2020版数学新优化浙江大一轮试题：第六章 数列 考点规范练28 .docx
考点规范练28等差数列及其前n项和考点规范练第36页基础巩固组1.已知等差数列an,且a2+a8=16,则数列an的前9项和等于()A.36B.72C.144D.288答案B解析S9=9(a1+a9)2=9(a2+a8)2=9162=72.故选B.2.(2018浙江宁波高三期末)莱因德纸草书是世界上最古老的数学著作之一,书中有一道这样的题目:把100个面包分给5个人,使每人所得成等差数列,且使较多的三份之和的17是较少的两份之和.若按题中要求分好面包,则最少的一份为()A.53B.103C.56D.116答案A解析设a1<a2<a3<a4<a5,则5a1+10d=100,17(3a1+9d)=2a1+d,解得a1=53.故选A.3.(2018浙江桐乡一模)在等差数列an中,d为公差,Sn为前n项的和,则“d>0”是“Sn+Sn+2>2Sn+1”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案C解析因为Sn+Sn+2-2Sn+1=d,所以是充分必要条件.故选C.4.设等差数列an的公差为d.若数列2a1an为递减数列,则()A.d>0B.d<0C.a1d>0D.a1d<0答案D解析数列2a1an为递减数列,2a1an+12a1an=2a1an+1-a1an=2a1(an+1-an)=2a1d<1.a1d<0.故选D.5.已知每项均大于零的数列an中,首项a1=1,且前n项和Sn满足SnSn-1-Sn-1Sn=2SnSn-1(nN*,且n2),则a81等于()A.638B.639C.640D.641答案C解析由已知SnSn-1-Sn-1Sn=2SnSn-1,可得Sn-Sn-1=2,则数列Sn是以1为首项,2为公差的等差数列.故Sn=2n-1,Sn=(2n-1)2.从而a81=S81-S80=1612-1592=640.故选C.6.记等差数列an的前n项和为Sn,若a1=12,S4=20,则d=,S6=.答案348解析设等差数列an的公差为d,a1=12,S4=20,412+432d=20,解得d=3.S6=612+6523=48.7.设等差数列an的前n项和为Sn(其中nN*),且满足a6+a7+a8-a9=2,则a6=,S4S18的最大值是.答案172解析设公差为d.由题意得a6+a6+d+a6+2d-(a6+3d)=2a6=2,所以a6=1.S4S18=2(a1+a4)9(a1+a18)=18(2a6-7d)(2a6+7d)184a622=72a62=72,当且仅当d=0时,取到等号.8.记数列an的前n项和为Sn,若Snan是公差为d的等差数列,则an为等差数列时,d的值为.答案1或12解析因为数列Snan的首项为S1a1=a1a1=1,S2a2=a1+a2a2=1+d,即1+a2a2=1a2+1=1+d,所以a2=1d.又因为S3a3=a1+a2+a3a3=1+2d,即1+1d+a3=(1+2d)a3,a3=12d+12d2,an为等差数列,所以2a2=a1+a3,即2d=1+12d+12d2,解得1d=1或1d=2.所以d=1或d=12.能力提升组9.已知函数f(x)在区间(-1,+)上单调,且函数y=f(x-2)的图象关于直线x=1对称,若数列an是公差不为0的等差数列,且f(a50)=f(a51),则an的前100项的和为()A.-200B.-100C.0D.-50答案B解析函数f(x)在区间(-1,+)上单调,且函数y=f(x-2)的图象关于直线x=1对称,可得函数y=f(x)的图象关于直线x=-1对称,由数列an是公差不为0的等差数列,且f(a50)=f(a51),可得a50+a51=-2.又an是等差数列,所以a1+a100=a50+a51=-2,则an的前100项的和为100(a1+a100)2=-100.故选B.10.已知等差数列an中,满足S3=S10,且a1>0,Sn是其前n项和,若Sn取得最大值,则n=()A.5B.6C.7D.6或7答案D解析等差数列an中,满足S3=S10,且a1>0,S10-S3=7a7=0.a7=0.递减的等差数列an中,前6项为正数,第7项为0,从第8项开始为负数.Sn取得最大值时,n=6或7.11.设等差数列an的前n项和为Sn,且满足S2 015>0,S2 016<0,若对任意正整数n,都有|an|ak|,则k的值为()A.1 006B.1 007C.1 008D.1 009答案C解析等差数列an的前n项和为Sn,且满足S2 015>0,S2 016<0,2 015(a1+a2 015)2=2 015a1 008>0,2 016(a1+a2 016)2=1 008(a1 008+a1 009)<0.a1 008>0,a1 009<0.对任意正整数n,都有|an|ak|,k=1 008.故选C.12.设an是等差数列,Sn为其前n项和.若正整数i,j,k,l满足i+l=j+k(ijkl),则()A.aialajakB.aialajakC.SiSlSjSkD.SiSlSjSk答案A解析可以令i=1,j=2,k=3,l=4,则aial-ajak=a1a4-a2a3=a1(a1+3d)-(a1+d)(a1+2d)=-2d20,故A正确.同理可以验证B,C,D选项均不正确.13.设Sn是公差为d(d0)的无穷等差数列an的前n项和,则下列命题错误的是()A.若d<0,则数列Sn有最大项B.若数列Sn有最大项,则d<0C.若数列Sn是递增数列,则对任意nN*,均有Sn>0D.若对任意nN*,均有Sn>0,则数列Sn是递增数列答案C解析若数列Sn为递增数列,则当n2时,Sn-Sn-1=an>0,即n2时,an均为正数,而a1是正数、负数或零均有可能,对任意nN*,并不一定Sn始终大于0.故选C.14.(2018浙江绍兴一中模拟)若等差数列an的首项为a1,公差为d,关于x的不等式d2x2+a1-d2x+c0的解集为0,10,则c=,使数列an的前n项和Sn最大的正整数n的值是.答案05解析由题意可知d<0,且方程d2x2+a1-d2x+c=0的两根为0,10.由韦达定理的两根之积可得c=0.再由两根之和求出a1=-92d,所以数列an的通项公式为an=n-112d.当an0时,解得n112,所以nmax=5.15.已知等差数列an满足a4>0,a5<0,则满足an+1an>2的n的集合是.答案5解析等差数列an满足a4>0,a5<0,d<0,前4项为正数,从第5项开始为负数,由an+1an>2,得an+1-2anan>0,即a1+nd-2a1-2(n-1)da1+(n-1)d>0,a1+(n-2)da1+(n-1)d<0.a1+(n-2)d>0,a1+(n-1)d<0.n-23,n-14,解得n=5.故答案为5.16.设等差数列an的前n项和为Sn,若数列an是单调递增数列,且满足a56,S39,则a6的取值范围是.答案(3,7解析数列an是单调递增数列,d>0.满足a56,S39,a1+4d6,3a1+3d9,可得3d3,即d1.又d>0,0<d1.-a1-d-3,a13-d.a23.a6=a1+5d=43(a1+4d)+13(-a1-d)8-1=7,a6=a2+4d>3.可得a6(3,7.17.已知数列an的前n项和Sn=-n2+2kn(kN*),且Sn的最大值为4.(1)确定常数k的值,并求数列an的通项公式an;(2)令bn=5-an3n,数列bn的前n项和为Tn,试比较Tn与32的大小.解(1)因为Sn=-(n-k)2+k2(kN*),所以当n=k时,Sn取得最大值k2.依题意得k2=4,又kN*,所以k=2.从而Sn=-n2+4n.当n2时,an=Sn-Sn-1=(-n2+4n)-(n-1)2+4(n-1)=5-2n.又a1=S1=3也适合上式,所以an=5-2n(nN*).(2)由(1)得an=5-2n,所以bn=5-an3n=2n3n.所以Tn=231+432+633+2n3n,13Tn=232+433+634+2n3n+1.由-得,23Tn=231+232+233+23n-2n3n+1,所以Tn=1+131+132+13n-1-n3n=1-13n1-13-n3n=32-2n+323n.因为Tn-32=-2n+323n<0,所以Tn<32.18.已知等差数列an满足(a1+a2)+(a2+a3)+(an+an+1)=2n(n+1)(nN*).(1)求数列an的通项公式;(2)求证:数列an2n-1的前n项和Sn<6.(1)解设等差数列an的公差为d,由已知得a1+a2=4,(a1+a2)+(a2+a3)=12,即a1+a2=4,a2+a3=8,所以a1+(a1+d)=4,(a1+d)+(a1+2d)=8,解得a1=1,d=2.所以an=2n-1.(2)证明由(1)得an2n-1=2n-12n-1,所以Sn=1+32+522+2n-32n-2+2n-12n-1,12Sn=12+322+523+2n-32n-1+2n-12n, -,得12Sn=1+1+12+122+12n-2-2n-12n=3-2n+32n,所以Sn=6-4n+62n<6.
