高考数学大一轮复习第五章数列33等差数列课时作业理

课时作业33 等差数列

一、选择题

1．(2015·重庆卷)在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝( ) A．－1 C．1

B．0 D．6

解析：因为数列是等差数列，a2＝4，2a4＝a2＋a6＝4，所以a6＝0，故选B. 答案：B

2．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sn＋2－Sn＝36，则n＝( ) A．5 C．7

B．6 D．8

解析：∵an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，∴Sn＋2－Sn＝36?an＋2＋an＋1＝36?2n＋3＋2n＋1＝36?n＝8，故选D.

答案：D

1

3．(2016·江西四校调研)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1 008＝，则S2 015的值是

2( )

A.2 015

2

B.2 017

2

C．2 015 D．2 016

12 015（a1＋a2 015）2 015×2a1 008

解析：∵数列{an}是等差数列，且a1 008＝，∴S2 015＝＝2222 015

＝2 015a1 008＝，故选A.

2

答案：A

4．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 C．8

B．3 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＋7×6

·d＝7×(－6)＋21×2＝0.又b1＋b2＋…2

＋b7＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a7)＝a8－a1＝a8－3＝0，∴a8＝3.故选B.

答案：B

1

5．(2016·浙江杭州重点中学联考)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a4<0，a5>|a4|，则使Sn>0成立的最小正整数n为( )

A．6 C．8

B．7 D．9

7（a1＋a7）7×2a4

解析：在等差数列{an}中，∵a4<0，a5>|a4|，∴a5>0，a5＋a4>0，S7＝＝228（a1＋a8）8（a4＋a5）

＝7a4<0，S8＝＝＝4(a4＋a5)>0.∴使Sn>0成立的最小正整数n为8，

22故选C.

答案：C

6．(2016·福建四地六校联考)在各项都为正数的等差数列{an}中，若a1＋a2＋…＋a10

＝30，则a5·a6的最大值等于( )

A．3 C．9

B．6 D．36

10（a1＋a10）

解析：因为a1＋a2＋a3＋…＋a10＝＝5(a1＋a10)＝5(a5＋a6)＝30，所以a5＋

2

?a5＋a6??a5＋a6＝6，?a6＝6.因为等差数列{an}各项都为正数，所以a5a6≤?即?＝9，当且仅当?

?2??a5＝a6?

2

a5＝a6＝3时等号成立，所以a5·a6的最大值等于9，故选C.

答案：C 二、填空题

1

7．已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和，若a1＝，S2＝a3，则a2＝________；Sn＝

2________．

1

解析：设公差为d，则由S2＝a3，得2a1＋d＝a1＋2d，所以d＝a1＝，故a2＝a1＋d＝1，

2

n（n－1）n（n＋1）

Sn＝na1＋d＝. 2

4

答案：1

n（n＋1）

4

?1?

?是等差数列，则a11等于________． 8．已知在数列{an}中，a3＝2，a5＝1，若?

?1＋an?

1111?11?11

解析：记bn＝，则b3＝，b5＝，数列{bn}的公差为×?－?＝，b1＝，∴bn1＋an322?23?126＝

n＋1

12

，即1n＋111－n＝.∴an＝，故a11＝0. 1＋an12n＋1

答案：0

2

9．(2016·江西九江一模)等差数列{an}中，a1＝的公差为________．

111

，am＝，an＝(m≠n)，则数列{an}2 015nm1111111

解析：∵am＝＋(m－1)d＝，an＝＋(n－1)d＝，∴(m－n)d＝－，∴d＝.

2 015n2 015mnmmn∴am＝

12 015＋(m－1)1mn＝1n，解得1mn＝12 015，即d＝12 015

. 答案：

1

2 015

三、解答题

10．(2015·北京卷)已知等差数列{an}满足a1＋a2＝10，a4－a3＝2. (1)求{an}的通项公式；

(2)设等比数列{bn}满足b2＝a3，b3＝a7.问：b6与数列{an}的第几项相等？ 解：(1)设等差数列{an}的公差为d. 因为a4－a3＝2，所以d＝2. 又因为a1＋a2＝10， 所以2a1＋d＝10，故a1＝4.

所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2(n＝1，2，…)． (2)设等比数列{bn}的公比为q. 因为b2＝a3＝8，b3＝a7＝16， 所以q＝2，b1＝4. 所以b6－1

6＝4×2

＝128.

由128＝2n＋2得n＝63.

所以b6与数列{an}的第63项相等．

11．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1<0，S2 015＝0. (1)求Sn的最小值及此时n的值； (2)求n的取值集合，使其满足an≥Sn. 解：(1)设公差为d，则由S2 015＝0?

2 015a2 015×2 014

1＋2

d＝0?a1＋1 007d＝0，

d＝－11 007a2 015－n1，a1＋an＝1 007

a1， ∴S＝n2(an2 015－nn1＋an)＝2·1 007

a1

＝

a1

(2 015n－n2

2 014

)． 3

∵a1<0，n∈N，

∴当n＝1 007或1 008时，Sn取最小值504a1. 1 008－n(2)an＝a1，

1 007

*

Sn≤an?1 008－n2

(2 015n－n)≤a1. 2 0141 007

2

a1

∵a1<0，∴n－2 017n＋2 016≤0， 即(n－1)(n－2 016)≤0， 解得1≤n≤2 016.

故所求n的取值集合为{n|1≤n≤2 016，n∈N}．

1．(2015·北京卷)设{an}是等差数列，下列结论中正确的是( ) A．若a1＋a2>0，则a2＋a3>0 B．若a1＋a3<0，则a1＋a2<0 C．若0a1a3 D．若a1<0，则(a2－a1)(a2－a3)>0

解析：A项，令a1＝2，a2＝－1，则a3＝－4，a2＋a3＝－5<0，错误；B项，令a1＝2，

*

a2＝－1，则a1＋a3＝2a2＝－2<0，但a1＋a2>0，错误；C项，0

递增数列，所以a3>0，因为a12a1a3，即a2>a1a3，正确；D项，设d为公差，则(a2－a1)(a2－a3)＝－d<0，错误．

答案：C

2．(2015·浙江卷)已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn.若a3，a4，a8

成等比数列，则( )

A．a1d>0，dS4>0 B．a1d<0，dS4<0 C．a1d>0，dS4<0 D．a1d<0，dS4>0

解析：由于a3，a4，a8成等比数列，则有a4＝a3a8，即(a1＋3d)＝(a1＋2d)(a1＋7d)，整5n（n－1）22

理有3a1d＋5d＝0，由于d≠0，可得a1＝－d，则有a1d<0，而dSn＝na1d＋d＝

3252n（n－1）2?n13n?－nd＋d＝d2?－?<0.

32?26?

答案：B

3．(2016·无锡一模)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，当整数n≥2时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn

4

2

2

2

2

＋S1)都成立，则S15＝________．

解析：由Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)得(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝2S1＝2，即an＋1－an＝2(n≥2)，所以数列{an}从第二项起构成等差数列，则S15＝1＋2＋4＋6＋8＋…＋28＝211.

答案：211

4．(2015·全国卷Ⅰ)S2

n为数列{an}的前n项和，已知an>0，an＋2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝

1

a，求数列{bn}的前n项和．

nan＋1

解：(1)由a2

n＋2an＝4Sn＋3， 可知a2

n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3. 可得a2

2

n＋1－an＋2(an＋1－an)＝4an＋1即 2(a2

2

n＋1＋an)＝an＋1－an＝(an＋1＋an)(an＋1－an) 由于an>0，可得an＋1－an＝2. 又a2

1＋2a1＝4a1＋3， 解得a1＝－1(舍去)，a1＝3.

所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1. (2)由an＝2n＋1可知

b11

n＝a＝＋1）（2n＋3）

nan＋1（2n＝1?1n＋3?2?1?2n＋1－2??

.

设数列{bn}的前n项和为Tn，则

Tn＝b1＋b2＋…＋bn

＝1?2????11?3－5???＋??11?5－7???＋…＋??1?2n＋1－12n＋3?????? ＝

n3（2n＋3）

.

5

6

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/jpm8.html