高中人教版新课标A第二章 数列2.3 等差数列的前n项和同步达标检测题
展开这是一份高中人教版新课标A第二章 数列2.3 等差数列的前n项和同步达标检测题,共6页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
2-3-2技能训练基础巩固强化
一、选择题
1.已知某等差数列共有10项,其奇数项之和为15,偶数项之和为30,则其公差为( )
A.2 B.3
C.4 D.5
2.记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1=,S4=20,则S6=( )
A.16 B.24
C.36 D.48
3.(2011·山东苍山高二期中)等差数列{an}的前m项和为30,前2m项和为100,则它的前3m项的和为( )
A.130 B.170
C.210 D.260
4.(2011·辽宁鞍山市高二期中联考)已知{an}为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,Sn是等差数列{an}的前n项和,则使得Sn达到最大值的n是( )
A.21 B.20
C.19 D.18
5.(2010~2011·福建福州高二期中)+++…+=( )
A. B.
C. D.
6.(2012·大纲全国理,5)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a5=5,S5=15,则数列{}的前100项和为( )
A. B.
C. D.
二、填空题
7.(2011·湖南高考)设Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和,且a1=1,a4=7,则S5=________.
8.等差数列{an}中,a1=,前n项和为Sn,且S3=S12,则a8=________.
9.(2011·天津)已知{an}是等差数列,Sn为其前n项和,n∈N*.若a3=16,S20=20,则S10的值为________.
三、解答题
10.已知等差数列{an}中,a3a7=-16,a4+a6=0,求{an}的前n项和Sn.
能力拓展提升
一、选择题
11.(2011·山东实验中学期末)已知数列{an}为等差数列,若<-1,且它们的前n项和Sn有最大值,则使得Sn>0的最大值n为( )
A.11 B.19
C.20 D.21
12.等差数列{an}中,a1=-5,它的前11项的平均值是5,若从中抽取1项,余下的10项的平均值为4,则抽取的项是( )
A.a8 B.a9
C.a10 D.a11
13.一个凸多边形的内角成等差数列,其中最小的内角为120°,公差为5°,那么这个多边形的边数n等于( )
A.12 B.16
C.9 D.16或9
14.设{an}是递减的等差数列,前三项的和是15,前三项的积是105,当该数列的前n项和最大时,n等于( )
A.4 B.5
C.6 D.7
二、填空题
15.等差数列{an}中,d<0,若|a3|=|a9|,则数列{an}的前n项和取最大值时,n的值为______________.
16.已知两个等差数列{an}:6,10,14,…;{bn}:2,7,12,…各100项,由它们的公共项所构成的数列的和为__________.
三、解答题
17.设等差数列的前n项和为Sn.已知a3=12,S12>0,S13<0.
(1)求公差d的取值范围;
(2)指出S1,S2,…,S12中哪一个值最大,并说明理由.
*18.已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a3·a4=117,a2+a5=22,(1)求通项an;(2)若数列{bn}满足bn=,是否存在非零实数c,使得{bn}为等差数列?若存在,求出c的值,若不存在,说明理由.
详解答案
1[答案] B
[解析] 由S偶-S奇=d=15,得d=3.
2[答案] D
[解析] 设公差为d,由⇒
⇒⇒S6=6a1+×3=48.
3[答案] C
[解析] 解法1:将Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+d得
解之得d=,a1=+.
∴S3m=3ma1+d=210.
解法2:根据等差数列的性质知:Sm,S2m-Sm,S3m-S2m也成等差数列,从而有2(S2m-Sm)=Sm+(S3m-S2m).
∴S3m=3(S2m-Sm)=210.
解法3:∵Sn=na1+d,
∴=a1+d,∴点(n,)是直线y=+a1上的一串点,由三点(m,)、(2m,)、(3m,)共线易知S3m=3(S2m-Sm)=210.
解法4:令m=1得S1=30,S2=100,从而a1=30,a1+a2=100,得到a1=30,a2=70,∴a3=70+(70-30)=110,∴S3=a1+a2+a3=210.
[点评] 对于等差数列{an}的前m项、前2m项、前3m项的和Sm、S2m、S3m,有Sm,S2m-Sm,S3m-S2m成等差,∴2(S2m-Sm)=Sm+S3m-S2m,∴S3m=3(S2m-Sm)=3(100-30)=210.要通过本题深刻领会等差数列的性质在解题中的应用,以迅速提升自已的解题能力.
4[答案] B
[解析] 由题设求得:a3=35,a4=33,∴d=-2,a1=39,∴an=41-2n,a20=1,a21=-1,所以当n=20时Sn最大.故选B.
5[答案] B
[解析] 原式=(-)+(-)+…+(-)=(-)=,故选B.
6[答案] A
[解析] 本小题主要考查等差数列的通项公式和前n项和公式的运用,以及裂项求和的综合应用.
∵a5=5,S5=15
∴=15,即a1=1.
∴d==1,∴an=n.
∴==-.
则数列{}的前100项的和为:T100=(1-)+(-)+…+(-)=1-=.
故选A.
[点评] 本题亦可利用等差数列的性质,由S5=15得5a3=15,即a3=3,再进一步求解.
7[答案] 25
[解析] 由得,
∴S5=5a1+×d=25.
8[答案] 0
[解析] ∵{an}是等差数列,S3=S12,
∴S12-S3=a4+a5+…+a12=0.
又∵a4+a12=a5+a11=…=2a8,
∴S12-S3=9a8=0,故a8=0.
9[答案] 110
[解析] 设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.
a3=a1+2d=16,S20=20a1+d=20,
∴解得d=-2,a1=20.
∴S10=10a1+d=200-90=110.
10[解析] 设{an}的公差为d,则
,
即,
解得,或.
因此Sn=-8n+×2=n2-9n,或Sn=8n+×(-2)=-n2+9n.
11[答案] B
[解析] ∵Sn有最大值,∴a1>0,d<0,
∵<-1,
∴a11<0,a10>0,∴a10+a11<0,
∴S20==10(a10+a11)<0,
又S19==19a10>0,故选B.
12[答案] D
[解析] S11=5×11=55=11a1+d=55d-55,
∴d=2,S11-x=4×10=40,∴x=15,
又a1=-5,由ak=-5+2(k-1)=15得k=11.
13[答案] C
[解析] an=120+5(n-1)=5n+115,
由an<180得n<13且n∈N*,
由n边形内角和定理得,
(n-2)×180=n×120+×5.
解得n=16或n=9
∵n<13,∴n=9.
[点评] 请思考若最小内角为100°,公差为10°时边数n是多少?
14[答案] A
[解析] ∵{an}是等差数列,且a1+a2+a3=15,∴a2=5,
又∵a1·a2·a3=105,
∴a1a3=21,由及{an}递减可求得a1=7,d=-2,∴an=9-2n,由an≥0得n≤4,∴选A.
15[答案] 5或6
[解析]
∵a1+a11=a3+a9=0,
∴S11==0,
根据二次函数图象的性质,由于n∈N*,所以当n=5或n=6时Sn取最大值.
16[答案] 4240
[解析] 公共项构成的新数列{cn}是以c1=22为首项d=20为公差的等差数列,∴cn=20n+2,
∵an=4n+2,bn=5n-3,∴a100=402,b100=497.
∴20n+2 ≤402,∴n≤20,
∴公共项有20项,它们的和为S20=20×22+×20=4240.
17[解析] (1)依题意
即
由a3=12,得a1+2d=12. ③
将③分别代入②①,得
解得-<d<-3.
(2)由d<0可知{an}是递减数列,因此若在1≤n≤12中,使an>0且an+1<0,则Sn最大.
由于S12=6(a6+a7)>0,S13=13a7<0,可得
a6>0,a7<0,
故在S1,S2,…,S12中S6的值最大.
18[解析] (1)由等差数列的性质得,a3+a4=a2+a5=22,
又a3·a4=117,所以a3,a4是方程x2-22x+117=0的解,
又公差大于零,故解得a3=9,a4=13,
所以公差d=a4-a3=13-9=4,首项a1=1.
所以通项公式为an=a1+(n-1)d=1+4(n-1)=4n-3.
(2)由(1)知:Sn==2n2-n,
所以bn==.
故b1=,b2=,b3=.
令2b2=b1+b3,即=+,
所以2c2+c=0.
因为c≠0,故c=-,此时bn==2n.
当n≥2时,bn-bn-1=2n-2(n-1)=2.
所以当c=-时,{bn}为等差数列.
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