人教版高中数学高考一轮复习训练--等差数列及其前n项和

考点规范练26　等差数列及其前n项和

一、基础巩固

1.已知Sn为等差数列{an}的前n项和,若a2+a8=6,则S9等于(　　)

A. B.27 C.54 D.108

2.已知等差数列{an}的前4项和为30,前8项和为100,则它的前12项和为(　　)

A.110 B.200 C.210 D.260

3.已知数列{an}是等差数列,且a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,数列{an}的前n项和为Sn,则使得Sn最大的n是(　　)

A.18 B.19 C.20 D.21

4.(多选)已知等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,当首项a1和d变化时,a3+a8+a13是一个定值,则下列各选项中也一定为定值的有(　　)

A.a7 B.a8 C.S15 D.S16

5.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等于(　　)

A.5 B.6 C.7 D.8

6.(多选)设Sn是等差数列{an}的前n项和,且S5<S6,S6=S7>S8,则下列结论正确的是(　　)

A.d>0

B.a7=0

C.S9>S5

D.S6与S7均为Sn的最大值

7.已知等差数列{an}的前3项依次是-1,a-1,1,则a=　　　　　;通项an=　　　　　　. 

8.设Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1≠0,a2=3a1,则=　　　　　. 

9.已知数列{an}满足(an+1-1)(an-1)=3(an-an+1),a1=2,令bn=.

(1)证明:数列{bn}是等差数列;

(2)求数列{an}的通项公式.

二、综合应用

10.(多选)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1+5a3=S8,则下列结论一定正确的是(　　)

A.a10=0

B.当n=9或10时,Sn取最大值

C.|a9|<|a11|

D.S6=S13

11.设等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足S20>0,S21<0,则,…,中最大的项为(　　)

A. B. C. D.

12.(2020山东,14)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为　　　　　　　　　. 

13.已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a3a4=117,a2+a5=22.

(1)求an;

(2)求Sn的最小值;

(3)若数列{bn}是等差数列,且bn=,求非零常数c.

三、探究创新

14.下表数阵的特点是每行、每列都成等差数列,记第i行第j列的数为aij,则

(1)ann=　　　　　(n∈N*); 

(2)表中的数52共出现　　　　　次. 

15.已知各项均为正数的等差数列{an}满足a4=2a2,且a1,4,a4成等比数列.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)求同时满足下列条件的所有an的和:①20≤n≤116;②n能够被5整除.

考点规范练26　等差数列及其前n项和

1.B　S9==27.

2.C　设等差数列{an}的前n项和为Sn.

由于在等差数列{an}中,S4,S8-S4,S12-S8成等差数列,

又S4=30,S8=100,

所以30,70,S12-100成等差数列,

即2×70=30+S12-100,

解得S12=210.

3.C　根据题意可知,由a1+a3+a5=105,得a3=35,

由a2+a4+a6=99,得a4=33,

则等差数列{an}的公差d=33-35=-2,a1=a3-2d=39,Sn=-n2+40n,

因此当Sn取得最大值时,n=20.

4.BC　由等差中项的性质可得a3+a8+a13=3a8为定值,则a8为定值,S15==15a8为定值,但S16==8(a8+a9)不一定为定值.

5.D　(方法一)由题知Sn=na1+d=n+n(n-1)=n2,Sn+2=(n+2)2,由Sn+2-Sn=36,得(n+2)2-n2=4n+4=36,故n=8.

(方法二)Sn+2-Sn=an+1+an+2=2a1+(2n+1)d=2+2(2n+1)=36,解得n=8.

6.BD　根据题意,设等差数列{an}的公差为d.

由于S6=S7,则S7-S6=a7=0,故B选项正确;

由S5<S6,得S6-S5=a6>0,则d=a7-a6<0,故A选项错误;

若S9>S5,则a6+a7+a8+a9>0,

可得2(a7+a8)>0,又由a7=0,且d<0,得a8<0,即a7+a8<0,矛盾,故C选项错误;

因为S5<S6,S6=S7>S8,所以S6与S7均为Sn的最大值,故D选项正确.

7.1　n-2　因为-1,a-1,1构成等差数列,

所以2(a-1)=-1+1=0,解得a=1.

因为首项a1=-1,公差d=1,所以an=n-2.

8.4　设等差数列{an}的公差为d.

∵a1≠0,a2=3a1,

∴a1+d=3a1,即d=2a1.

=4.

9.(1)证明 由题意可知,an≠1.

由,

得bn+1-bn=,故{bn}是公差d=的等差数列.

(2)解 由(1)及b1==1,得bn=n+,

即an-1=,故an=

10.AD　设等差数列{an}的公差为d.由于a1+5a3=S8,则a1+5a1+10d=8a1+,得a1+9d=0,即a10=0,故A正确;

由于a1+9d=0,当d>0时,a1<0,则Sn有最小值,

故B错误;

因为|a9|=|a10-d|=|d|,|a11|=|a10+d|=|d|,

所以|a9|=|a11|,故C错误;

由于S6=6a1+=-54d+15d=-39d,

S13=13a1+=-117d+78d=-39d,

故D正确.

11.A　由题意可得等差数列{an}的公差d<0,

因为S20==10(a1+a20)>0,

所以a1+a20>0,则a10+a11>0.

同理由S21<0可得a1+a21<0,即a11<0,得a10>0.

当n≤10时,S10最大,而a10最小,故的值最大.

12.3n2-2n　数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数.并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列时的新数列{an}为以1为首项,以6为公差的等差数列.

所以数列{an}的前n项和为Sn=n×1+6=3n2-2n.

13.解 (1)∵数列{an}为等差数列,

∴a3+a4=a2+a5=22.

又a3a4=117,

∴a3,a4是方程x2-22x+117=0的两个实数根.

又公差d>0,∴a3<a4,

∴a3=9,a4=13,

解得

∴an=4n-3.

(2)由(1)知a1=1,d=4,

则Sn=na1+d

=2n2-n=2

故当n=1时,Sn最小,最小值为S1=a1=1.

(3)由(2)知Sn=2n2-n,

即bn=,

则b1=,b2=,b3=

∵数列{bn}是等差数列,

∴2b2=b1+b3,即2=,

∴2c2+c=0,

∴c=-或c=0(舍去).

14.(1)n2+1　(2)4　(1)根据题意得,第i行的等差数列的公差为i,第j列等差数列的公差为j,所以第一行数组的数列a1j是以2为首项,公差为1的等差数列,可得a1j=2+(j-1)×1=j+1,

又因为第j列数组成的数列aij是以a1j为首项,公差为j的等差数列,

所以aij=a1j+(i-1)j=(j+1)+(i-1)×j=ij+1.

因为aij=ij+1,所以ann=n×n+1=n2+1;

(2)由于aij=ij+1=52,则ij=51,得i=1且j=51或i=51且j=1或i=3且j=17或i=17且j=3,故表中的数52出现了4次.

15.解 (1)设等差数列{an}的公差为d.

∵a4=2a2,且a1,4,a4成等比数列,

解得

∴数列{an}的通项公式为an=a1+(n-1)·d=2+2(n-1)=2n.

(2)∵n同时满足①20≤n≤116;②n能够被5整除,

∴满足条件的n组成等差数列{bn},且b1=20,公差为d=5,bn=115,

∴项数为+1=20.

∴数列{bn}的所有项的和为S20=20×20+20×19×5=1 350.

又an=2n,即an=2bn,

∴满足条件的所有an的和为2S20=2×1 350=2 700.