∴a6-a4=2d=9-13=-4, ∴d=-2, ∴a5=a4+d=13-2=11, ∴S9= 9

a1+a9
2

=9a5=99.

答案 B 4. 设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,若 S8=30,S4=7,则 a4 的值等于( 1 9 A. B. 4 4 13 17 C. D. 4 4 )

解析

8×7 ? ?8a + 2 d=30, 由已知,得,? 4×3 4a + d=7, ? 2 ?
1 1 1

?4a1+14d=15, 即? ?4a1+6d=7,

?a =1 , 4 解得? ?d=1,
则 a4=a1+3d= 答案 C 5.设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,若 a1=1,公差 d=2,Sk+2-Sk=24,则 k =( A.8 ). B.7 C.6 D.5 13 ,故选 C. 4

解析 由 a1=1,公差 d=2 得通项 an=2n-1,又 Sk+2-Sk=ak+1+ak+2,所以 2k +1+2k+3=24,得 k=5. 答案 D 6.已知△ABC 的一个内角为 120°,并且三边长构成公差为 4 的等差数列,则△

ABC 的面积为(
A.12 3 解析

). B.15 3 C.12 D.15

不妨设角 A=120°,c<b,则 a=b+4,c=b-4,于是 cos 120°=
2

b2+ b- 2- b+ 2b b-
答案 B

1 1 =- ,解得 b=10,所以 S= bcsin 120°=15 3. 2 2

7.在等差数列 {an } 中, a2 ? 1, a4 ? 5 ,则 {an } 的前 5 项和 S5 =( A.7 解析 B.15
a2 ? 1, a4 ? 5 ? S5 ?

) D.25

C.20

a1 ? a5 a ? a4 ?5 ? 2 ? 5 ? 15 2 2 .

答案 B 二、填空题 8.已知数列{an}为等差数列,Sn 为其前 n 项和,a7-a5=4,a11=21,Sk=9,则

k=________.

解析:a7-a5=2d=4,d=2,a1=a11-10d=21-20=1,

Sk=k+

k k-
2

×2=k2=9.又 k∈N*,故 k=3.

答案:3 9. 定义“等和数列”:在一个数列中,如果每一项与它的后一项的和都为同一 个常数, 那么这个数列叫做等和数列, 这个常数叫做该数列的公和. 已知数列{an} 是等和数列,且 a1=2,公和为 5,那么 a18 的值为________. 解析 由题意知 an+an+1=5,所以 a2=3,a3=2,a4=3,?,a18=3. 答案 3 10.在等差数列{an}中,a1=-3,11a5=5a8-13,则数列{an}的前 n 项和 Sn 的最 小值为________. 解析 (直接法)设公差为 d,则 11(-3+4d)=5(-3+7d)-13, 5 所以 d= ,所以数列{an}为递增数列. 9 5 32 令 an≤0,所以-3+(n-1)· ≤0,所以 n≤ , 9 5 又 n∈N*,前 6 项均为负值, 所以 Sn 的最小值为- 答案 - 29 3 29 . 3

【点评】 本题运用直接法,直接利用等差数列的通项公式判断出数列的项的符 号,进而确定前几项的和最小,最后利用等差数列的求和公式求得最小值. 11.两个等差数列的前 n 项和之比为 5n+10 ,则它们的第 7 项之比为________. 2n-1

解析 设两个数列{an},{bn}的前 n 项和为 Sn,Tn,则 = =

Sn 5n+10 a7 a1+a13 = ,而 = Tn 2n-1 b7 b1+b13

S13 5×13+10 3 = . T13 2×13-1 1

答案 3∶1 12.已知数列{an}满足递推关系式 an+1=2an+2n-1(n∈N*),且? 列,则 λ 的值是________.
?an+λ ? ? ? ?为等差数 n ? ? ? 2 ?

解析 由 an+1=2an+2 -1, 可得

n

an+1 an 1
2n+1

1 an+1+λ an+λ an+1 an = n+ - n+1,则 - = n+1- n 2 2 2 2n+1 2n 2 2

? ?an-1? ? λ 1 1 λ 1 λ +1 1 - n+1= - n+1- n+1= - n+1 ,当 λ 的值是-1 时,数列? n ?是公差为 的 2 2 2 2 2 2 2 2 ? ? ? ?

等差数列. 答案 -1 三、解答题 13.设 a1,d 为实数,首项为 a1,公差为 d 的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,满 足 S5S6+15=0. (1)若 S5=5,求 S6 及 a1; (2)求 d 的取值范围. 思路分析 第(1)问建立首项 a1 与公差 d 的方程组求解;第(2)问建立首项 a1 与 公差 d 的方程,利用完全平方公式求范围. 解析 (1)由题意知 S6= ?5a1+10d=5, 所以? ?a1+5d=-8. 解得 a1=7,所以 S6=-3,a1=7.
2 (2)因为 S5S6+15=0,所以(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0,即 2a2 1+9da1+10d

-15

S5

=-3,a6=S6-S5=-8,

+1=0, 故(4a1+9d)2=d2-8,所以 d2≥8. 故 d 的取值范围为 d≤-2 2或 d≥2 2. 【点评】 方程思想在数列中常常用到,如求通项 an 及 Sn 时,一般要建立首项 a1 与公差 d 或公比 q 的方程组.
2 *

14.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=10n-n ,(n∈N ). (1)求 a1 和 an; (2)记 bn=|an|,求数列{bn}的前 n 项和. 解析 (1)∵Sn=10n-n2,∴a1=S1=10-1=9. ∵Sn=10n-n2,当 n≥2,n∈N*时, Sn-1=10(n-1)-(n-1)2=10n-n2+2n-11, ∴an=Sn-Sn-1=(10n-n2)-(10n-n2+2n-11) =-2n+11. 又 n=1 时,a1=9=-2×1+11,符合上式.

则数列{an}的通项公式为 an=-2n+11(n∈N*). ?-2n+ (2)∵an=-2n+11,∴bn=|an|=? ?2n-

n n




设数列{bn}的前 n 项和为 Tn, n -2n+ n≤5 时,Tn= =10n-n2; 2 n- b6+bn n- +2n- n>5 时 Tn=T5+ =25+ 2 2 2 =n -10n+50, 2 * ?10n-n n≤5,n∈N , ∴数列{bn}的前 n 项和 Tn=? 2 n>5,n∈N* ?n -10n+ 15.在数列{an}中,an+1+an=2n-44(n∈N*),a1=-23. (1)求 an; (2)设 Sn 为{an}的前 n 项和,求 Sn 的最小值. 思路分析 由已知条件可推知 n 应分奇数和偶数. 解析 (1)由 an+1+an=2n-44(n∈N*),

=25+(n-5)2

an+2+an+1=2(n+1)-44.
∴an+2-an=2,又 a2+a1=2-44,∴a2=-19. 同理得:a3=-21,a4=-17.故 a1,a3,a5,?是以 a1 为首项、2 为公差的等差 数列,a2,a4,a6,?是以 a2 为首项、2 为公差的等差数列. ?n- 从而 an=? ?n-

n为奇数 , n为偶数

(2)当 n 为偶数时,

Sn=(a1+a2)+(a3+a4)+?+(an-1+an)
=(2×1-44)+(2×3-44)+?+[2×(n-1)-44] =2[1+3+?+(n-1)]- ·44= -22n, 2 2 故当 n=22 时,Sn 取得最小值-242. 当 n 为奇数时,

n

n2

Sn=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+?+(an-1+an)=a1+(2×2-44)+?+[2×(n-1)
-44] =a1+2[2+4+?+(n-1)]+

n-1
2

·(-44)

=-23+

n+
2

n-

-22(n-1)

3 = -22n- . 2 2 故当 n=21 或 n=23 时,Sn 取得最小值-243. 综上所述:当 n 为偶数时,Sn 取得最小值为-242;当 n 为奇数时,Sn 取最小值 为-243. 【点评】 数列中的分类讨论一般有两种:一是对项数 n 的分类;二是对公比 q 的分类,解题时只要细心就可避免失误. 16.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足:a1=a(a≠0),an+1=rSn(n∈N*,r ∈R,r≠-1). (1)求数列{an}的通项公式; (2)若存在 k∈N*,使得 Sk+1,Sk,Sk+2 成等差数列,试判断:对于任意的 m∈N*, 且 m≥2,am+1,am,am+2 是否成等差数列,并证明你的结论. 解析 (1)由已知 an+1=rSn,可得 an+2=rSn+1,两式相减可得 an+2-an+1=r(Sn+1 -Sn)=ran+1,即 an+2=(r+1)an+1,又 a2=ra1=ra, 所以当 r=0 时,数列{an}为:a,0,?,0,?; 当 r≠0,r≠-1 时,由已知 a≠0,所以 an≠0(n∈N*), 于是由 an+2=(r+1)an+1,可得

n2

an+2 =r+1(n∈N*), an+1

∴a2,a3,?,an,?成等比数列, ∴当 n≥2 时,an=r(r+1)n-2a. ?a,n=1, 综上,数列{an}的通项公式为 an=? n-2 a,n≥2. ?r r+ (2)对于任意的 m∈N ,且 m≥2,am+1,am,am+2 成等差数列.证明如下: ?a,n=1, 当 r=0 时,由(1)知,an=? ?0,n≥2. ∴对于任意的 m∈N*,且 m≥2,am+1,am,am+2 成等差数列. 当 r≠0,r≠-1 时,∵Sk+2=Sk+ak+1+ak+2,Sk+1=Sk+ak+1.若存在 k∈N*, 使得 Sk+1,Sk,Sk+2 成等差数列,则 Sk+1+Sk+2=2Sk,
*

∴2Sk+2ak+1+ak+2=2Sk,即 ak+2=-2ak+1. 由(1)知,a2,a3,?,am,?的公比 r+1=-2,于是 对于任意的 m∈N*,且 m≥2,am+1=-2am,从而 am+2=4am, ∴am+1+am+2=2am,即 am+1,am,am+2 成等差数列. 综上,对于任意的 m∈N*,且 m≥2,am+1,am,am+2 成等差数列.


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