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(人教版)2020届高考数学一轮复习 第五篇 数列 第2节 等差数列训练 理 新人教版

来源:个人技术集锦
第2节 等差数列

【选题明细表】 知识点、方法 等差数列的判定与证明 等差数列的基本运算 等差数列的性质 等差数列的单调性、最值 等差数列的综合应用 题号 10,14 1,3,7,9 2,4,5,8,11 6 12,13,15 基础巩固(时间:30分钟)

1.(2017·辽宁抚顺一模)在等差数列{an}中,a3+a6=11,a5+a8=39,则公差d为( C ) (A)-14 (B)-7 (C)7 (D)14

解析:因为a3+a6=11,a5+a8=39,所以4d=28,解得d=7.故选C.

2.(2017·云南大理一模)在等差数列{an}中,若a3+a4+a5+a6+a7=45,那么a5等于( C ) (A)4 (B)5 (C)9 (D)18

解析:因为a3+a4+a5+a6+a7=45,所以5a5=45,所以a5=9.故选C.

3.(2017·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则{an}的公差为( C )

(A)1 (B)2 (C)4 (D)8

解析:设等差数列首项为a1,公差为d, 则a4+a5=2a1+7d=24,①

S6=6a1+d=6a1+15d=48,②

由①②得d=4.故选C.

4.(2017·西宁一模)已知{an}为等差数列,若a1+a5+a9=8π,则cos(a3+a7)的值为( A )

(A)- (B)- (C) (D)

解析:{an}为等差数列,若a1+a5+a9=8π,则有3a5=8π,即a5=.

所以a3+a7=2a5=,所以cos(a3+a7)=cos =

cos =-cos =-,

故选A.

5.(2017·甘肃一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S2=4,S4=16,则a5+a6等于( C ) (A)11 (B)16 (C)20 (D)28

解析:因为{an}为等差数列,前n项和为Sn,所以S2,S4-S2,S6-S4成等差数列,

1

所以2(S4-S2)=S2+(S6-S4),

又S2=4,S4=16,所以24=4+S6-S4=a5+a6+4,所以a5+a6=20. 故选C.

6.(2017·广东珠海二模)已知等差数列{an}前n项和是Sn,公差d=2,a6是a3和a7的等比中项,则满足Sn<0的n的最大值为( B ) (A)14 (B)13 (C)7 (D)6 解析:因为a6是a3和a7的等比中项, 所以a3a7=,即(a1+4)(a1+12)=(a1+10), 解得a1=-13.

2

所以Sn=-13n+

2

=n-14n.

2

由Sn<0,得n-14n<0,解得0*

因为n∈N,

所以满足Sn<0的n的最大值为13. 故选B.

7.(2017·吉林二模)设{an}是公差不为零的等差数列,满足+和等于( C )

(A)-10 (B)-5 (C)0 (D)5

解析:设等差数列{an}的首项为a1,公差为d(d≠0), 由+=

+

,得(a1+3d)+(a1+4d)=(a1+5d)+(a1+6d),

2

2

2

2

=+,则该数列的前10项

整理得2a1+9d=0,即a1+a10=0,

所以S10==0.

故选C.

8.(2017·江苏盐城一模)设{an}是等差数列,若a4+a5+a6=21,则S9= . 解析:因为{an}是等差数列,a4+a5+a6=21, 所以a4+a5+a6=3a5=21,解得a5=7, 所以S9= (a1+a9)=9a5=63. 答案:63

9.(2017·广西一模)已知Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1= -2 017,则S2 017= .

解析:因为Sn是等差数列{an}的前n项和,

-=6,

所以数列{}是等差数列,设公差为d.又=-2 017,

因为

-=6,所以6d=6,解得d=1,

2

所以=-2 017+(2 017-1)×1=-1,

解得S2 017=-2 017. 答案:-2 017

能力提升(时间:15分钟)

10.(2017·崇明县一模)实数a,b满足a·b>0且a≠b,由a,b,,按一定顺序构成的

数列( B )

(A)可能是等差数列,也可能是等比数列 (B)可能是等差数列,但不可能是等比数列 (C)不可能是等差数列,但可能是等比数列 (D)不可能是等差数列,也不可能是等比数列

解析:①若a>b>0则有a>>>b,

若能构成等差数列,则a+b=+,

得=,

解得a=b(舍去),即此时无法构成等差数列,

若能构成等比数列,则a·b=·,

得=,

解得a=b(舍去),即此时无法构成等比数列.

②若ba>>b,

若能构成等差数列,则

+b=a+,得2=3a-b,

4ab=9a2

-6ab+b2

,

得b=9a,或b=a(舍去).

当b=9a时这四个数为-3a,a,5a,9a,成等差数列. 于是b=9a<0,满足题意,

但此时·b<0,a·>0,不可能相等,故仍无法构成等比数列故 选B.

3

11.(2017·淮南一模)已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若对于任意的自然数

n,都有=,则+等于( A )

(A) (B) (C) (D)

解析:法一 因为等差数列中,若m+n=p+q,则am+an=ap+aq;

等差数列的前n项和为Sn=.

所以==,

所以+

=+=+

===

===.故选A.

法二 +

=+

=

=

4

===. 故选A.

12.在等差数列{an}中,a1>0,a10·a11<0,若此数列的前10项和S10=36,前18项和S18=12,则数列{|an|}的前18项和T18的值是 . 解析:由a1>0,a10·a11<0可知d<0,a10>0,a11<0, 所以T18=a1+…+a10-a11-…-a18=S10-(S18-S10)=60. 答案:60

13.(2017·河南周口二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数.

(1)证明:an+2-an=λ;

(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由. (1)证明:由题设,anan+1=λSn-1, 则an+1an+2=λSn+1-1.

两式相减得an+1(an+2-an)=λan+1. 由于an+1≠0,所以an+2-an=λ.

(2)解:存在.理由:由题设,a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-1. 由(1)知,a3=λ+1.

令2a2=a1+a3,解得λ=4. 故an+2-an=4,由此可得{

}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3;{a2n}是首项为3,

公差为4的等差数列,a2n=4n-1. 所以an=2n-1,an+1-an=2.

因此存在λ=4,使得数列{an}为等差数列. 14.已知数列{an}满足:Sn+1·Sn=an+1,又a1=,

(1)求证:数列{}为等差数列;

(2)求an.

(1)证明:由Sn+1·Sn=an+1及an+1=Sn+1-Sn, 得Sn+1·Sn=Sn+1-Sn(n∈N+),(*) 若存在Sn=0,则an=Sn·Sn-1=0, 从而Sn-1=Sn-an=0.

依此类推知S1=0,矛盾,故Sn≠0(n∈N+).

(*)式两边同时除以Sn+1·Sn得1=-,

即-=-1(n∈N),

+

5

所以{}是首项为,公差为-1的等差数列.

(2)解:由(1)知,= -(n-1)=-n,故Sn=(n∈N).

+

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n=1时,a1=,

,

所以an=

15.已知数列{an}中,a1=,an+1=(1)求an;

.

(2)设数列{bn}的前n项和为Sn,且bn·=1,求证:≤Sn<1.

(1)解:由已知得an≠0则由an+1=以2为首项,为公差的等差数列.

,得=,即-=,而=2,所以{}是

所以=2+ (n-1)=,所以an=.

(2)证明:因为bn·=1,则由(1)得bn=,

所以Sn=b1+b2+…+bn=(1-)+(-)+(-)+…+(-)=1-,Sn关于n单调递增,所以≤Sn<1.

6

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