2019-2020年高考数学理新课标A版一轮总复习开卷速查必修部分29等差数列及其前n项和

PAGE/NUMPAGES2019-2020年高考数学理新课标A版一轮总复习开卷速查必修部分29等差数列及其前n项和1．[xx·福建]等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于(　　)A．8　　　　　　　　　　　B．10C．12　　　　　　　　　D.14解析：设等差数列{an}的公差为d，则S3＝3a1＋3d，所以12＝3×2＋3d，解得d＝2，所以a6＝a1＋5d＝2＋5×2＝12，故选C.答案：C2．设Sn为等差数列{an}的前n项和，S8＝4a3，a7＝－2，则a9＝(　　)A．－6　　　　　　　　　B.－4C．－2　　　　　　　　　D.2解析：由S8＝4a3知：a1＋a8＝a3，a8＝a3－a1＝2d＝a7＋d，所以a7＝d＝－2.所以a9＝a7＋2d＝－2－4＝－6.答案：A3．下面是关于公差d>0的等差数列{an}的四个命题：p1：数列{an}是递增数列；p2：数列{nan}是递增数列；p3：数列{eq\f(an,n)}是递增数列；p4：数列{an＋3nd}是递增数列．其中的真命题为(　　)A．p1，p2　　　　　　　　　B.p3，p4C．p2，p3　　　　　　　　　D.p1，p4解析：如数列为{－2，－1,0,1，…}，则1×a1＝2×a2，故p2是假命题；如数列为{1,2,3，…}，则eq\f(an,n)＝1，故p3是假命题．故选D项．答案：D4．已知等差数列{an}中，a7＋a9＝16，S11＝eq\f(99,2)，则a12的值是(　　)A．15　　　　　　　　　B.30C．31　　　　　　　　　D.64解析：由题意可知2a8＝a7＋a9＝16⇒a8＝8，S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝eq\f(11×2a6,2)＝11a6＝eq\f(99,2)，a6＝eq\f(9,2)，则d＝eq\f(a8－a6,2)＝eq\f(7,4)，所以a12＝a8＋4d＝15，故选A.答案：A5．在等差数列{an}中，a9＝eq\f(1,2)a12＋6，则数列{an}的前11项和S11＝(　　)A．24　　　　　　　　　B.48C．66　　　　　　　　　D.132解析：由a9＝eq\f(1,2)a12＋6，得2a9－a12＝12.由等差数列的性质得，a6＋a12－a12＝12，a6＝12，S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝eq\f(11×2a6,2)＝132，故选D.答案：D6．在递减等差数列{an}中，若a1＋a5＝0，则Sn取最大值时n等于(　　)A．2　　　　　　　　　B.3C．4　　　　　　　　　D.2或3解析：∵a1＋a5＝2a3＝0，∴a3＝0，∵d＜0，∴{an}的第一项和第二项为正值，从第四项开始为负值，故Sn取最大值时n等于2或3，选D.答案：D7．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－3，ak＋1＝eq\f(3,2)，Sk＝－12，则正整数k＝__________.解析：由Sk＋1＝Sk＋ak＋1＝－12＋eq\f(3,2)＝－eq\f(21,2)，又Sk＋1＝eq\f(k＋1a1＋ak＋1,2)＝eq\f(k＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3＋\f(3,2))),2)＝－eq\f(21,2)，解得k＝13.答案：138．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若－1＜a3＜1，0＜a6＜3，则S9的取值范围是__________．解析： 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 一：S9＝9a1＋36d，又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＜a1＋2d＜1，,0＜a1＋5d＜3，))依据线性规划知识，得－3＜S9＜21.方法二：S9＝9a1＋36d＝x(a1＋2d)＋y(a1＋5d)，由待定系数法得x＝3，y＝6.因为－3＜3a3＜3,0＜6a6＜18，两式相加即得－3＜S9＜21.方法三：a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝5a3，a6＋a7＋a8＋a9＝2a6＋2a9，而a3＋a9＝2a6，所以S9＝3a3＋6a6，又－1＜a3＜1,0＜a6＜3，依据线性规划知识，得－3＜S9＜21.答案：(－3,21)9．等差数列{an}的通项公式为an＝2n－8，下列四个命题．α1：数列{an}是递增数列；α2：数列{nan}是递增数列；α3：数列{eq\f(an,n)}是递增数列；α4：数列{aeq\o\al(2,n)}是递增数列．其中为真命题的是__________．解析：由公差d＝2＞0，知数列{an}是递增数列，所以α1为真命题；因为nan＝n(2n－8)，对称轴为n＝2，则数列{nan}先减后增，所以α2为假命题；因为eq\f(an,n)＝2－eq\f(8,n)，故数列{eq\f(an,n)}是递增数列，所以α3为真命题；因为aeq\o\al(2,n)＝(2n－8)2，对称轴为n＝4，则数列{aeq\o\al(2,n)}先减后增，所以α4为假命题．答案：α1，α310．已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列{eq\f(1,a2n－1a2n＋1)}的前n项和．解析：(1)设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝0，,5a1＋10d＝－5，))解得a1＝1，d＝－1.故{an}的通项公式为an＝2－n.(2)由(1)知eq\f(1,a2n－1a2n＋1)＝eq\f(1,3－2n1－2n)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)－\f(1,2n－1)))，从而数列{eq\f(1,a2n－1a2n＋1)}的前n项和为eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,－1)－\f(1,1)＋\f(1,1)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2n－3)－\f(1,2n－1)))＝eq\f(n,1－2n).B级　能力提升练11．在等差数列{an}中，若a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝80，则a7－eq\f(1,2)a8的值为(　　)A．4　　　　　　　　　B.6C．8　　　　　　　　　D.10解析：∵a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝5a6＝80，∴a6＝16.a7－eq\f(1,2)a8＝eq\f(2a7－a8,2)＝eq\f(a6,2)＝8.答案：C12．数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列，且bn＝an＋1－an(n∈N*)，若b3＝－2，b10＝12，则a8＝(　　)A．0　　　　　　　　　B.3C．8　　　　　　　　　D.11解析：设{bn}的公差为d，∵b10－b3＝7d＝12－(－2)＝14，∴d＝2.∵b3＝－2，∴b1＝b3－2d＝－2－4＝－6.∴b1＋b2＋…＋b7＝7b1＋eq\f(7×6,2)·d＝7×(－6)＋21×2＝0.又b1＋b2＋…＋b7＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a7)＝a8－a1＝a8－3＝0，∴a8＝3.故选B.答案：B13．[xx·河北邢台市摸底考试]已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＋a5＝eq\f(2,7)aeq\o\al(2,3)，S7＝63.(1)求数列{an}的通项an；(2)若数列{bn}满足b1＝a1且bn＋1－bn＝an＋1，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))的前n项和Tn.解析：(1)解法一　设正项等差数列{an}的首项为a1，公差为d，且an＞0，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1＋4d＝\f(2,7)a1＋2d2,7a1＋21d＝63))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3,d＝2))，∴an＝2n＋1.解法二　∵{an}是等差数列且a1＋a5＝eq\f(2,7)aeq\o\al(2,3)，∴2a3＝eq\f(2,7)aeq\o\al(2,3)，又∵an＞0，∴a3＝7.∵S7＝eq\f(7a1＋a7,2)＝7a4＝63，∴a4＝9，∴d＝a4－a3＝2，∴an＝a3＋(n－3)d＝2n＋1.(2)∵bn＋1－bn＝an＋1且an＝2n＋1，∴bn＋1－bn＝2n＋3，当n≥2时，bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝(2n＋1)＋(2n－1)＋…＋5＋3＝n(n＋2)．当n＝1时，b1＝3满足上式，∴bn＝n(n＋2)，∴eq\f(1,bn)＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，∴Tn＝eq\f(1,b1)＋eq\f(1,b2)＋…＋eq\f(1,bn－1)＋eq\f(1,bn)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2))).14．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S7＝49，a4和a8的等差中项为11.(1)求an及Sn；(2)证明：当n≥2时，有eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＜eq\f(7,4).解析：(1)方法一：设等差数列{an}的公差为d，∵S7＝49，a4＋a8＝22，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(7a1＋21d＝49，,2a1＋10d＝22，))解得a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1，Sn＝n2.方法二：∵S7＝7a4＝49，∴a4＝7.∵a4＋a8＝22，∴a8＝15.∴d＝eq\f(a8－a4,4)＝2，a1＝a4－3d＝1.∴an＝2n－1，Sn＝n2.(2)证法一：由(1)知，Sn＝n2，n∈N*.①当n＝2时，eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＝1＋eq\f(1,4)＜eq\f(7,4)，∴原不等式成立．②当n≥3时，∵n2＞n(n－1)，∴eq\f(1,n2)＜eq\f(1,nn－1)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n).∴eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,n2)＜1＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,n－1n)＝1＋eq\f(1,4)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－2)－\f(1,n－1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))))＝1＋eq\f(1,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,n)))＝eq\f(7,4)－eq\f(1,n)＜eq\f(7,4).证法二：由(1)知，Sn＝n2，n∈N*.当n≥2时，∵n2＞(n－1)(n＋1)，∴eq\f(1,n2)＜eq\f(1,n－1n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1))).∴eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,n2)＜1＋eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,2×4)＋…＋eq\f(1,n－2n)＋eq\f(1,n－1n＋1)＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－2)－\f(1,n)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))))＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)＋\f(1,2)－\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(7,4)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＜eq\f(7,4).