2020届高考理科数学 - 人教版一轮复习资料 第六章 数 列第一节 数列的概念与简单表示(3)

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课时跟踪检测(三十三) 等差数列及其前n项和

一、题点全面练

1．等差数列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，则公差d＝( ) 1

A. 4C．2

1B. 21D．－

2

1

解析：选A 由a4＋a8＝2a6＝10，得a6＝5，所以4d＝a10－a6＝1，解得d＝.

42．(2019·沈阳质量监测)在等差数列{an}中，若Sn为{an}的前n项和，2a7＝a8＋5，则S11的值是( )

A．55 C．50

B．11 D．60

解析：选A 设等差数列{an}的公差为d，由题意可得2(a1＋6d)＝a1＋7d＋5，得a1＋5d＝5，则S11＝11a1＋

11×10

d＝11(a1＋5d)＝11×5＝55，故选A. 2

3．(2018·泉州期末)等差数列{an}中，a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，则数列{an}的前9项和S9等于( )

A．99 C．144

B．66 D．297

解析：选A 由等差数列的性质可得a1＋a7＝2a4，a3＋a9＝2a6，又∵a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，∴3a4＝39，3a6＝27，解得a4＝13，a6＝9，∴a4＋a6＝22，∴数列{an}的前99?a1＋a9?9?a4＋a6?9×22项和S9＝＝＝＝99.

222

4．(2019·广州五校联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若am＝4，Sm＝0，Sm＋2＝14(m≥2，且m∈N*)，则a2 019的值为( )

A．2 020 C．5 041

解析：选B 由题意得

B．4 032 D．3 019

?m?m－1?

?S＝ma＋2d＝0，

?S－S＝a＋a＝2a＋?m＋m＋1?d＝14，

m

1

m＋2

m

m＋1

m＋2

1

am＝a1＋?m－1?d＝4，

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a＝－4，??解得?m＝5，

??d＝2，

1

∴an＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，

∴a2 019＝2×2 019－6＝4 032.故选B.

5．(2019·长春质检)等差数列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d＞0，则其前n项和取最小值时n的值为( )

A．6 C．8

B．7 D．9

解析：选C 由d＞0可得等差数列{an}是递增数列，又|a6|＝|a11|，所以－a6＝a11，即－15ddd

a1－5d＝a1＋10d，所以a1＝－，则a8＝－＜0，a9＝＞0，所以前8项和为前n项和的

222最小值，故选C.

S116．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝2a3，则＝______.

S511

?a＋a?

S11211111a622

解析：＝＝＝.

S555a35

?a＋a?215答案：

22 5

S9S77．等差数列{an}中，已知Sn是其前n项和，a1＝－9，－＝2，则S10＝________.

979－17－1S9S7解析：设公差为d，∵－＝2，∴d－d＝2，

972210×9

∴d＝2，∵a1＝－9，∴S10＝10×(－9)＋×2＝0.

2答案：0

a28．(2018·广元统考)若数列{an}是正项数列，且a1＋a2＋…＋an＝n2＋n，则a1＋

2an＋…＋n＝________.

解析：当n＝1时，a1＝2?a1＝4， 又a1＋a2＋…＋an＝n2＋n，① 所以当n≥2时，a1＋a2＋…＋

an－1＝(n－1)2＋(n－1)＝n2－n，②

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an4n2

①－②得an＝2n，即an＝4n，所以＝＝4n，

nn

2

?an?

则?n?构成以4为首项，4为公差的等差数列． ?

?

a2an?4＋4n?n

所以a1＋＋…＋n＝＝2n2＋2n.

22答案：2n2＋2n

9．(2018·大连模拟)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝a2n＋n－4(n∈N*)．

(1)求证：数列{an}为等差数列； (2)求数列{an}的通项公式．

解：(1)证明：当n＝1时，有2a1＝a21＋1－4，即a2

1－2a1－3＝0，

所以a1＝3(a1＝－1舍去)．

当n≥2时，有2Sn－1＝a2n－1＋n－5， 又2Sn＝a2n＋n－4，

所以两式相减得2an＝a2n－a2n－1＋1，即a2n－2an＋1＝a2n－1，

即(an－1)2＝a2n－1，

因此an－1＝an－1或an－1＝－an－1.

若an－1＝－an－1，则an＋an－1＝1.而a1＝3， 所以a2＝－2，这与数列{an}的各项均为正数矛盾， 所以an－1＝an－1，即an－an－1＝1， 因此数列{an}为等差数列．

(2)由(1)知a1＝3，数列{an}的公差d＝1，

所以数列{an}的通项公式为an＝3＋(n－1)×1＝n＋2.

10．已知等差数列{an}的公差d＞0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36. (1)求d及Sn;

(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65. 解：(1)由题意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36， 将a1＝1代入上式，解得d＝2或d＝－5.

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因为d＞0，所以d＝2.从而an＝2n－1，Sn＝n2(n∈N*)．

(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝(2m＋k－1)(k＋1)，所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65. 由m，k∈N*知2m＋k－1≥k＋1＞1，

???2m＋k－1＝13，?m＝5，故?解得? ?k＋1＝5，???k＝4.

即所求m的值为5，k的值为4.

二、专项培优练

(一)易错专练——不丢怨枉分

1．若{an}是等差数列，首项a1＞0，a2 018＋a2 019＞0，a2 018·a2 019＜0，则使前n项和Sn

＞0成立的最大正整数n是( )

A．2 018 C．4 036

B．2 019 D．4 037

解析：选C 因为a1＞0，a2 018＋a2 019＞0，a2 018·a2 019＜0，所以d＜0，a2 018＞0，a2 019

4 036?a1＋a4 036?4 036?a2 018＋a2 019?4 037?a1＋a4 037?＜0，所以S4 036＝＝＞0，S4 037＝＝4 037·a2

222

019＜0，所以使前

n项和Sn＞0成立的最大正整数n是4 036.

2．(2019·武汉模拟)设等差数列{an}满足a3＋a7＝36，a4a6＝275，且anan＋1有最小值，则这个最小值为( )

A．－10 C．－9

B．－12 D．－13

解析：选B 设等差数列{an}的公差为d，∵a3＋a7＝36，∴a4＋a6＝36，又a4a6＝275，

?????a4＝11，?a4＝25，?a4＝11，?a1＝－10，

联立，解得?或?当?时，可得?此时an＝7n－

?????a6＝25?a6＝11，?a6＝25?d＝7，

17，a2＝－3，a3＝4，易知当n≤2时，an＜0，当n≥3时，an＞0，∴a2a3＝－12为anan＋1

???a4＝25，?a1＝46，

的最小值；当?时，可得?此时an＝－7n＋53，a7＝4，a8＝－3，易知

???a6＝11?d＝－7，

当n≤7时，an＞0，当n≥8时，an＜0，∴a7a8＝－12为anan＋1的最小值．综上，anan＋1的最小值为－12.

3．设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________.