2019-2020年高考数学一轮总复习第6章数列第2节等差数列及其前n项和高考AB卷理

2019-2020年高考数学一轮总复习第6章数列第2节等差数列及其前n项和高考AB卷理

等差数列中的运算问题

1.(xx·全国Ⅰ，3)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝( )

A.100 B.99

C.98 D.97

解析 由等差数列性质，知S9＝9（a1＋a9）2＝9×2a52＝9a5＝27，得a5＝3，而a10＝8，因此公差d＝a10－a510－5＝1，∴a100＝a10＋90d＝98，故选C.

答案 C

2.(xx·全国Ⅰ，7)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝( )

A.3 B.4

C.5 D.6

解析 ∵am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，

∴d＝am＋1－am＝1.∵Sm＝ma1＋m（m－1）2×1＝0，

∴a1＝－m－12.

又∵am＋1＝a1＋m×1＝3，

∴－m－12＋m＝3.∴m＝5.故选C.

答案 C

3.(xx·全国Ⅱ，16)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________.

解析 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，

则S10＝10a1＋10×92d＝10a1＋45d＝0，①

S15＝15a1＋15×142d＝15a1＋105d＝25.②

联立①②，得a1＝－3，d＝23，

所以Sn＝－3n＋n（n－1）2×23＝13n2－103n. 令f(n)＝nSn，则f(n)＝13n3－103n2，

设f(x)＝13x3－103x2，

则f′(x)＝x2－203x，令f′(x)＝0，

得x＝0或x＝203，

∴当x>203时，f′(x)>0，0

则f(n)的最小值在f(6)、f(7)中取到.

则f(6)＝－48，f(7)＝－49，

所以当n＝7时，f(n)取最小值－49.

答案 －49

4.(xx·全国Ⅱ，17)Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lg an]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.

(1)求b1，b11，b101；

(2)求数列{bn}的前1 000项和.

解 (1)设{an}的公差为d，据已知有7＋21d＝28，解得d＝1.所以{an}的通项公式为an＝n.

b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.

(2)因为bn＝0，1≤n<10，1，10≤n<100，2，100≤n<1 000，3，n＝1 000，

所以数列{bn}的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.

5.(xx·大纲全国，18)等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.

(1)求{an}的通项公式；

(2)设bn＝1anan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.

解 (1)由a1＝10，a2为整数知：等差数列{an}的公差d为整数.

又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，于是10＋3d≥0，10＋4d≤0.

解得－103≤d≤－52.因此d＝－3.

数列{an}的通项公式为an＝13－3n.

(2)bn＝1（13－3n）（10－3n）＝13110－3n－113－3n. 于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn

＝1317－110＋14－17＋…＋110－3n－113－3n

＝13110－3n－110＝n10（10－3n）.

6.(xx·全国Ⅰ，17)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0，a2n＋2an＝4Sn＋3.

(1)求{an}的通项公式；

(2)设bn＝1anan＋1，求数列{bn}的前n项和.

解 (1)由a2n＋2an＝4Sn＋3，可知a2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.

可得a2n＋1－a2n＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即

2(an＋1＋an)＝a2n＋1－a2n＝(an＋1＋an)(an＋1－an).

由于an>0，可得an＋1－an＝2.

又a21＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)，a1＝3.

所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为

an＝2n＋1.

(2)由an＝2n＋1可知bn＝1anan＋1＝1（2n＋1）（2n＋3）＝1212n＋1－12n＋3.

设数列{bn}的前n项和为Tn，则

Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1213－15＋15－17 ＋…＋12n＋1－12n＋3＝n3（2n＋3）.

等差数列中的运算问题

1.(xx·重庆，2)在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝( )

A.－1 B.0

C.1 D.6

解析 由等差数列的性质，得a6＝2a4－a2＝2×2－4＝0，选B.

答案 B

2.(xx·福建，3)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于( )

A.8 B.10

C.12 D.14

解析 设等差数列{an}的公差为d，则S3＝3a1＋3d，所以12＝3×2＋3d，解得d＝2，所以a6＝a1＋5d＝2＋5×2＝12，故选C.

答案 C

3.(xx·辽宁，8)设等差数列{an}的公差为d.若数列{2a1an}为递减数列，则( )

A.d<0 B.d>0 C.a1d<0 D.a1d>0

解析 {2a1an}为递减数列，可知{a1an}也为递减数列，又a1an＝a21＋a1(n－1)d＝a1dn＋a21－a1d，故a1d<0，故选C.

答案 C

4.(xx·北京，12)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和.若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.

解析 ∵a3＋a5＝2a4＝0，∴a4＝0.

又a1＝6，∴a4＝a1＋3d＝0，∴d＝－2.

∴S6＝6×6＋6×（6－1）2×(－2)＝6.

答案 6

5.(xx·江苏，8)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和.若a1＋a22＝－3，S5＝10，则a9的值是________.

解析 设等差数列{an}公差为d，由题意可得：

a1＋（a1＋d）2＝－3，5a1＋5×42d＝10，解得a1＝－4，d＝3，

则a9＝a1＋8d＝－4＋8×3＝20.

答案 20

6.(xx·陕西，13)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为________.

解析 由题意设首项为a1，则a1＋2 015＝2×1 010＝2 020，∴a1＝5.

答案 5

等差数列的性质

7.(xx·北京，6)设{an}是等差数列，下列结论中正确的是( )

A.若a1＋a2＞0，则a2＋a3＞0

B.若a1＋a3＜0，则a1＋a2＜0

C.若0＜a1＜a2，则a2＞a1a3

D.若a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＞0

解析 A，B选项易举反例，C中若0＜a1＜a2，

∴a3＞a2＞a1＞0，∵a1＋a3>2a1a3，

又2a2＝a1＋a3，∴2a2>2a1a3，

即a2>a1a3成立.

答案 C 8.(xx·广东，10)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝________.

解析 因为{an}是等差数列，所以a3＋a7＝a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，即a5＝5，a2＋a8＝2a5＝10.

答案 10

9.(xx·江西，12)设数列{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝________.

解析 ∵{an}，{bn}均是等差数列，根据等差数列的性质a1＋a5＝2a3，b1＋b5＝2b3，

即a5＝2a3－a1，b5＝2b3－b1，

∴a5＋b5＝2(a3＋b3)－(a1＋b1)＝2×21－7＝35.

答案 35

等差数列的综合应用

10.(xx·浙江，6)如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合).若dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，则(

)

A.{Sn}是等差数列 B.{S2n}是等差数列

C.{dn}是等差数列 D.{d2n}是等差数列

解析 Sn表示点An到对面直线的距离(设为hn)乘以|BnBn－1|长度一半，即Sn＝

12hn|BnBn－1|，由题目中条件可知|BnBn－1|的长度为定值，过A1作垂直得到初始距离h1，那么A1，An和两个垂足构成等腰梯形，则hn＝h1＋|A1An|tan θ(其中θ为两条线所成的锐角，为定值)，

从而Sn＝12(h1＋|A1An|tan θ)|BnBn＋1|，

Sn＋1＝12(h1＋|A1An＋1|)|BnBn＋1|，

则Sn＋1－Sn＝12|AnAn＋1||BnBn＋1|tan θ，都为定值，

所以Sn＋1－Sn为定值，故选A.

答案 A

11.(xx·四川，16)设数列{an}(n＝1，2，3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式；

(2)记数列1an的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|＜11 000成立的n的最小值.

解 (1)由已知Sn＝2an－a1，有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，

即an＝2an－1(n≥2)，所以公比q＝2，

从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1，

又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，

即a1＋a3＝2(a2＋1)，

所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2，

所以，数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an＝2n.

(2)由(1)得1an＝12n，

所以Tn＝12＋122＋…＋12n＝121－12n1－12＝1－12n.

由|Tn－1|＜11 000，得1－12n－1＜11 000，

即2n＞1 000，

因为29＝512＜1 000＜1 024＝210，所以n≥10，

于是，使|Tn－1|＜11 000成立的n的最小值为10.

12.(xx·山东，20)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＋an＋12n＝λ(λ为常数).令cn＝b2n，(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Rn.

解 (1)设等差数列{an}的公差为d，令n＝1，

则a2＝2a1＋1，即a1＝d－1，①

又S4＝4S2，即2a1＝d，②

由①②联立解得a1＝1，d＝2，

所以an＝2n－1(n∈N*).

(2)由题意知，Tn＝λ－n2n－1，

所以当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝

λ－n2n－1－λ－n－12n－2＝n－22n－1.