人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.2 等差数列第1课时精练

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.2 等差数列第1课时精练，共11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。

A 组·基础自测
一、选择题
1．若等差数列{an}的前三项和S3＝9，且a1＝1，则a2等于( A )
A．3 B．4
C．5 D．6
[解析] S3＝3a1＋eq \f(3×2,2)d＝9，
又∵a1＝1，∴d＝2，∴a2＝a1＋d＝3.
2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若am＝11，S2m－1＝121，则m的值为( D )
A．3 B．4
C．5 D．6
[解析] 因为S2m－1＝(2m－1)am＝121，所以2m－1＝11，故m＝6，故选D.
3．已知数列{an}的通项公式为an＝2－3n，则{an}的前n项和Sn＝( A )
A．－eq \f(3,2)n2＋eq \f(n,2) B．－eq \f(3,2)n2－eq \f(n,2)
C．eq \f(3,2)n2＋eq \f(n,2) D．eq \f(3,2)n2－eq \f(n,2)
[解析] 易知{an}是等差数列且a1＝－1，所以Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(n1－3n,2)＝－eq \f(3,2)n2＋eq \f(n,2).故选A．
4．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，a2＋a8＋a11是一个定值，则下列各数中也为定值的是( C )
A．S7 B．S8
C．S13 D．S15
[解析] 由a2＋a8＋a11＝3a1＋18d＝eq \f(3,2)(2a1＋12d)＝eq \f(3,2)(a1＋a1＋12d)＝eq \f(3,2)(a1＋a13)为定值可知，a1＋a13为定值，而S13＝eq \f(13×a1＋a13,2)，所以S13为定值．
5．记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝( B )
A．－12 B．－10
C．10 D．12
[解析] ∵Sn为等差数列{an}的前n项和，3S3＝S2＋S4，a1＝2，
∴3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3a1＋\f(3×2,2)d))＝a1＋a1＋d＋4a1＋eq \f(4×3,2)d.
把a1＝2代入得d＝－3
∴a5＝2＋4×(－3)＝－10，
故选B.
二、填空题
6．在数列{an}中，an＝4n－eq \f(5,2)，a1＋a2＋…＋an＝an2＋bn(n∈N*)，其中a，b为常数，则ab＝_－1__.
[解析] ∵an＝4n－eq \f(5,2)，
∴{an}为等差数列，设其公差为d，则a1＝eq \f(3,2)，d＝4.
∴an2＋bn＝a1＋a2＋…＋an＝eq \f(3,2)n＋eq \f(nn－1,2)×4＝2n2－eq \f(1,2)n.
∴a＝2，b＝－eq \f(1,2)，
∴ab＝－1.
7．(2022·全国乙卷文)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若2S3＝3S2＋6，则公差d＝_2__.
[解析] 由2S3＝3S2＋6可得2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，化简得2a3＝a1＋a2＋6，即2(a1＋2d)＝2a1＋d＋6，解得d＝2.
8．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋a17＝20，则S18＝_180__.
[解析] 因为a1＋a18＝a2＋a17＝20，
所以S18＝eq \f(18×a1＋a18,2)＝eq \f(18×a2＋a17,2)＝180.
三、解答题
9．若等差数列{an}的公差d<0，且a2·a4＝12，a2＋a4＝8.求：
(1)数列{an}的首项a1和公差d；
(2)数列{an}的前10项和S10的值．
[解析] (1)根据题意，得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a4＝a1＋d＋a1＋3d＝8，,a2·a4＝a1＋d·a1＋3d＝12，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝8，,d＝－2.))
(2)S10＝10a1＋eq \f(10×10－1,2)d＝10×8＋eq \f(10×9,2)×(－2)＝－10.
10．等差数列{an}中，已知a1＋a2＝5，S4＝14.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求{an}的前n项和Sn.
[解析] (1)设等差数列{an}的公差为d，
则由a1＋a2＝5，S4＝14得，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋d＝5，,4a1＋\f(4×3,2)d＝14，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋d＝5，,2a1＋3d＝7，))
解得a1＝2，d＝1，
所以an＝2＋(n－1)＝n＋1.
(2)由(1)可知，Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝na1＋eq \f(nn－1d,2)＝eq \f(nn＋3,2).
B 组·素养提升
一、选择题
1．(2023·新课标全国Ⅰ卷)记Sn为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和，设甲：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为等差数列；乙：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，则( C )
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
[解析] 方法一：甲：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为等差数列，设其首项为a1，公差为d，
则Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d，eq \f(Sn,n)＝a1＋eq \f(n－1,2)d＝eq \f(d,2)n＋a1－eq \f(d,2)，eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(d,2)，
因此eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，则甲是乙的充分条件；
反之，乙：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，即eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(nSn＋1－n＋1Sn,nn＋1)＝eq \f(nan＋1－Sn,nn＋1)为常数，设为t，
即eq \f(nan＋1－Sn,nn＋1)＝t，则Sn＝nan＋1－t·n(n＋1)，有Sn－1＝(n－1)an－t·n(n－1)，n≥2，
两式相减得：an＝nan＋1－(n－1)an－2tn，即an＋1－an＝2t，对n＝1也成立，
因此eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件，C正确．
方法二：甲：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为等差数列，设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的首项为a1，公差为d，即Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d，
则eq \f(Sn,n)＝a1＋eq \f(n－1,2)d＝eq \f(d,2)n＋a1－eq \f(d,2)，因此eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，即甲是乙的充分条件；
反之，乙：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，即eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝D，eq \f(Sn,n)＝S1＋(n－1)D，
即Sn＝nS1＋n(n－1)D，Sn－1＝(n－1)S1＋(n－1)(n－2)D，
当n≥2时，上两式相减得Sn－Sn－1＝S1＋2(n－1)D，当n＝1时，上式成立，
于是an＝a1＋2(n－1)D，又an＋1－an＝a1＋2nD－[a1＋2(n－1)D]＝2D为常数，
因此eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件．
故选C．
2．某公司技术部为了激发员工的工作积极性，准备在年终奖的基础上再增设30个“幸运奖”，投票产生“幸运奖”，按照得票数(假设每人的得票数各不相同)排名次，发放的奖金数成等差数列．已知前10名共发放2 000元，前20名共发放3 500元，则前30名共发放( B )
A．4 000元 B．4 500元
C．4 800元 D．5 000元
[解析] 由已知可知等差数列中S10＝2 000，S20＝3 500，
因为S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，
所以2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，
所以2×(3 500－2 000)＝2 000＋(S30－3 500)，解得S30＝4 500，
故选B.
3．(多选题)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列结论中正确的是( ABD )
A．若d<0，则数列{Sn}有最大项
B．若数列{Sn}有最大项，则d<0
C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N＋，均有Sn>0
D．若对任意n∈N＋，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列
[解析] 由Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n，根据二次函数的图象与性质，可知当d<0时数列{Sn}有最大项，选项A，B正确；如果数列{Sn}是递增数列，那么d>0，但对任意的n∈N＋，Sn>0不一定成立，选项C错误；若对任意n∈N＋，均有Sn>0，对应的抛物线开向上，所以d>0，故数列{Sn}是递增数列，选项D正确．
二、填空题
4．在等差数列{an}中，其前n项和为Sn，若eq \f(S2 015,2 015)－eq \f(S10,10)＝2 005，则等差数列{an}的公差d＝_2__.
[解析] ∵数列{an}为等差数列，设其公差为d，则其前n项和为Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d，
∴eq \f(Sn,n)＝a1＋eq \f(n－1,2)d，
∴eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(d,2)，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是公差为eq \f(d,2)的等差数列，
∴eq \f(S2 015,2 015)－eq \f(S10,10)＝2 005×eq \f(d,2)＝2 005，解得d＝2.
5．在等差数列{an}中，aeq \\al(2,3)＋aeq \\al(2,8)＋2a3a8＝9，且an<0，则S10＝_－15__.
[解析] 由aeq \\al(2,3)＋aeq \\al(2,8)＋2a3a8＝9得(a3＋a8)2＝9，
∵an<0，∴a3＋a8＝－3.
∴S10＝eq \f(10a1＋a10,2)＝eq \f(10a3＋a8,2)＝eq \f(10×－3,2)＝－15.
三、解答题
6．已知{an}是等差数列，其中a2＝22，a8＝4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，求Sn的最大值．
[解析] (1)∵a8＝a2＋6d,4＝22＋6d，∴d＝－3，a1＝25，∴an＝28－3n.
(2)∵an＝28－3n，令28－3n<0，得n>9eq \f(1,3)，
∴当n≤9时，an>0；当n≥10时，an<0，
故当n＝9时，Sn最大，且最大值为S9＝25×9＋eq \f(1,2)×9×8×(－3)＝117.
7．(2023·新课标全国Ⅰ卷)设等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公差为d，且d>1.令bn＝eq \f(n2＋n,an)，记Sn，Tn分别为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的前n项和．
(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式；
(2)若eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
[解析] (1)∵3a2＝3a1＋a3，∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d，
∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d，
又T3＝b1＋b2＋b3＝eq \f(2,d)＋eq \f(6,2d)＋eq \f(12,3d)＝eq \f(9,d)，
∴S3＋T3＝6d＋eq \f(9,d)＝21，
即2d2－7d＋3＝0，解得d＝3或d＝eq \f(1,2)(舍去)，
∴an＝a1＋(n－1)·d＝3n.
(2)∵{bn}为等差数列，
∴2b2＝b1＋b3，即eq \f(12,a2)＝eq \f(2,a1)＋eq \f(12,a3)，
∴6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＝eq \f(6d,a2a3)＝eq \f(1,a1)，即aeq \\al(2,1)－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d，
∵d>1，∴an>0，
又S99－T99＝99，由等差数列性质知，99a50－99b50＝99，即a50－b50＝1，
∴a50－eq \f(2 550,a50)＝1，即aeq \\al(2,50)－a50－2 550＝0，解得a50＝51或a50＝－50(舍去)．
当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51，解得d＝1，与d>1矛盾，无解；
当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝eq \f(51,50).
综上，d＝eq \f(51,50).
C 组·探索创新
(多选题)设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d.已知a3＝12，S12>0，a7<0，则下列说法正确的是( ABC )
A．a6>0
B．－eq \f(24,7)C．Sn<0时，n的最小值为13
D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))中的最小项为第六项
[解析] 根据题意，等差数列{an}中，S12>0，即S12＝eq \f(a1＋a12×12,2)＝eq \f(a6＋a7×12,2)＝6(a6＋a7)>0，
又a7<0，则a6>0，A正确；
已知a3＝12，且a6>0，a7<0，a6＋a7>0，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a6＝12＋3d>0，,a7＝12＋4d<0，,a6＋a7＝24＋7d>0，))
解可得－eq \f(24,7)根据题意，S13＝eq \f(a1＋a13×13,2)＝13a7<0，
而S12>0，故Sn<0时，n的最小值为13，C正确；
数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))中，由上面分析可知d<0，所以数列{an}是递减的等差数列，当1≤n≤6时，an>0；当n≥7时，an<0；当1≤n≤12时，Sn>0；当n≥13时，Sn<0，所以当1≤n≤6时，eq \f(Sn,an)>0；当7≤n≤12时，eq \f(Sn,an)<0；当n≥13时，eq \f(Sn,an)>0，故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))中的最小项不是第六项，D错误．