2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第六章 數(shù)列 課時(shí)規(guī)范練28 等差數(shù)列及其前n項(xiàng)和 文 北師大版.doc
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課時(shí)規(guī)范練28 等差數(shù)列及其前n項(xiàng)和 基礎(chǔ)鞏固組 1.由a1=1,d=3確定的等差數(shù)列{an},當(dāng)an=298時(shí),序號(hào)n等于( ) A.99 B.100 C.96 D.101 2.(2018湖南長(zhǎng)郡中學(xué)仿真,6)已知等差數(shù)列{an}滿足an+1+an=4n,則a1=( ) A.-1 B.1 C.2 D.3 3.(2018河南商丘二模,3)已知等差數(shù)列{an}的公差為d,且a8+a9+a10=24,則a1d的最大值為( ) A. B. C.2 D.4 4.在等差數(shù)列{an}中,a3+a6=11,a5+a8=39,則公差d為 ( ) A.-14 B.-7 C.7 D.14 5.已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且3a3=a6+4,若S5<10,則a2的取值范圍是( ) A.(-∞,2) B.(-∞,0) C.(1,+∞) D.(0,2) 6.已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,則2(a1+a3+a5)+3(a8+a10)=36,則S11=( ) A.66 B.55 C.44 D.33 7.(2018湖南衡陽(yáng)一模,15)已知數(shù)列{an}前n項(xiàng)和為Sn,若Sn=2an-2n,則Sn= . 8.設(shè)數(shù)列{an}{bn}都是等差數(shù)列,若a1+b1=7,a3+b3=21,則a5+b5= . 9.若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且滿足an+2SnSn-1=0(n≥2),a1=. (1)求證:1Sn成等差數(shù)列; (2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式. 10.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且Sn=2n-1.數(shù)列{bn}滿足b1=2,bn+1-2bn=8an. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)證明:數(shù)列bn2n為等差數(shù)列,并求{bn}的通項(xiàng)公式. 綜合提升組 11.(2018河北衡水中學(xué)考前押題二,10)已知數(shù)列a1=1,a2=2,且an+2-an=2-2(-1)n,n∈N+,則S2 017的值為( ) A.2 0161 010-1 B.1 0092 017 C.2 0171 010-1 D.1 0092 016 12.若數(shù)列{an}滿足:a1=19,an+1=an-3(n∈N+),則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和數(shù)值最大時(shí),n的值為( ) A.6 B.7 C.8 D.9 13.已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若Sm-1=-4,Sm=0,Sm+2=14(m≥2,且m∈N+),則m的值為 . 14.已知公差大于零的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且滿足a3a4=117,a2+a5=22. (1)求通項(xiàng)公式an; (2)求Sn的最小值; (3)若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列,且bn=Snn+c,求非零常數(shù)c. 創(chuàng)新應(yīng)用組 15.(2018湖南長(zhǎng)郡中學(xué)仿真,15)若數(shù)列{an}是正項(xiàng)數(shù)列,且a1+a2+…+an=n2+3n,則a12+a23+…+ann+1= . 16.等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,已知S10=0,S15=25,則nSn的最小值為多少? 課時(shí)規(guī)范練28 等差數(shù)列及其前n項(xiàng)和 1.B 根據(jù)等差數(shù)列通項(xiàng)公式an=a1+(n-1)d,有298=1+(n-1)3,解得n=100,故選B. 2.B 由題意,當(dāng)n分別取1,2時(shí),a1+a2=4,a3+a2=8,解得公差d=2,故a1=1.故選B. 3.C ∵a8+a9+a10=24,∴a9=8,即a1+8d=8,∴a1=8-8d, a1d=(8-8d)d=-8d-122+2≤2,當(dāng)d=12時(shí),a1d的最大值為2,故選C. 4.C ∵a3+a6=11,a5+a8=39,則4d=28,解得d=7.故選C. 5.A 設(shè)公差為d,由3a3=a6+4得3(a2+d)=a2+4d+4,即d=2a2-4, 由S5<10得,5(a1+a5)2=5(a2+a4)2=5(2a2+2d)2=5(3a2-4)<10,解得a2<2,故選A. 6.D 由等差數(shù)列的性質(zhì)可得2(a1+a3+a5)+3(a8+a10)=6a3+6a9=36,即a1+a11=6.則S11=11(a1+a11)2=113=33.故選D. 7.n2n ∵Sn=2an-2n=2(Sn-Sn-1)-2n,整理得Sn-2Sn-1=2n,等式兩邊同時(shí)除以2n, 則Sn2n-Sn-12n-1=1. 又S1=2a1-2=a1,可得a1=S1=2, ∴數(shù)列Sn2n是以1為首項(xiàng), 公差為1的等差數(shù)列,∴Sn2n=n,∴Sn=n2n. 8.35 ∵數(shù)列{an},{bn}都是等差數(shù)列,設(shè)數(shù)列{an}的公差為d1,數(shù)列{bn}的公差為d2, ∴a3+b3=a1+b1+2(d1+d2)=21,而a1+b1=7,可得2(d1+d2)=21-7=14. ∴a5+b5=a3+b3+2(d1+d2)=21+14=35. 9.(1)證明 當(dāng)n≥2時(shí),由an+2SnSn-1=0,得Sn-Sn-1=-2SnSn-1, ∴1Sn-1Sn-1=2. 又1S1=1a1=2,故1Sn是首項(xiàng)為2,公差為2的等差數(shù)列. (2)解 由(1)可得1Sn=2n,∴Sn=12n. 當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=12n-12(n-1)=n-1-n2n(n-1)=-12n(n-1). 當(dāng)n=1時(shí),a1=12不適合上式. 故an=12,n=1,-12n(n-1),n≥2. 10.(1)解 當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=21-1=1; 當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=(2n-1)-(2n-1-1)=2n-1. ∵a1=1適合通項(xiàng)公式an=2n-1, ∴an=2n-1. (2)證明 ∵bn+1-2bn=8an,∴bn+1-2bn=2n+2,即bn+12n+1-bn2n=2. 又b121=1, ∴bn2n是首項(xiàng)為1,公差為2的等差數(shù)列. ∴bn2n=1+2(n-1)=2n-1. ∴bn=(2n-1)2n. 11.C 由題意,當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),an+2-an=4,數(shù)列{a2n-1}是首項(xiàng)為1,公差為4的等差數(shù)列,當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),an+2-an=0,數(shù)列{a2n-1}是首項(xiàng)為2,公差為0的等差數(shù)列,S2 017=(a1+a3+…+a2 017)+(a2+a4+…+a2 016)=1 009+1 0091 0084+1 0082=2 0171 010-1,故選C. 12.B ∵a1=19,an+1-an=-3, ∴數(shù)列{an}是以19為首項(xiàng),-3為公差的等差數(shù)列. ∴an=19+(n-1)(-3)=22-3n.設(shè)數(shù)列{an}的前k項(xiàng)和數(shù)值最大,則有ak≥0,ak+1≤0,k∈N+. ∴22-3k≥0,22-3(k+1)≤0. ∴193≤k≤223. ∵k∈N+,∴k=7. ∴滿足條件的n的值為7. 13.5 ∵Sm-1=-4,Sm=0,Sm+2=14, ∴am=Sm-Sm-1=4,am+1+am+2=Sm+2-Sm=14. 設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,則2am+3d=14,∴d=2. ∵Sm=a1+am2m=0,∴a1=-am=-4. ∴am=a1+(m-1)d=-4+2(m-1)=4,∴m=5. 14.解 (1)∵數(shù)列{an}為等差數(shù)列,∴a3+a4=a2+a5=22. 又a3a4=117,∴a3,a4是方程x2-22x+117=0的兩實(shí)根. 又公差d>0,∴a3下載提示(請(qǐng)認(rèn)真閱讀)
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