2019-2020年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測 第六章 第2講 等差數(shù)列及其前n項(xiàng)和 理 新人教A版.doc

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2019-2020年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測 第六章 第2講 等差數(shù)列及其前n項(xiàng)和 理 新人教A版 一、選擇題 1． {an}為等差數(shù)列，公差d＝－2，Sn為其前n項(xiàng)和．若S10＝S11，則a1＝(　　) A．18　　　　　　　　　　 B．20 C．22 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．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，則當(dāng)Sn取最小值時(shí)，n等于(　　)． A．6 B．7 C．8 D．9 解析　由a4＋a6＝a1＋a9＝－11＋a9＝－6，得a9＝5，從而d＝2，所以Sn＝－11n＋n(n－1)＝n2－12n＝(n－6)2－36，因此當(dāng)Sn取得最小值時(shí)，n＝6. 答案　A 3．已知{an}為等差數(shù)列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，則a20等于(　　)． A．－1 B．1 C．3 D．7 解析　兩式相減，可得3d＝－6，d＝－2.由已知可得3a3＝105，a3＝35，所以a20＝a3＋17d＝35＋17(－2)＝1. 答案　B 4．在等差數(shù)列{an}中，S15>0，S16<0，則使an>0成立的n的最大值為 (　　)． A．6 B．7 C．8 D．9 解析　依題意得S15＝＝15a8>0，即a8>0；S16＝＝8(a1＋a16)＝8(a8＋a9)<0，即a8＋a9<0，a9<－a8<0.因此使an>0成立的n的最大值是8，選C. 答案　C 5．設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，則k＝(　　)． A．8 B．7 C．6 D．5 解析　由a1＝1，公差d＝2得通項(xiàng)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．已知兩個(gè)等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項(xiàng)和分別為An和Bn，且＝，則使得為整數(shù)的正整數(shù)的個(gè)數(shù)是 (　　)． A．2 B．3 C．4 D．5 解析　由＝得：＝＝＝，要使為整數(shù)，則需＝7＋為整數(shù)，所以n＝1,2,3,5,11，共有5個(gè)． 答案　D 二、填空題 7．已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，a7－a5＝4，a11＝21，Sk＝9，則k＝________. 解析 a7－a5＝2d＝4，d＝2，a1＝a11－10d＝21－20＝1， Sk＝k＋2＝k2＝9.又k∈N*，故k＝3. 答案 3 8．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若－＝1，則公差為________． 解析　依題意得S4＝4a1＋d＝4a1＋6d，S3＝3a1＋d＝3a1＋3d，于是有－＝1，由此解得d＝6，即公差為6. 答案　6 9．在等差數(shù)列{an}中，a1＝－3,11a5＝5a8－13，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn的最小值為________． 解析　(直接法)設(shè)公差為d，則11(－3＋4d)＝5(－3＋7d)－13， 所以d＝，所以數(shù)列{an}為遞增數(shù)列． 令an≤0，所以－3＋(n－1)≤0，所以n≤， 又n∈N*，前6項(xiàng)均為負(fù)值， 所以Sn的最小值為－. 答案　－ 10．設(shè)項(xiàng)數(shù)為奇數(shù)的等差數(shù)列，奇數(shù)項(xiàng)之和為44，偶數(shù)項(xiàng)之和為33，則這個(gè)數(shù)列的中間項(xiàng)是________，項(xiàng)數(shù)是________． 解析　設(shè)等差數(shù)列{an}的項(xiàng)數(shù)為2n＋1， S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝＝(n＋1)an＋1， S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝＝nan＋1， ∴＝＝，解得n＝3，∴項(xiàng)數(shù)2n＋1＝7，S奇－S偶＝an＋1，即a4＝44－33＝11為所求中間項(xiàng)． 答案　11　7 三、解答題 11．設(shè)a1，d為實(shí)數(shù)，首項(xiàng)為a1，公差為d的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足S5S6＋15＝0. (1)若S5＝5，求S6及a1； (2)求d的取值范圍． 解　(1)由題意知S6＝＝－3，a6＝S6－S5＝－8， 所以 解得a1＝7，所以S6＝－3，a1＝7. (2)因?yàn)镾5S6＋15＝0，所以(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，即2a＋9da1＋10d2＋1＝0， 故(4a1＋9d)2＝d2－8，所以d2≥8. 故d的取值范圍為d≤－2或d≥2. 12．在等差數(shù)列{an}中，公差d＞0，前n項(xiàng)和為Sn，a2a3＝45，a1＋a5＝18. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)令bn＝(n∈N*)，是否存在一個(gè)非零常數(shù)c，使數(shù)列{bn}也為等差數(shù)列？若存在，求出c的值；若不存在，請說明理由． 解　(1)由題設(shè)，知{an}是等差數(shù)列，且公差d＞0， 則由得 解得∴an＝4n－3(n∈N*)． (2)由bn＝＝＝， ∵c≠0，∴可令c＝－，得到bn＝2n. ∵bn＋1－bn＝2(n＋1)－2n＝2(n∈N*)， ∴數(shù)列{bn}是公差為2的等差數(shù)列． 即存在一個(gè)非零常數(shù)c＝－，使數(shù)列{bn}也為等差數(shù)列． 13．在數(shù)列{an}中，a1＝8，a4＝2，且滿足an＋2＋an＝2an＋1. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)Sn是數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和，求Sn. 解　(1)由2an＋1＝an＋2＋an可得{an}是等差數(shù)列， 且公差d＝＝＝－2. ∴an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋10. (2)令an≥0，得n≤5. 即當(dāng)n≤5時(shí)，an≥0，n≥6時(shí)，an<0. ∴當(dāng)n≤5時(shí)，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an| ＝a1＋a2＋…＋an＝－n2＋9n； 當(dāng)n≥6時(shí)，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an| ＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an) ＝－(a1＋a2＋…＋an)＋2(a1＋a2＋…＋a5) ＝－(－n2＋9n)＋2(－52＋45) ＝n2－9n＋40， ∴Sn＝ 14．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a2an＝S2＋Sn對一切正整數(shù)n都成立． (1)求a1，a2的值； (2)設(shè)a1＞0，數(shù)列的前n項(xiàng)和為Tn.當(dāng)n為何值時(shí)，Tn最大？并求出Tn的最大值． 解　(1)取n＝1，得a2a1＝S2＋S1＝2a1＋a2， ① 取n＝2，得a＝2a1＋2a2， ② 由②－①，得a2(a2－a1)＝a2， ③ (i)若a2＝0，由①知a1＝0， (ii)若a2≠0，由③知a2－a1＝1. ④ 由①、④解得，a1＝＋1，a2＝2＋；或a1＝1－，a2＝2－. 綜上可得a1＝0，a2＝0；或a1＝＋1，a2＝＋2；或a1＝1－，a2＝2－. (2)當(dāng)a1＞0時(shí)，由(1)知a1＝＋1，a2＝＋2. 當(dāng)n≥2時(shí)，有(2＋)an＝S2＋Sn，(2＋)an－1＝S2＋Sn－1， 所以(1＋)an＝(2＋)an－1，即an＝an－1(n≥2)， 所以an＝a1()n－1＝(＋1)()n－1. 令bn＝lg， 則bn＝1－lg()n－1＝1－(n－1)lg 2＝lg， 所以數(shù)列{bn}是單調(diào)遞減的等差數(shù)列(公差為－lg 2)， 從而b1＞b2＞…＞b7＝lg＞lg 1＝0， 當(dāng)n≥8時(shí)，bn≤b8＝lg＜lg 1＝0， 故n＝7時(shí)，Tn取得最大值，且Tn的最大值為 T7＝＝＝7－lg 2.