2019届高考数学二轮复习查漏补缺练习：第29讲《等差数列及其前n项和》(含解析)

课时作业(二十九)　第29讲　等差数列及其前n项和时间 / 45分钟　分值 / 100分　　　　　　　　　　　　　基础热身1.已知数列{an}是等差数列,a3+a13=20,a2=-2,则a15= (　　)A.20 B.24        C.28 D.342.在等差数列{an}中,若a3+a4+a5=3,a8=8,则a12的值是 (　　)A.15 B.30          C.31 D.643.在等差数列{an}中,a3+a5=12-a7,则a1+a9= (　　)A.8         B.12             C.16         D.204.在等差数列{an}中,若前10项的和S10=60,且a7=7,则a4= (　　)A. 4 B. -4 C. 5 D. -55.已知Sn是等差数列{an}的前n项和,若S5=5a4-10,则数列{an}的公差为　　　　. 能力提升6.我国古代数学名著《九章算术》第六章“均输”中记载了这样一个问题:“今有五人分五钱,令上二人所得与下三人等,问各得几何?”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱(“钱”是古代一种重量单位),甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同,且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列,问五人各得多少钱?”这个问题中,等差数列的通项公式为(　　)A.-n+(n∈N*,n≤5)           B.n+(n∈N*,n≤5)C.n+(n∈N*,n≤5)            D.-n+(n∈N*,n≤5)7.若干个连续奇数的和3+5+7+…+(4n-1)= (　　)A.2n2+n     B.n2+2n         C.4n2+2n         D.4n2-18.已知数列{an},{bn}满足bn=an+an+1,则“数列{an}为等差数列”是“数列{bn}为等差数列”的(　　)A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件9.已知等差数列{an}一共有9项,若前4项的和为3,最后3项的和为4,则中间1项的值为(　　)A.       B.             C.1           D.10.在数列{an}中,若a1=2,且对任意正整数m,k,总有am+k=am+ak成立,则{an}的前n项和Sn=(　　)A.n(3n-1) B.         C.n(n+1) D.11.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=9,a5=1,则使得Sn>0成立的最大的自然数n为　　　　. 12.设正项等差数列{an}的前n项和为Sn,若S2017=6051,则+的最小值为　　　　. 13.已知数列{an}的前n项和为Sn,且数列为等差数列.若S2=1,S2018-S2016=5,则S2018=　　　　. 14.(10分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a16+a17+a18=a9=-36.(1)求Sn的最小值,并求出Sn取得最小值时n的值;(2)若Tn=|a1|+|a2|+…+|an|,求Tn.              15.(10分)已知Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S9=81,记bn=[log5an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.(1)求b1,b14,b61的值;(2)求数列{bn}的前200项和.        难点突破16.(15分)已知Sn为数列{an}的前n项和,且2Sn=nan+n(n∈N*).(1)求证:{an}是等差数列;(2)若a2=2,bn=,Tn是{bn}的前n项和,求Tn.             课时作业(二十九)1.B　[解析] 设数列{an}的公差为d,由已知,得a3+a13=2a8=20,∴a8=10,又a2=-2,∴d=2,∴a15=a2+13d=-2+13×2=24.2.A　[解析] 设数列{an}的公差为d,由a3+a4+a5=3a4=3,得a4=1,又a8=8=a4+4d,则d=,故a12=8+4d=15.3.A　[解析] 由等差数列的性质得,a3+a5+a7=3a5=12,则a5=4,所以a1+a9=2a5=8.故选A.4.C　[解析] 由等差数列的性质得a1+a10=a7+a4,∵S10==60,∴a1+a10=12.又a7=7,∴a4=5,故选C.5.2　[解析] 设数列{an}的公差为d,由等差数列的前n项和公式,可得S5=×5=5a3,结合题意有5a4-10=5a3,∴5(a4-a3)=10,即5d=10,∴d=2.6.D　[解析] 依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得分别为a-2d,a-d,a,a+d,a+2d,由题意可知a-2d+a-d=a+a+d+a+2d,所以a=-6d,又a-2d+a-d+a+a+d+a+2d=5a=5,所以a=1,所以此数列的首项为,公差为-,故通项公式为an=-n+(n∈N*,n≤5),故选D.7.D　[解析] 方法一:把原式加1减1变成1+3+5+7+…+(4n-3)+(4n-1)-1,即4+12+20+…+(8n-4)-1,则原式等价于首项a1=4,公差d=8的等差数列的前n项和减1,则原式=4n+×8-1=4n+4n2-4n-1=4n2-1.方法二:用特殊值检验法.当n=1时,和为3,可排除C;当n=2时,和为15,可排除A,B.故选D.8.A　[解析] 若数列{an}是等差数列,设其公差为d1,则bn+1-bn=(an+1+an+2)-(an+an+1)=an+2-an=2d1,所以数列{bn}是等差数列,充分性成立;若数列{bn}是等差数列,设其公差为d2,则bn+1-bn=(an+1+an+2)-(an+an+1)=an+2-an=d2,不能推出数列{an}是等差数列,必要性不成立.故选A.9.D　[解析] 设数列{an}的公差为d,由a1+a2+a3+a4=4a1+6d=3,a7+a8+a9=3a1+21d=4,可得a1=,d=,等差数列{an}一共有9项,所以中间1项为a5=a1+4d=,故选D.10.C　[解析] 因为am+k=am+ak,所以令k=1,可得am+1=am+a1=am+2,即am+1-am=2恒成立,据此可知,数列{an}是一个首项a1=2,公差d=2的等差数列,故其前n项和Sn=na1+d=2n+×2=n(n+1).11.9　[解析] 因为a1=9,a5=1,所以公差d==-2,所以Sn=9n+n(n-1)×(-2)=-n2+10n,令Sn>0,得0<n<10,因此使得Sn>0成立的最大的自然数n为9.12.　[解析] 因为S2017=6051,所以(a1+a2017)=6051,所以a1+a2017=6,所以a4+a2014=6.故+=(a4+a2014)+=5++≥×(5+4)=,当且仅当a4=2,a2014=4时取等号.13.3027　[解析] ∵数列为等差数列,∴可设=an+b,整理得Sn=an2+bn.∵S2=1,S2018-S2016=5,∴4a+2b=1,a×20182+2018b-a×20162-2016b=5,解得a=,b=,则S2018=×20182+×2018=3027.14.解:(1)因为a16+a17+a18=3a17=-36,所以a17=-12,则公差d===3,所以an=a9+(n-9)·d=3n-63,所以S20=S21==-630,所以当n=20或21时,Sn取得最小值-630.(2)由(1)知,数列{an}的前20项均小于0,第21项等于0,以后各项均为正数.当n≤21时,Tn=-Sn=-=-n2+n;当n>21时,Tn=Sn-2S21=-2S21=n2-n+1260.综上,Tn=15.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,根据等差数列的性质可知S9=9a5=9(a1+4d)=81,∴a1+4d=9.∵a1=1,∴d=2,∴an=2n-1,∴b1=[log51]=0,b14=[log527]=2,b61=[log5121]=2.(2)当1≤n≤2时,1≤an≤3,bn=[log5an]=0,共2项;当3≤n≤12时,5≤an≤23,bn=[log5an]=1,共10项;当13≤n≤62时,25≤an≤123,bn=[log5an]=2,共50项;当63≤n≤200时,125≤an≤399,bn=[log5an]=3,共138项.∴数列{bn}的前200项和为2×0+10×1+50×2+138×3=524.16.解:(1)证明:∵2Sn=nan+n,∴2Sn-1=(n-1)an-1+(n-1)(n≥2).两式相减,得2an=nan+n-(n-1)an-1-(n-1)(n≥2),∴(n-2)an=(n-1)an-1-1(n≥2),∴(n-1)an+1=nan-1,两式相减,得(n-1)an+1-(n-2)an=nan-(n-1)an-1(n≥2),∴2(n-1)an=(n-1)an-1+(n-1)an+1(n≥2),∴2an=an-1+an+1(n≥2),∴{an}为等差数列.(2)∵2S1=a1+1=2a1,∴a1=1,又a2=2,∴d=1,∴an=n,∴bn==-,∴Tn=1-+-+…+-=1-.