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【创新方案】(浙江专版)2014届高考数学一轮复习 5.2 等差数列及其前n项和限时集训 理


限时集训(二十八)

等差数列及其前 n 项和

(限时:50 分钟 满分:106 分)

一、选择题(本大题共 8 个小题,每小题 5 分,共 40 分) 1.已知{an}是等差数列,且 a3+a9=4a5,a2=-8,则该数列的公差是( A.4 C.-4 B.14 D.-14 )

2.(2013

·宁波模拟)已知等差数列{an}的前三项依次为 a-1,a+1,2a+3,则此数列 的通项 an=( A.2n-3 C.2n-5 ) B.2n+1 D.2n-1 )

3.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S17=a,则 a2+a9+a16 等于( A. C.

a
17 3a 17

4a B. 17 3a D.- 17

4.已知等差数列{an}的公差为 2,项数是偶数,所有奇数项之和为 15,所有偶数项之 和为 25,则这个数列的项数为( A.10 C.30 ) B.20 D.40

5.(2013·秦皇岛模拟)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 C.6 ) B.7 D.5

6.已知{an}为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99.以 Sn 表示{an}的前 n 项和, 则使得 Sn 达到最大值的 n 是( A.21 C.19 ) B.20 D.18

7.已知 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,若 S1=1, =4,则 的值为( A. C. 9 4 5 3 3 B. 2 D.4

S4 S2

S6 S4

)

1

8.(2013·玉溪模拟)数列{an}的首项为 3,{bn}为等差数列且 bn=an+1-an(n∈N ).若

*

b3=-2,b10=12,则 a8=(
A.0 C.8

) B.3 D.11

二、填空题(本大题共 6 个小题,每小题 4 分,共 24 分) 9.(2013·杭州模拟)若 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,且 S8-S3=10,则 S11 的值为 ________ 10.等差数列{an}前 9 项的和等于前 4 项的和.若 a1=1,ak+a4=0,则 k=________. 11.已知{an}是等差数列,a4+a6=6,其前 5 项和 S5=10,则其公差 d=________ 12.已知等差数列{an}中,an≠0,若 n>1 且 an-1+an+1-an=0,S2n-1=38,则 n 等于 ________. 13.数列{an}是等差数列,若 小正值时,n=________. 14.(2013·南京模拟)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若(a2-1) +2 012(a2-1) =1,(a2 011-1) +2 012·(a2 011-1)=-1,则下列四个命题中真命题的序号为________. ①S2 011=2 011,②S2 012=2 012,③a2 011<a2, ④S2 011<S2 三、解答题(本大题共 3 个小题,每小题 14 分,共 42 分) 15.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.
3 3 2

a11 <-1,且它的前 n 项和 Sn 有最大值,那么当 Sn 取得最 a10

2

16.已知等差数列{an}中,公差 d>0,前 n 项和为 Sn,a2·a3=45,a1+a5=18. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令 bn=

Sn

n+c

(n∈N ),是否存在一个非零常数 c,使数列{bn}也为等差数列?若存在,

*

求出 c 的值;若不存在,请说明理由.

?1?n-1 17.已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和,Sn 满足关系式 2Sn=Sn-1-? ? +2(n≥2,n 为正整 ?2?
1 数),a1= . 2 (1)令 bn=2 an,求证数列{bn}是等差数列,并求数列{an}的通项公式;
3
n

(2)在(1)的条件下,求 Sn 的取值范围.





[限时集训(二十八)] 1.A 2.A 3.C 4.A 5.D 6.B 7.A 8.B 9.解析:由 S8-S3=10 可得 a4+a5+a6+a7+a8=10,根据等差数列的性质可得 5a6= 10,即 a6=2,所以 S11= 答案:22 10.解析:设公差为 d,
? ?9a1+36d=4a1+6d, 则? ?a1=1, ?

a1+a11
2

×11=11a6=22.

?a1=1, ? 解得? 1 ?d=-6. ?
1 k-1 则 ak+a4=a1+(k-1)d+a1+3d=2- - =0, 2 6 即 k=10. 答案:10
4

11.解析:∵a4+a6=2a5=6, ∴a5=3,即 a1+4d=3,① 又∵S5=10,∴5a1+10d=10,② 1 由①②得 d= . 2 1 答案: 2 12.解析:∵2an=an-1+an+1, 又 an-1+an+1-an=0, ∴2an-an=0,即 an(2-an)=0. ∵an≠0,∴an=2. ∴S2n-1=2(2n-1)=38, 解得 n=10. 答案:10 13.解析:由题意可知,数列{an}的前 n 项和 Sn 有最大值,所以公差小于零,故 a11<
2 2

a11 a10,又因为 <-1,所以 a10>0,a11<-a10,由等差数列的性质有 a11+a10=a1+a20<0,a10 a10
+a10=a1+a19>0,所以 Sn 取得最小正值时 n=19. 答案:19 14.解析:由已知可得 a2-1>0,a2 011-1<0,所以 a2>a2 011, 故③正确. ∵两式相加得(a2+a2 011-2)[(a2-1) +(a2 011-1) -(a2-1)(a2 011-1)+2 012]=0,∴
2 2

a2+a2 011=2.
∴S2 012= 定成立. 答案:②③ 15 15.解:(1)由题意知 S6=- =-3,a6=S6-S5=-8, 2 012?

a1+a2 012?
2



2 012?

a2+a2 011?
2

=2 012,故②正确.易知,①④不一

S5

?5a1+10d=5, ? 所以? ? ?a1+5d=-8,

解得 a1=7.

所以 S6=-3,a1=7. (2)因为 S5S6+15=0, 所以(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0, 即 2a1+9da1+10d +1=0.
2 2

5

故(4a1+9d) =d -8,所以 d ≥8. 故 d 的取值范围为 d≤-2 2或 d≥2 2. 16.解:(1)由题设,知{an}是等差数列,且公差 d>0,则由?
? ?? a1+d? ? a1+2d? =45, 得? ?a1+? a1+4d? =18, ? ?a2a3=45, ? ? ?a1+a5=18,

2

2

2

解得?

?a1=1, ? ? ?d=4.
*

故 an=4n-3(n∈N ). (2)由 bn=

Sn n+c

n? 1+4n-3?
= 2 n+c

? 1? 2n?n- ? ? 2? = . n+c

1 ∵c≠0,∴可令 c=- , 2 得到 bn=2n. ∵bn+1-bn=2(n+1)-2n=2(n∈N ), ∴数列{bn}是公差为 2 的等差数列. 1 即存在一个非零常数 c=- ,使数列{bn}也为等差数列. 2
*

?1?n-1 ?1?n ?1? 17.解:(1)由 2Sn=Sn-1-? ? +2,得 2Sn+1=Sn-? ? +2,两式相减得 2an+1=an+? ? ?2? ?2? ?2?
n

, 上式两边同乘以 2 得 2
n n+1

an+1=2nan+1,即 bn+1=bn+1,所以 bn+1-bn=1,故数列{bn}

是等差数列, 且公差为 1.又因为 b1=2a1=1,所以 bn=1+(n-1)×1=n.因此 2 an=n,从而 an=
n

n·? ?n. 2

?1? ? ?

?1?n-1 ?1?n-1 (2)由于 2Sn=Sn-1-? ? +2,所以 2Sn-Sn-1=2-? ? , ?2? ?2? ?1?n-1 即 Sn+an=2-? ? . ?2?
Sn=2-? ?n-1-an,而 an=n·? ?n,所以 Sn=2-? ?n-1-n·? ?n=2-(n+2)·? ?n. 2 2 2 2 2 n+1 1 ?1?n+1 所以 Sn+1=2-(n+3)·? ? ,且 Sn+1-Sn= n+1 >0.所以 Sn≥S1= ,又因为在 Sn=2 2? 2 2 ?
6

?1? ? ?

?1? ? ?

?1? ? ?

?1? ? ?

?1? ? ?

?1?n ?1?n -(n+2)·? ? 中,(n+2)·? ? >0,故 Sn<2, ?2? ?2? ?1 ? 即 Sn 的取值范围是? ,2?. ?2 ?

7


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