【新高考复习】第2讲　等差数列及其前n项和

第2讲等差数列及其前n项和一、选择题1.(2016·武汉调研)已知数列{an}是等差数列，a1＋a7＝－8，a2＝2，则数列{an}的公差d等于()A.－1B.－2C.－3D.－4解析法一由题意可得a1＋（a1＋6d）＝－8，a1＋d＝2，解得a1＝5，d＝－3.法二a1＋a7＝2a4＝－8，∴a4＝－4，∴a4－a2＝－4－2＝2d，∴d＝－3.答案C2.已知等差数列{an}的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为()A.10B.20C.30D.40解析设项数为2n，则由S偶－S奇＝nd得，25－15＝2n，解得n＝5，故这个数列的项数为10.答案A3.已知等差数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋a101＝0，则有()A.a1＋a101＞0B.a2＋a100＜0C.a3＋a99＝0D.a51＝51解析由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a101＝a1＋a1012×101＝0.所以a1＋a101＝a2＋a100＝a3＋a99＝0.答案C4.设数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，则a37＋b37等于()A.0B.37C.100D.－37解析设{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，则(an＋1＋bn＋1)－(an＋bn)＝(an＋1－an)＋(bn＋1－bn)＝d1＋d2，∴{an＋bn}为等差数列，又a1＋b1＝a2＋b2＝100，∴{an＋bn}为常数列，∴a37＋b37＝100.答案C5.(2017·泰安模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝－11，a5＋a9＝－2，则当Sn取最小值时，n＝()A.9B.8C.7D.6解析设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由a2＝－11，a5＋a9＝－2，得a1＋d＝－11，2a1＋12d＝－2，解得a1＝－13，d＝2.∴an＝－15＋2n.由an＝－15＋2n≤0，解得n≤152.又n为正整数，∴当Sn取最小值时，n＝7.故选C.答案C二、填空题6.(2016·江苏卷)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和.若a1＋a22＝－3，S5＝10，则a9的值是________.解析设数列{an}的公差为d，由题设得a1＋（a1＋d）2＝－3，5a1＋5×42d＝10，解得a1＝－4，d＝3，因此a9＝a1＋8d＝20.答案207.正项数列{an}满足a1＝1，a2＝2，2a2n＝a2n＋1＋a2n－1(n∈N*，n≥2)，则a7＝________.解析由2a2n＝a2n＋1＋a2n－1(n∈N*，n≥2)，可得数列{a2n}是等差数列，公差d＝a22－a21＝3，首项a21＝1，所以a2n＝1＋3(n－1)＝3n－2，∴an＝3n－2，∴a7＝19.答案198.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝________.解析法一由已知得，am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，因为数列{an}为等差数列，所以d＝am＋1－am＝1，又因为Sm＝m（a1＋am）2＝0，所以m(a1＋2)＝0，因为m≠0，所以a1＝－2，又am＝a1＋(m－1)d＝2，解得m＝5.法二因为Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，所以am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，所以公差d＝am＋1－am＝1，由Sn＝na1＋n（n－1）2d＝na1＋n（n－1）2，得ma1＋m（m－1）2＝0，①（m－1）a1＋（m－1）（m－2）2＝－2.②由①得a1＝1－m2，代入②可得m＝5.法三因为数列{an}为等差数列，且前n项和为Sn，所以数列Snn也为等差数列.所以Sm－1m－1＋Sm＋1m＋1＝2Smm，即－2m－1＋3m＋1＝0，解得m＝5，经检验为原方程的解.答案5三、解答题9.(2016·全国Ⅱ卷)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解(1)设数列{an}首项为a1，公差为d，由题意有2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3.解得a1＝1，d＝25.所以{an}的通项公式为an＝2n＋35.(2)由(1)知，bn＝2n＋35.当n＝1，2，3时，1≤2n＋352，bn＝1；当n＝4，5时，2≤2n＋353，bn＝2；当n＝6，7，8时，3≤2n＋354，bn＝3；当n＝9，10时，4≤2n＋355，bn＝4.所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.10.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)证明由题设知，anan＋1＝λSn－1，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)解由题设知，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{a2n－1}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.11.(2017·东北三省四市联考)《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一.书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的17是较小的两份之和，则最小的一份为()A.53B.103C.56D.116解析依题意，设这100份面包所分成的五份由小到大依次为a－2m，a－m，a，a＋m，a＋2m，则有5a＝100，a＋（a＋m）＋（a＋2m）＝7（a－2m＋a－m），解得a＝20，m＝11a24，a－2m＝a12＝53，即其中最小一份为53，故选A.答案A12.(2017·郑州模拟)已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn，若S12＝24，则a6·a7的最大值为()A.36B.6C.4D.2解析在等差数列{an}中，∵S12＝6(a6＋a7)＝24，∴a6＋a7＝4，令x0，y0，由基本不等式可得x·y≤x＋y22，当且仅当x＝y时“＝”成立.又a60，a70，∴a6·a7≤a6＋a722＝4，当且仅当a6＝a7＝2时，“＝”成立.即a6·a7的最大值为4，故选C.答案C13.设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意自然数n都有SnTn＝2n－34n－3，则a9b5＋b7＋a3b8＋b4的值为________.解析∵{an}，{bn}为等差数列，∴a9b5＋b7＋a3b8＋b4＝a92b6＋a32b6＝a9＋a32b6＝a6b6.∵S11T11＝a1＋a11b1＋b11＝2a62b6＝2×11－34×11－3＝1941，∴a6b6＝1941.答案194114.在数列{an}中，a1＝－5，a2＝－2，记A(n)＝a1＋a2＋…＋an，B(n)＝a2＋a3＋…＋an＋1，C(n)＝a3＋a4＋…＋an＋2(n∈N*)，若对于任意n∈N*，A(n)，B(n)，C(n)成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{|an|}的前n项和.解(1)根据题意A(n)，B(n)，C(n)成等差数列.∴A(n)＋C(n)＝2B(n)，整理得an＋2－an＋1＝a2－a1＝－2＋5＝3，∴数列{an}是首项为－5，公差为3的等差数列，∴an＝－5＋3(n－1)＝3n－8.(2)|an|＝－3n＋8，n≤2，3n－8，n≥3，记数列{|an|}的前n项和为Sn.当n≤2时，Sn＝n（5＋8－3n）2＝－3n22＋132n；当n≥3时，Sn＝7＋（n－2）（1＋3n－8）2＝3n22－132n＋14，综上，Sn＝－32n2＋132n，n≤2，32n2－132n＋14，n≥3.