2020-2021学年【补习教材·寒假作业】高二数学练习3 等差数列（解析版）



练习3 等差数列



1．（2020秋•淮安期中）已知等差数列{an}中，a1＝1，a6＝11，则数列{an}的公差为（　　）
A． B．2 C．8 D．13
【分析】由已知结合等差数列的通项公式即可求解d的值．
【解答】解：等差数列{an}中，a1＝1，a6＝11，
则a6＝a1+5d，
∴5d＝11﹣1，
∴d＝2，
故选：B．
2．（2020秋•新吴区校级期中）在等差数列{an}中，a3+a4+a5＝6，则a1+a7＝（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据等差中项的性质即可求出．
【解答】解：由等差数列的性质，得a3+a4+a5＝3a4＝6，
解得a4＝2，
∴a1+a7＝2a4＝4，
故选：C．
3．（2020秋•海门市校级期中）设等差数列{an}的公差d≠0，前n项和为Sn.若S4＝5a2，则＝（　　）
A．9 B．5 C．1 D．
【分析】根据条件求出首项a1与d的关系，进而求解结论．
【解答】解：∵等差数列{an}的公差d≠0，前n项和为Sn．
∴S4＝5a2⇒4a1+6d＝5a1+5d⇒a1＝d，
∴＝＝9，
故选：A．
4．（2020秋•连云港期中）数学著作《孙子算经》中有这样一个问题：“今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），问物几何？”现将1到2020共2020个整数中，同时满足“三三数之剩二，五五数之剩三”的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则该数列共有（　　）
A．132项 B．133项 C．134 项 D．135 项
【分析】根据“被3除余2且被5除余3的数”，可得这些数构成等差数列，然后根据等差数列的前n项和公式，可得结果．
【解答】解：被3除余2且被5除余3的数构成首项为8，公差为15的等差数列，记为{an}，
则an＝8+15（n﹣1）＝15n﹣7，
令an＝15n﹣7≤2020，解得n≤135．
∴将1到2020这2020个自然数中满足被3除余2且被5除余3的数按照从小到大的顺序排成一列，
构成一个数列，则该数列的项数是135．
故选：D．
5．（多选）（2020秋•常州期中）已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，且2a1+4a3＝S7，则以下结论正确的有（　　）
A．a14＝0 B．S14最小 C．S11＝S16 D．S27＝0
【分析】根据题意，由2a1+4a3＝S7⇒a14＝0，然后逐项分析即可得解．
【解答】解：因为数列{an}为等差数列，设其等差为d，由于2a1+4a3＝S7，即6a1+8d＝7a1+21d，即a1+13d＝a14＝0，故A正确；
当d＜0时，Sn没有最小值，故B错误；
因为S16﹣S11＝a12+a13+a14+a15+a16＝5a14＝0，
所以S11＝S16，故C正确；
S27＝＝27（a1+13d）＝27a14＝0，故D正确．
故选：ACD．
6．（多选）（2020秋•昆山市期中）无穷等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＞0，d＜0，则下列结论正确的是（　　）
A．数列{an}单调递减 B．数列{an}有最大值
C．数列{Sn}单调递减 D．数列{Sn}有最大值
【分析】根据题意可得{an}是递减数列，且先正值，后负值；从而判断出Sn有最大值．
【解答】解：∵无穷等差数列{an}的首项a1＞0，公差d＜0，
∴{an}是递减数列，且先正值，后负值，首项为数列{an}的最大值；
∴{an}的前n项和为Sn先增加，后减小，
∴Sn有最大值；
故选：ABD．
7．（2020秋•淮安期中）已知{an}为等差数列，a3+a8＝25，a6＝11，则a5＝　 　．
【分析】根据等差数列的性质即可求出．
【解答】解：{an}为等差数列，a3+a8＝25，a6＝11，
∵a5+a6＝a3+a8，
∴a5＝25﹣11＝14，
故答案为：14．
8．（2020•锡山区校级一模）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝6，S6＝﹣8，则S9＝　 　．
【分析】利用等差数列的前n项和的性质即可得出．
【解答】解：由题意可得：2×（﹣8﹣6）＝6+S9﹣（﹣8），解得S9＝﹣42．
故答案为：﹣42．
9．（2020•江苏模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝9，＝﹣4，则an＝　 　．
【分析】由等差数列的性质可得：数列{}成等差数列，设公差为d．由＝﹣4，可得：4d＝﹣4，解得d．利用通项公式可得，进而得出结论．
【解答】解：由等差数列的性质可得：数列{}成等差数列，设公差为d．
由＝﹣4，可得：4d＝﹣4，解得d＝﹣1．
又＝9，∴＝9﹣（n﹣1）＝10﹣n．
∴Sn＝n（10﹣n），
n＝2时，9+a2＝16，解得a2＝7．
∴等差数列{an}的公差＝7﹣9＝﹣2．
则an＝9﹣2（n﹣1）＝11﹣2n．
故答案为：11﹣2n．
10．（2020•高港区校级模拟）等差数列{an}的公差为2，Sn是数列{an}的前n项的和，若S20＝40，则a1+a3+a5+a7…+a19＝　 　．
【分析】由已知结合等差数列的求和公式可求a1，然后结合等差数列的性质及通项公式即可直接求解．
【解答】解：由题意可得，S20＝20＝40，
解可得，a1＝﹣17，
则a1+a3+a5+a7…+a19＝10a10＝10（﹣17+9×2）＝10．
故答案为：10
11．（2020秋•桃城区校级月考）在①对任意n＞1，满足Sn+1+Sn﹣1＝2（Sn+1），②Sn+1﹣2＝Sn+an，③Sn＝nan+1﹣n（n+1）这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．
问题：已知数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，______，若数列{an}是等差数列，求数列{an}的通项公式；若数列{an}不一定是等差数列，说明理由．
【分析】分别选择①②③，根据等差数列的定义判断是否能构成等差数列，进而得出通项公式．
【解答】解：若选择条件①：
因为对任意n＞1，n∈N*，满足Sn+1+Sn﹣1＝2（Sn+1），
所以Sn+1﹣Sn＝Sn﹣Sn﹣1+2，
所以an+1﹣an＝2，
因为无法确定a1的值，
所以a2﹣a1不一定等于2，
所以数列{an}不一定是等差数列，
若选择条件②：
由Sn+1﹣2＝Sn+an，
则Sn+1﹣Sn﹣an＝2，即an+1﹣an＝2，n∈N*，
又因为a2＝4，所以a1＝2，
所以数列{an}是等差数列，公差为2，
因此数列{an}的通项公式为an＝2n，
若选择条件③：
因为Sn＝nan+1﹣n（n+1）
所以Sn﹣1＝（n﹣1）an﹣（n﹣1）n，（n≥2，n∈N*），
两式相减得，an＝nan+1﹣（n﹣1）an﹣2n，（n≥2），
即an+1﹣an＝2（n≥2），
又S1＝a2﹣2，即a2﹣a1＝2，
所以an+1﹣an＝2，n∈N*，
又a2＝4，a2﹣a1＝2，所以a1＝2，
所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列．
所以an＝2+2（n﹣1）＝2n．
12．（2020秋•无锡期中）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，且满足a1＝b1﹣1＝1，an+12＝4Sn+4n+1，b4＝a8+1．
（1）求证：数列{an}为等差数列；
（2）若不等式anbn（4﹣m）＞（an﹣1）2对于任意n∈N*恒成立，求实数m的取值范围．
【分析】（1）由a1＝b1﹣1＝1，an+12＝4Sn+4n+1，得an2＝4Sn﹣1+4n﹣3，（n≥2），从而得到＝（an+2）2，进一步证明{an}是首项为1，公差为2的等差数列．
（2）推导出，从而4﹣m＞，设∁n＝，由此能求出实数m的取值范围．
【解答】解：（1）证明：正项数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，
满足a1＝b1﹣1＝1，an+12＝4Sn+4n+1，b4＝a8+1．
∴an2＝4Sn﹣1+4n﹣3，（n≥2），
两式相减，得﹣＝4an+4，（n≥2），
∴＝（an+2）2，
∵an＞0，∴an+1＝an+2，（n≥2），
当n＝1时，＝4a1+5＝9，a2＝3＝a1+2，
∴{an}是首项为1，公差为2的等差数列．
（2）an＝2n﹣1，b4＝a8+1＝16，b1＝2，
＝8，q＝2，∴，
由（2n﹣1）•2n•（4﹣m）＞（2n﹣2）2，得4﹣m＞，
设∁n＝，
则Cn+1﹣∁n＝＝，
∴n＝1，2时，Cn+1﹣∁n＞0，
当n≥3时，Cn+1﹣∁n＜0，即∁n≤C3＝，
∴4﹣m＞，解得m＜．
∴实数m的取值范围是（﹣∞，）．



13．（2020秋•南京期中）在1，2，3，…，2020这2020个自然数中将能被2除余1，且被3除余1的数按从小到大的次序排成一列，构成数列{an}，则a50＝（　　）
A．289 B．295 C．301 D．307
【分析】在1，2，3，…，2020这2020个自然数中将能被2除余1的数为2n﹣1，被3除余1的数为3n﹣2，由此得到在1，2，3，…，2020这2020个自然数中将能被2除余1，且被3除余1的数为an＝6n﹣5，由此能求出结果．
【解答】解：在1，2，3，…，2020这2020个自然数中将能被2除余1的数为2n﹣1，
被3除余1的数为3n﹣2，
∴在1，2，3，…，2020这2020个自然数中将能被2除余1，且被3除余1的数为：
an＝6n﹣5，
∴a50＝6×50﹣5＝295．
故选：B．
14．（2020•吴江区模拟）记无穷数列{an}的前n项a1，a2，…，an的最大项为An，第n项之后的各项an+1，an+2…的最小项为Bn，bn＝An﹣Bn．
（1）若数列{an}的通项公式为an＝2n2﹣7n+6，写出b1，b2，b3；
（2）若数列{bn}的通项公式为bn＝﹣2n，判断{an+1﹣an}是否为等差数列，若是，求出公差；若不是，请说明理由；
（3）若数列{bn}为公差大于零的等差数列，求证：{an+1﹣an}是等差数列．
【分析】（1）根据数列{an}的通项公式，以及An和Bn的定义，bn＝An﹣Bn，代入求解出b1，b2，b3；
（2）根据数列{bn}的通项公式，判断出数列{an}单调递增，运用等差数列的定义证明数列{an+1﹣an}为等差数列，并通过an+2﹣an+1﹣（an+1﹣an）＝2，得出公差；
（3）根据题意，假设数列{bn}的通项公式，判断数列{an}是单调递增的数列，通过后一项减前一项是一个常数，得出数列{an+1﹣an}是等差数列．
【解答】解：（1）数列{an}的通项公式为an＝2n2﹣7n+6，
，
n≥2时为单调递增数列，
∴A1＝1，B1＝a2＝0，
b1＝A1﹣B1＝1﹣0＝1，
同理可得b2＝A2﹣B2＝a1﹣a3＝﹣2，
b3＝A3﹣B3＝a3﹣a4＝3﹣10＝﹣7．
（2）数列{bn}的通项公式为bn＝﹣2n，
∴bn单调递减且bn＜0．
由定义知，An≥an，Bn≤an+1，
∴an+1＞an，数列{an}单调递增，
∴n≥1时，An＝an，Bn＝an+1，
∴bn＝An﹣Bn＝an﹣an+1＝﹣（an+1﹣an）＝﹣2n，
∴an+2﹣an+1﹣（an+1﹣an）＝2
∴数列{an+1﹣an}是等差数列，公差为2．
（3）由题可知，数列{bn}为公差大于零的等差数列，
故设bn＝b1+（n﹣1）d，且公差d＞0，
bn+1＝bn+d⇒An+1﹣Bn+1＝An﹣Bn+d，
整理得An+1﹣An＝Bn+1﹣Bn+d，
若Bn+1＝m，则Bn≤m，
故Bn+1﹣Bn+d＞0⇒An+1＞An，
因为A1＝a1，所以当n＝1时，A2＞A1⇒A2＝a2，
当n＝2时，A3＞A2⇒A3＝a3，
类似的可以证明An＝an，
因为An+1＞An，
故有a1＜a2＜a3＜a4＜a5＜…＜an＜an+1＜…，
故数列{an}是单调递增的数列，
所以当n≥1时，An＝an，Bn＝an+1，
故bn＝An﹣Bn＝an﹣an+1＝﹣（an+1﹣an）＝b1+（n﹣1）d，
所以数列{an+1﹣an}是等差数列，公差为﹣d．