2011创新方案高考数学复习精编(人教新课标)--5.2等差数列及其前n项和

1第五章第二节等差数列及其前n项和题组一等差数列的判定与证明1.设命题甲为“a，b，c成等差数列”，命题乙为“ab＋cb＝2”，那么()A．甲是乙的充分不必要条件B．甲是乙的必要不充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲是乙的既不充分也不必要条件解析：由ab＋cb＝2，可得a＋c＝2b，但a、b、c均为零时，a、b、c成等差数列，但ab＋cb≠2.答案：B2．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n.(1)设bn＝an2n－1，证明：数列{bn}是等差数列；(2)求数列{an}的前n项和Sn.解：(1)证明：由已知an＋1＝2an＋2n得bn＋1＝an＋12n＝2an＋2n2n＝an2n－1＋1＝bn＋1.又b1＝a1＝1，因此{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．(2)由(1)知an2n－1＝n，即an＝n·2n－1.Sn＝1＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，两边乘以2得，2Sn＝2＋2×22＋…＋n×2n.两式相减得Sn＝－1－21－22－…－2n－1＋n·2n＝－(2n－1)＋n·2n＝(n－1)2n＋1.题组二等差数列的基本运算3.(2009·福建高考)等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，a3＝4，则公差d等于()A．1B.53C．2D．32解析：∵S3＝(a1＋a3)×32＝6，而a3＝4，∴a1＝0，∴d＝a3－a12＝2.答案：C4．(2010·广州模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5＜ak＜8，则k等于()A．9B．8C．7D．6解析：an＝S1(n＝1)Sn－Sn－1(n≥2)＝－8(n＝1)－10＋2n(n≥2)＝2n－10，∵5＜ak＜8，∴5＜2k－10＜8，∴152k9，又∵k∈N*，∴k＝8.答案：B5．已知等差数列{an}中，a2＝6，a5＝15，若bn＝a2n，则数列{bn}的前5项和等于________．解析：由a2＝a1＋d＝6，a5＝a1＋4d＝15，⇒a1＝3，d＝3，∴an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝a2n＝6n，∴S5＝6＋302×5＝90.答案：906．已知数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，它的前n项和为Sn，且a3＝5，S6＝36.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝6n＋(－1)n－1λ·2an(λ为正整数，n∈N*)，试确定λ的值，使得对任意n∈N*，都有bn＋1＞bn成立．解：(1)∵2an＋1＝an＋an＋2，∴{an}是等差数列，设{an}的首项为a1，公差为d，由a3＝5，S6＝36得a1＋2d＝56a1＋15d＝36，解得a1＝1，d＝2.∴an＝2n－1.(2)由(1)知bn＝6n＋(－1)n－1·λ·22n－1，要使得对任意n∈N*都有bn＋1＞bn恒成立，∴bn＋1－bn＝6n＋1＋(－1)n·λ·22n＋1－6n－(－1)n－1·λ·22n－1＝5·6n－5λ·(－1)n－1·22n－1＞0恒成立，即12λ·(－1)n－1＜(32)n.当n为奇数时，3即λ＜2·(32)n，而(32)n的最小值为32，∴λ＜3.当n为偶数时，λ＞－2(32)n，而－2(32)n的最大值为－92，∴λ＞－92.由上式可得－92＜λ＜3，而λ为正整数，∴λ＝1或λ＝2.题组三等差数列的性质7.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9等于()A．63B．45C．36D．27解析：由{an}是等差数列，则S3，S6－S3，S9－S6成等差数列．由2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)得到S9－S6＝2S6－3S3＝45，即a7＋a8＋a9＝45.答案：B8．在等差数列{an}中，已知log2(a5＋a9)＝3，则等差数列{an}的前13项的和S13＝________.解析：∵log2(a5＋a9)＝3，∴a5＋a9＝23＝8.∴S13＝13×(a1＋a13)2＝13×(a5＋a9)2＝13×82＝52.答案：529．(2009·辽宁高考)等差数列{an}的前n项和为Sn，且6S5－5S3＝5，则a4＝________.解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则由6S5－5S3＝5，得6(a1＋3d)＝2，所以a4＝13.答案：13题组四等差数列的前n项和及最值问题10.设数列{an}是等差数列，且a4＝－4，a9＝4，Sn是数列{an}的前n项和，则()A．S5＜S6B．S5＝S6C．S7＝S5D．S7＝S6解析：因为a4＝－4，a9＝4，所以a4＋a9＝0，即a6＋a7＝0，所以S7＝S5＋a6＋a7＝S5.答案：C11．(文)在等差数列{an}中，若a10，S9＝S12，则当n等于________时，Sn取得最小值．解析：设数列{an}的公差为d，则由题意得49a1＋12×9×(9－1)d＝12a1＋12×12×(12－1)d，即3a1＝－30d，∴a1＝－10d.∵a10，∴d0.∴Sn＝na1＋12n(n－1)d＝12dn2－212dn＝d2n－2122－441d8.∴Sn有最小值，又n∈N*，∴n＝10，或n＝11时，Sn取最小值．答案：10或11(理)若数列{an}是等差数列，数列{bn}满足bn＝an·an＋1·an＋2(n∈N*)，{bn}的前n项和用Sn表示，若{an}满足3a5＝8a12＞0，则当n等于________时，Sn取得最大值．解析：(先判断数列{an}中正的项与负的项)∵3a5＝8a12＞0，∴3a5＝8(a5＋7d)＞0，解得a5＝－565d＞0，∴d＜0，∴a1＝－765d，故{an}是首项为正数的递减数列．由an≥0an＋1≤0⇒－765d＋(n－1)d≥0－765d＋nd≤0⇒1515≤n≤1615，∴n＝16.答案：1612．(2010·株州模拟)已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(x∈R)，满足f(0)＝f(12)＝0，且f(x)的最小值是－18.设数列{an}的前n项和为Sn，对一切n∈N*，点(n，Sn)在函数f(x)的图象上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)通过bn＝Snn＋c构造一个新的数列{bn}，是否存在非零常数c，使得{bn}为等差数列；(3)令cn＝Sn＋nn，设数列{cn·2cn}的前n项和为Tn，求Tn.解：(1)因为f(0)＝f(12)＝0，所以f(x)的对称轴为x＝0＋122＝14，又因为f(x)的最小值是－18，由二次函数图象的对称性可设f(x)＝a(x－14)2－18.5又f(0)＝0，所以a＝2，所以f(x)＝2(x－14)2－18＝2x2－x.因为点(n，Sn)在函数f(x)的图象上，所以Sn＝2n2－n.当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－3(n＝1时也成立)，所以an＝4n－3(n∈N*)．(2)因为bn＝Snn＋c＝2n2－nn＋c＝2n(n－12)n＋c，令c＝－12(c≠0)，即得bn＝2n，此时数列{bn}为等差数列，所以存在非零常数c＝－12，使得{bn}为等差数列．(3)cn＝Sn＋nn＝2n2－n＋nn＝2n，则cn·2cn＝2n×22n＝n×22n＋1.所以Tn＝1×23＋2×25＋…＋(n－1)22n－1＋n×22n＋1，4Tn＝1×25＋2×27＋…＋(n－1)22n＋1＋n×22n＋3，两式相减得：－3Tn＝23＋25＋…＋22n＋1－n×22n＋3＝23(1－4n)1－4－n·22n＋3，Tn＝23(1－4n)9＋n·22n＋33＝(3n－1)22n＋3＋89.