2019届高考数学一轮复习夯基提能作业：第六章数列第二节等差数列及其前n项和 .doc
第二节等差数列及其前n项和A组基础题组1.若等差数列an的前5项和S5=25,且a2=3,则a7=()A.12 B.13C.14D.152.(2017安徽合肥第二次质量检测)等差数列an的前n项和为Sn,且S3=6,S6=3,则S10=()A.110B.0C.-10D.-153.(2018陕西西安八校联考)等差数列an为递增数列,若a12+a102=101,a5+a6=11,则数列an的公差d等于()A.1 B.2C.9 D.104.已知正项数列an的前n项和为Sn,若an和Sn都是等差数列,且公差相等,则a6=()A.114 B.32C.72 D.15.设数列an的前n项和为Sn,若SnS2n为常数,则称数列an为“吉祥数列”.已知等差数列bn的首项为1,公差不为0,若数列bn为“吉祥数列”,则数列bn的通项公式为()A.bn=n-1 B.bn=2n-1C.bn=n+1 D.bn=2n+16.已知等差数列an的前9项的和为27,a10=8,则a100=.7.在等差数列an中,公差d=12,前100项的和S100=45,则a1+a3+a5+a99=.8.在等差数列an中,S10=100,S100=10,则S110=.9.已知数列an满足a1=1,an=an-12an-1+1(nN*,n2),数列bn满足关系式bn=1an(nN*).(1)求证:数列bn为等差数列;(2)求数列an的通项公式.10.(2016课标全国,17,12分)等差数列an中,a3+a4=4,a5+a7=6.(1)求an的通项公式;(2)设bn=an,求数列bn的前10项和,其中x表示不超过x的最大整数,如0.9=0,2.6=2.B组提升题组1.(2017甘肃兰州模拟)等差数列an中,ana2n是一个与n无关的常数,则该常数的可能值的集合为()A.1B.1,12C.12D.0,12,12.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.6B.7C.8D.93.已知等差数列an的前三项的和为-3,前三项的积为8.(1)求数列an的通项公式;(2)若a2,a3,a1成等比数列,求数列|an|的前n项和.4.已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,an0,anan+1=Sn-1,其中为常数.(1)证明:an+2-an=;(2)是否存在,使得an为等差数列?并说明理由.答案精解精析A组基础题组1.B设等差数列an的公差为d.由S5=5(a2+a4)225=5(3+a4)2a4=7,所以7=a2+2d=3+2dd=2,所以a7=a4+3d=7+32=13,故选B.2.D由题意,得3a1+3d=6,6a1+15d=3,解得a1=3,d=-1,所以S10=10a1+45d=-15.故选D.3.A依题意得(a1+a10)2-2a1a10=(a5+a6)2-2a1a10=121-2a1a10=101,a1a10=10,又a1+a10=a5+a6=11,a1<a10,a1=1,a10=10,d=a10-a110-1=1.故选A.4.A设an的公差为d,由题意得,Sn=na1+n(n-1)2d=d2n2+a1-d2n,又an和Sn都是等差数列,且公差相同,d=d2,a1-d2=0,解得d=12,a1=14,a6=a1+5d=14+52=114.5.B设等差数列bn的公差为d(d0),SnS2n=k,因为b1=1,则n+12n(n-1)d=k2n+122n(2n-1)d,即2+(n-1)d=4k+2k(2n-1)d,整理得(4k-1)dn+(2k-1)(2-d)=0.因为对任意的正整数n上式均成立,所以(4k-1)d=0,(2k-1)(2-d)=0,解得d=2,k=14.所以数列bn的通项公式为bn=2n-1.6.答案98解析设an的公差为d,由等差数列前n项和公式及通项公式,得S9=9a1+982d=27,a10=a1+9d=8,解得a1=-1,d=1,an=a1+(n-1)d=n-2,a100=100-2=98.7.答案10解析S100=1002(a1+a100)=45,a1+a100=0.9,a1+a99=a1+a100-d=0.4,则a1+a3+a5+a99=502(a1+a99)=5020.4=10.8.答案-110解析解法一:因为数列an为等差数列,S10=5(a1+a10)=100,S100=50(a1+a100)=10,a100-a10=90d=-19.8,即d=-0.22,又a1+a110=a1+a100+10d=-2,S110=55(a1+a110)=-255=-110.解法二:因为数列an为等差数列,所以可设Sn=An2+Bn.100A+10B=100,10 000A+100B=10,-10,得A=-11100,B=11110,Sn=-11100n2+11110n,S110=-111001102+11110110=-1 331+1 221=-110.9.解析(1)证明:bn=1an,且an=an-12an-1+1,bn+1=1an+1=1an2an+1=2an+1an,bn+1-bn=2an+1an-1an=2.又b1=1a1=1,数列bn是以1为首项,2为公差的等差数列.(2)由(1)知数列bn的通项公式为bn=1+2(n-1)=2n-1,又bn=1an,an=1bn=12n-1.数列an的通项公式为an=12n-1.10.解析(1)设数列an的公差为d,由题意有2a1+5d=4,a1+5d=3.解得a1=1,d=25.所以an的通项公式为an=2n+35.(2)由(1)知,bn=2n+35.当n=1,2,3时,12n+35<2,bn=1;当n=4,5时,22n+35<3,bn=2;当n=6,7,8时,32n+35<4,bn=3;当n=9,10时,42n+35<5,bn=4.所以数列bn的前10项和为13+22+33+42=24.B组提升题组1.Bana2n=a1+(n-1)da1+(2n-1)d=a1-d+nda1-d+2nd,若a1=d,则ana2n=12;若a10,d=0,则ana2n=1.a1=d0,ana2n0,该常数的可能值的集合为1,12.2.C在等差数列an中,因为a4<0,a5>|a4|,所以a5>0,a5+a4>0,S7=7(a1+a7)2=72a42=7a4<0,S8=8(a1+a8)2=8(a4+a5)2=4(a4+a5)>0.所以使Sn>0成立的最小正整数n为8,故选C.3.解析(1)设等差数列an的公差为d,则a2=a1+d,a3=a1+2d,由题意得3a1+3d=-3,a1(a1+d)(a1+2d)=8.解得a1=2,d=-3或a1=-4,d=3.所以由等差数列通项公式可得an=2-3(n-1)=-3n+5或an=-4+3(n-1)=3n-7.故an=-3n+5或an=3n-7.(2)当an=-3n+5时,a2,a3,a1分别为-1,-4,2,不成等比数列;当an=3n-7时,a2,a3,a1分别为-1,2,-4,成等比数列,满足条件.故|an|=|3n-7|=-3n+7,n=1,2,3n-7,n3.记数列|an|的前n项和为Sn.当n=1时,S1=|a1|=4;当n=2时,S2=|a1|+|a2|=5;当n3时,Sn=S2+|a3|+|a4|+|an|=5+(33-7)+(34-7)+(3n-7)=5+(n-2)2+(3n-7)2=32n2-112n+10.当n=2时,满足此式.综上,Sn=4,n=1,32n2-112n+10,n2.4.解析(1)证明:由anan+1=Sn-1,知an+1an+2=Sn+1-1.两式相减得,an+1(an+2-an)=an+1.由于an+10,所以an+2-an=.(2)存在.理由如下:由a1=1,a1a2=a1-1,可得a2=-1,由(1)知,a3=+1.令2a2=a1+a3,解得=4.故an+2-an=4,由此可得,a2n-1是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=1+4(n-1)=4n-3;a2n是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=3+4(n-1)=4n-1.所以an=2n-1,an+1-an=2.因此存在=4,使得an为等差数列.
