2022届高考数学一轮复习第五章第二节等差数列及其前n项和课时作业理含解析北师大版

第二节 等差数列及其前 n 项和 授课提示：对应学生用书第 325 页 [A 组 基础保分练] 1．（2021·惠州模拟）已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a2＋a3＋a4＝15，a7＝13，则 S5＝（ ） A．28 B．25 C．20 D．18 解析：设等差数列{an}的公差为 d，由已知得 a1＋d＋a1＋2d＋a1＋3d＝15， a1＋6d＝13， 解得 a1＝1， d＝2， 所 以 S5＝5a1＋ 5×4 2 d＝5×1＋ 5×4 2 ×2＝25． 答案：B 2．在等差数列{an}中，a2＋a4＝2，a5＝3，则{an}的前 6 项和为（ ） A．6 B．9 C．10 D．11 解析：设{an}的公差为 d，由等差数列的性质知 a2＋a4＝2a3＝2，则 a3＝1，所以 d＝ a5－a3 5－3 ＝ 1，a4＝a5－d＝2，所以 S6＝ 6（a1＋a6） 2 ＝3（a3＋a4）＝3×（1＋2）＝9． 答案：B 3．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S8＝16，a6＝1，则数列{an}的公差为（ ） A． 3 2 B．－ 3 2 C． 2 3 D．－ 2 3 解析：设数列{an}的公差为 d，∵等差数列{an}的前 n 项和为 Sn ，S8 ＝16，a6 ＝1，∴ S8＝8a1＋ 8×7 2 d＝16， a6＝a1＋5d＝1， 解得 a1＝ 13 3 ，d＝－ 2 3 ，故数列{an}的公差为－ 2 3 ． 答案：D 4．（2021·月考）已知等差数列{an}中，a7＞0，a3＋a9＜0，则{an}的前 n 项和 Sn 的 最小值为（ ） A．S4 B．S5 C．S6 D．S7 解析：∵等差数列{an}中，a3＋a9＜0，∴a3＋a9＝2a6＜0，即 a6＜0．又 a7＞0，∴{an}的前 n 项和 Sn 的最小值为 S6． 答案：C 5．设等差数列{an}的前n 项和为Sn，若S6＞S7＞S5，则满足SnSn＋1＜0的正整数n 的值为（ ） A．10 B．11 C．12 D．13 解析：由 S6＞S7＞S5，得 S7＝S6＋a7＜S6，S7＝S5＋a6＋a7＞S5，所以 a7＜0，a6＋a7＞0， 所以 S13＝ 13（a1＋a13） 2 ＝13a7＜0，S12＝ 12（a1＋a12） 2 ＝6（a6＋a7）＞0，所以 S12S13＜0， 即满足 SnSn＋1＜0 的正整数 n 的值为 12． 答案：C 6．已知数列{an}是首项为 a，公差为 1 的等差数列，数列{bn}满足 bn＝ 1＋an an ．若对任意的 n ∈N＋，都有 bn≥b8 成立，则实数 a 的取值范围是（ ） A．（－8，－7） B．[－8，－7） C．（－8，－7] D．[－8，－7] 解析：因为{an}是首项为 a，公差为 1 的等差数列，所以 an＝n＋a－1．因为 bn＝ 1＋an an ，又 对任意的 n∈N＋，都有 bn≥b8 成立，所以 1＋ 1 an ≥1＋ 1 a8 ，即 1 an ≥ 1 a8 对任意的 n∈N＋恒成立．因 为 数 列 {an} 是 公 差 为 1 的 等 差 数 列 ， 所 以 {an} 是 单 调 递 增 的 数 列 ， 所 以 a8＜0， a9＞0， 即 8＋a－1＜0， 9＋a－1＞0， 解得－8＜a＜－7． 答案：A 7．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a3＋a4＝5，则 S6＝ ． 解析：∵{an}为等差数列，∴S6＝ （a1＋a6） 2 ×6＝ （a3＋a4） 2 ×6＝15． 答案：15 8．设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a6＝2a3，则 S11 S5 ＝________． 解析： S11 S5 ＝ 11 2 （a1＋a11） 5 2 （a1＋a5） ＝ 11a6 5a3 ＝ 22 5 ． 答案： 22 5 9．已知等差数列{an}的前三项的和为－9，前三项的积为－15． （1）求等差数列{an}的通项公式； （2）若{an}为递增数列，求数列{|an|}的前 n 项和 Sn． 解析：（1）设公差为 d，则依题意得 a2＝－3，则 a1＝－3－d，a3＝－3＋d， 所以（－3－d）（－3）（－3＋d）＝－15，得 d2＝4，d＝±2， 所以 an＝－2n＋1 或 an＝2n－7． （2）由题意得 an＝2n－7，所以|an|＝ 7－2n，n≤3， 2n－7，n≥4， ①n≤3 时，Sn＝－（a1＋a2＋…＋an）＝ 5＋（7－2n） 2 n＝6n－n2；②n≥4 时，Sn＝－a1－ a2－a3＋a4＋…＋an＝－2（a1＋a2＋a3）＋（a1＋a2＋…＋an）＝18－6n＋n2． 综上，数列{|an|}的前 n 项和 Sn＝ －n2＋6n，n≤3， n2－6n＋18，n≥4. 10．设数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝2n－1．数列{bn}满足 b1＝2，bn＋1－2bn＝8an． （1）求数列{an}的通项公式； （2）证明：数列 bn 2n 为等差数列，并求{bn}的通项公式． 解析：（1）当 n＝1 时，a1＝S1＝21－1＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝（2n－1）－（2n－1－1）＝2n－1． 因为 a1＝1 适合通项公式 an＝2n－1， 所以 an＝2n－1． （2）证明：因为 bn＋1－2bn＝8an， 所以 bn＋1－2bn＝2n＋2， 即 bn＋1 2n＋1 － bn 2n ＝2． 又 b1 21 ＝1， 所以 bn 2n 是首项为 1，公差为 2 的等差数列． 所以 bn 2n ＝1＋2（n－1）＝2n－1． 所以 bn＝（2n－1）×2n． [B 组 能力提升练] 1．（2021·合肥市高三二检）已知 1 an 是等差数列，且 a1＝1，a4＝4，则 a10＝（ ） A．－ 4 5 B．－ 5 4 C． 4 13 D． 13 4 解析：设等差数列 1 an 的公差为 d，由题意可知， 1 a4 ＝ 1 a1 ＋3d＝ 1 4 ，解得 d＝－ 1 4 ，所以 1 a10 ＝ 1 a1 ＋9d＝－ 5 4 ，所以 a10＝－ 4 5 ． 答案：A 2．（2020·高考浙江卷）已知等差数列{an}的前 n 项和 Sn，公差 d≠0， a1 d ≤1．记 b1＝S2，bn ＋1＝S2n＋2－S2n，n∈N*，下列等式不可能成立的是（ ） A．2a4＝a2＋a6 B．2b4＝b2＋b6 C．a2 4＝a2a8 D．b2 4＝b2b8 解析：对于 A，因为数列{an}为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由 4＋4＝2＋6 可得，2a4＝a2＋a6，A 正确； 对于 B，由题意可知，bn＋1＝S2n＋2－S2n＝a2n＋1＋a2n＋2，b1＝S2＝a1＋a2， ∴b2＝a3＋a4，b4＝a7＋a8，b6＝a11＋a12，b8＝a15＋a16． ∴2b4＝2（a7＋a8），b2＋b6＝a3＋a4＋a11＋a12． 根据等差数列的下标和性质，由 3＋11＝7＋7，4＋12＝8＋8 可得 b2＋b6＝a3＋a4＋a11＋a12＝2（a7＋a8）＝2b4，B 正确； 对于 C，a2 4－a2a8＝（a1＋3d）2－（a1＋d）（a1＋7d）＝2d2－2a1d＝2d（d－a1）， 当 a1＝d 时，a2 4＝a2a8，C 正确； 对于 D，b2 4＝（a7＋a8）2＝（2a1＋13d）2＝4a2 1＋52a1d＋169d2， b2b8＝（a3＋a4）（a15＋a16）＝（2a1＋5d）（2a1＋29d）＝4a2 1＋68a1d＋145d2， b2 4－b2b8＝24d2－16a1d＝8d（3d－2a1）． 当 d＞0 时，a1≤d，∴3d－2a1＝d＋2（d－a1）＞0 即 b2 4－b2b8＞0； 当 d＜0 时，a1≥d，∴3d－2a1＝d＋2（d－a1）＜0 即 b2 4－b2b8＞0，所以 b2 4－b2b8＞0，D 不正确． 答案：D 3．若等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 a2＋S3＝4，a3＋S5＝12，则 a4＋S7 的值是（ ） A．20 B．36 C．24 D．72 解析：由 a2＋S3＝4 及 a3＋S5＝12 得 4a1＋4d＝4， 6a1＋12d＝12， 解得 a1＝0， d＝1， 所以 a4＋S7＝8a1＋24d ＝24． 答案：C 4．（2021·洛阳统考）设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＞0，a3＋a10＞0，a6a7＜0，则 满足 Sn＞0 的最大自然数 n 的值为（ ） A．6 B．7 C．12 D．13 解析：设等差数列{an}的公差为 d，则 an＝a1＋（n－1）d．∵a6＋a7＝a3＋a10＞0，即 2a1＋ 11d＞0，且 a6a7＜0，a1＞0，∴a6＞0，a7＜0．∴d＝a7－a6＜0．又∵a7＝a1＋6d＜0，∴2a1 ＋12d＜0．当 Sn＝ （a1＋an）·n 2 ＝ [2a1＋（n－1）d]·n 2 ＞0 时，2a1＋（n－1）d＞0．由 2a1 ＋11d＞0，2a1＋12d＜0 知 n－1 最大为 11，即 n 最大为 12． 答案：C 5．（2021·模拟）已知等差数列{an}满足 a2＋a4＝4，a3＋a5＝10，则它的前 10 项和 S10＝________． 解析：由等差数列性质得 2a3＝4，2a4＝10． 即 a3＝2，a4＝5，公差 d＝3，a1＝a3－2d＝2－6＝－4， 所以 S10＝－4×10＋ 10×9 2 ×3＝95． 答案：95 6．设数列{an}的通项公式为 an＝2n－10（n∈N＋），则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________． 解析：由 an＝2n－10（n∈N＋）知{an}是以－8 为首项，2 为公差的等差数列，又由 an＝2n －10≥0 得 n≥5，所以 n≤5 时，an≤0，当 n＞5 时，an＞0，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－（a1 ＋a2＋a3＋a4）＋（a5＋a6＋…＋a15）＝20＋110＝130． 答案：130 7．（2021·嘉兴模拟）在数列{an}，{bn}中，设 Sn 是数列{an}的前 n 项和，已知 a1＝1，an＋1 ＝an＋2，3b1＋5b2＋…＋（2n＋1）bn＝2n·an＋1，n∈N＋． （1）求 an 和 Sn； （2）当 n≥k 时，bn≥8Sn 恒成立，求整数 k 的最小值． 解析：（1）因为 an＋1＝an＋2，所以 an＋1－an＝2， 所以{an}是等差数列． 又 a1＝1，所以 an＝2n－1， 从而 Sn＝ n（1＋2n－1） 2 ＝n2． （2）因为 an＝2n－1，所以 3b1＋5b2＋7b3＋…＋（2n＋1）bn＝2n·（2n－1）＋1，① 当 n≥2 时，3b1＋5b2＋7b3＋…＋（2n－1）bn－1＝2n－1·（2n－3）＋1．② ①－②可得（2n＋1）bn＝2n－1·（2n＋1）（n≥2）， 即 bn＝2n－1． 而 b1＝1 也满足上式，故 bn＝2n－1． 令 bn≥8Sn，则 2n－1≥8n2，即 2n－4≥n2． 又 210－4＜102，211－4＞112，结合指数函数增长的性质，可知整数 k 的最小值是 11． [C 组 创新应用练] 1．（数学文化题）中国古诗词中，有一道“八子分绵”的数学名题：九百九十六斤绵，赠分 八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言，务要分明依次第，孝和休惹外人传．题意 是：把 996 斤绵分给 8 个儿子做盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄 大的多分 17 斤绵，那么第 8 个儿子分到的绵是（ ） A．174 斤 B．184 斤 C．191 斤 D．201 斤 解析：设大儿子分到的绵是 x 斤，依题意知这 8 个儿子分到的绵构成以 x 为首项，17 为公差 的等差数列，记其前 n 项和为 Sn，则有 S8＝8x＋ 8×7 2 ×17＝996，即 8x＋476＝996，解得 x ＝65，故第 8 个儿子分到的绵 a8＝65＋7×17＝65＋119＝184． 答案：B 2．（2021·模拟）已知函数 y＝f（x）对任意自变量 x 都有 f（x）＝f（2－x）， 且函数 f（x）在[1，＋∞）上单调．若数列{an}是公差不为 0 的等差数列，且 f（a6）＝f（a2 012）， 则{an}的前 2 017 项之和为（ ） A．0 B．2 017 C．2 016 D．4 034 解析：因为函数 y＝f（x）对任意自变量 x 都有 f（x）＝f（2－x），所以函数的对称轴为 x＝ 1，因为 f（a6）＝f（a2 012），所以 a6＋a2 012＝2，由等差数列前 n 项和公式得 T2 017＝ （a1＋a2 017）·2 017 2 ＝ （a6＋a2 012）·2 017 2 ＝2 017． 答案：B 3．（2021·绵阳模拟）已知圆的方程为 x2＋y2－6x＝0，过点（1，2）的该圆的三条弦的长 a1， a2，a3 构成等差数列，则数列 a1，a2，a3 的公差的最大值是________． 解析：如图，由 x2＋y2－6x＝0，得（x－3）2＋y2＝9，∴圆心坐标 C（3，0），半径 r＝3．由 圆的性质可知，过点 P（1，2）的该圆的弦的最大值为圆的直径，等于 6，最小值为过 P 且垂 直于 CP 的弦的弦长．∵|CP|＝ （3－1）2＋（0－2）2＝2 2，∴|AB|＝2 32－（2 2）2＝ 2，即 a1＝2，a3＝6． ∴公差 d 的最大值为 a3－a1 2 ＝ 6－2 2 ＝2． 答案：2