2020版高考数学一轮复习 第六章 数列 第2讲 等差数列及其前n项和配套课时作业课件 理 新人教A

配套课时作业1．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于()A．8B．10C．12D．14解析设等差数列{an}的公差为d，由等差数列的前n项和公式，得S3＝3×2＋3×22d＝12，解得d＝2，则a6＝a1＋(6－1)d＝2＋5×2＝12.故选C.解析答案C答案2．(2019·宁德模拟)等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，则2a9－a10的值是()A．20B．22C．24D．－8解析因为a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，所以a8＝24，所以2a9－a10＝a10＋a8－a10＝a8＝24.故选C.解析答案C答案3．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S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，即9,27，a7＋a8＋a9成等差数列，∴a7＋a8＋a9＝54－9＝45.故选B.解析答案B答案4．(2019·山东济南调研)已知数列{an}为等差数列，且满足a2＋a8＝8，a6＝5，则其前10项和S10的值为()A．50B．45C．55D．40解析因为数列{an}为等差数列，且a2＋a8＝8，所以根据等差数列的性质得2a5＝8，所以a5＝4，又因为a6＝5，所以S10＝10a1＋a102＝10a5＋a62＝45.故选B.解析答案B答案5．(2019·陕西咸阳模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝54，则a2＋a4＋a9＝()A．9B．15C．18D．36解析由等差数列的通项公式及性质，可得S9＝9a1＋a92＝9a5＝54，a5＝6，则a2＋a4＋a9＝a1＋a5＋a9＝3a5＝18.故选C.解析答案C答案6．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()A．30B．45C．90D．186解析因为a2＝6，a5＝15，所以a5－a2＝3d，d＝3，所以{bn}是公差为6的等差数列，其前5项和为5a2＋10×6＝90.故选C.解析答案C答案7．(2019·福建模拟)设Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，若a5＝2b5，则S9T9＝()A．2B．3C．4D．6解析由a5＝2b5，得a5b5＝2，所以S9T9＝9a1＋a929b1＋b92＝a5b5＝2，故选A.解析答案A答案8．(2019·洛阳统考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a10，a3＋a100，a6a70，则满足Sn0的最大自然数n的值为()A．6B．7C．12D．13解析∵a10，a6a70，∴a60，a70，等差数列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a120，a1＋a13＝2a70，∴S120，S130，∴满足Sn0的最大自然数n的值为12.故选C.解析答案C答案9．(2019·广雅中学模拟)已知等差数列{an}中，a2＝2，a4＝8，若abn＝3n－1，则b2019＝()A．2017B．2018C．2019D．2020解析由a2＝2，a4＝8，得公差d＝8－22＝3，所以an＝2＋(n－2)×3＝3n－4，所以an＋1＝3n－1.又由数列{an}的公差不为0，知数列{an}为单调数列，所以结合abn＝3n－1，可得bn＝n＋1，故b2019＝2020.故选D.解析答案D答案10．已知数列{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项和，且S5S6，S6＝S7S8，则下列结论错误的是()A．d0B．a7＝0C．S9S6D．S6，S7均为Sn的最大值解析因为S5S6，所以S5S5＋a6，所以a60，因为S6＝S7，所以S6＝S6＋a7，所以a7＝0，因为S7S8，所以S7S7＋a8，所以a80，所以d0且S6，S7均为Sn的最大值，所以S9S6.故选C.解析答案C答案11．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，m≥2，m∈N*，则m＝()A．3B．4C．5D．6答案C答案解析∵{an}是等差数列，Sm－1＝－2，Sm＝0，∴am＝Sm－Sm－1＝2.又Sm＋1＝3，∴am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，∴d＝am＋1－am＝1.又Sm＝ma1＋am2＝ma1＋22＝0，∴a1＝－2，∴am＝－2＋(m－1)·1＝2，∴m＝5.解析12．(2019·苏州模拟)定义：在数列{an}中，若满足an＋2an＋1－an＋1an＝d(n∈N*，d为常数)，则称{an}为“等差比数列”．已知在“等差比数列”{an}中，a1＝a2＝1，a3＝3，则a2019a2017＝()A．4×20192－1B．4×20182－1C．4×20172－1D．4×20172答案C答案解析由题意知{an}为等差比数列，a2a1＝1，a3a2＝3，a3a2－a2a1＝2，所以an＋1an是以1为首项，2为公差的等差数列，所以an＋1an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，则a2019a2017＝a2019a2018×a2018a2017＝(2×2018－1)×(2×2017－1)＝4×20172－1.故选C.解析13．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则a1＋a2＋…＋a51＝________.解析∵an＋2－an＝0，n为奇数，2，n为偶数，∴数列{an}的奇数项为常数1，偶数项构成以2为首项，2为公差的等差数列，∴a1＋a2＋…＋a51＝(a1＋a3＋…＋a51)＋(a2＋a4＋…＋a50)＝26＋25×2＋25×242×2＝676.解析答案676答案14．(2019·武汉模拟)在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，则d的取值范围为________．解析由题意，当且仅当n＝8时，Sn取得最大值，说明a80，a90.所以7＋7d0，7＋8d0.所以－1d－78.解析答案－1，－78答案15．已知等差数列{an}中，an≠0，若n≥2且an－1＋an＋1－a2n＝0，S2n－1＝38，则n等于________．解析∵2an＝an－1＋an＋1，又an－1＋an＋1－a2n＝0，∴2an－a2n＝0，即an(2－an)＝0.∵an≠0，∴an＝2.∴S2n－1＝2(2n－1)＝38，解得n＝10.解析答案10答案16．若两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为An与Bn，且满足AnBn＝7n＋14n＋27(n∈N＋)，则a11b11的值是________．解析根据等差数列的性质得：a11b11＝2a112b11＝a1＋a21b1＋b21＝21a1＋a21221b1＋b212＝A21B21＝148111＝43.解析答案43答案17．(2018·全国卷Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.(1)求{an}的通项公式；(2)求Sn，并求Sn的最小值．解(1)设{an}的公差为d，由题意，得3a1＋3d＝－15.由a1＝－7，得d＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n－9.(2)由(1)，得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.答案18．(2019·广东惠州调研)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an2an＋1，n∈N*.(1)证明：数列1an是等差数列，并求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝an2n＋1，数列{bn}的前n项和为Sn，求使不等式Snk对一切n∈N*恒成立的实数k的取值范围．解(1)证明：因为an＋1＝an2an＋1，所以1an＋1＝1an＋2.因为a1＝1，所以数列1an是以1为首项，2为公差的等差数列，所以1an＝2n－1，所以an＝12n－1.答案(2)由bn＝an2n＋1，得bn＝12n＋12n－1＝1212n－1－12n＋1，所以Sn＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋112，所以要使不等式Snk对一切n∈N*恒成立，则k的取值范围为12，＋∞.答案19．(2019·洛阳市统考)已知数列{an}的前n项和为Sn，an≠0，a1＝1，且2anan＋1＝4Sn－3(n∈N*)．(1)求a2的值并证明an＋2－an＝2；(2)求数列{an}的通项公式．解(1)令n＝1得2a1a2＝4S1－3，又a1＝1，所以a2＝12.2anan＋1＝4Sn－3，①2an＋1an＋2＝4Sn＋1－3.②②－①得，2an＋1(an＋2－an)＝4an＋1.因为an≠0，所以an＋2－an＝2.答案(2)由(1)可知，数列a1，a3，a5，…，a2k－1，…为等差数列，公差为2，首项为1，所以a2k－1＝1＋2(k－1)＝2k－1，即n为奇数时，an＝n.数列a2，a4，a6，…，a2k，…为等差数列，公差为2，首项为12，所以a2k＝12＋2(k－1)＝2k－32，即n为偶数时，an＝n－32.综上所述，an＝n，n为奇数，n－32，n为偶数.答案20．(2019·唐山模拟)已知{an}是公差为正数的等差数列，且a3a6＝55，a2＋a7＝16.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若an＝b1＋b23＋b35＋…＋bn2n－1，求数列{bn}的前n项和Sn.解(1)∵{an}是公差d0的等差数列，∴由a3a6＝55，a2＋a7＝16＝a3＋a6，解得a3＝5，a6＝11，∴a1＋2d＝5，a1＋5d＝11，解得a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1.答案(2)∵an＝b1＋b23＋b35＋…＋bn2n－1，∴an－1＝b1＋b23＋b35＋…＋bn－12n－3(n≥2，n∈N*)，两式相减，得bn2n－1＝2(n≥2，n∈N*)，则bn＝4n－2(n≥2，n∈N*)，答案当n＝1时，b1＝1，∴bn＝1，n＝1，4n－2，n≥2，∴当n≥2时，Sn＝1＋n－16＋4n－22＝2n2－1.又n＝1时，S1＝1，适合上式，所以Sn＝2n2－1.答案