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第5章 第2节 等差数列及其前n项和


2010~2014 年高考真题备选题库 第 5 章 数列 第2节
A.d<0 C.a1d<0

等差数列及其前 n 项和
) B.d>0 D.a1d>0

1. (2014 辽宁,5 分)设等差数列{an}的公差为 d,若数列{2a1an}为递减数列,则(

解析:∵数列{2a

1an}为递减数列,a1an=a1[a1+(n-1)d]=a1dn+a1(a1-d),等式右边为 关于 n 的一次函数,∴a1d<0. 答案:C 2. (2014 福建, 5 分) 等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 若 a1=2, S3=12, 则 a6 等于( A.8 C.12 B.10 D.14 )

解析:设等差数列{an}的公差为 d,则 S3=3a1+3d,所以 12=3×2+3d,解得 d=2,所 以 a6=a1+5d=2+5×2=12,故选 C. 答案:C 3. (2014 新课标全国卷Ⅰ,12 分)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. 解:(1)证明:由题设,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)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{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. 4. (2013 安徽, 5 分) 设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和, S8=4a3, a7=-2, 则 a9=( A.-6 C.-2 B.-4 D.2 )

解析:本题主要考查等差数列的基础知识和基本运算,意在考查考生的运算求解能力. 根据等差数列的定义和性质可得,S8=4(a3+a6),又 S8=4a3,所以 a6=0,又 a7=-2, 所以 a8=-4,a9=-6. 答案:A 5. (2013 新课标全国Ⅰ,12 分)已知等差数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 S3=0,S5=-5. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列?a
? ?

1

2n-1a2n+1?

? ?的前 n 项和.

解:本题主要考查等差数列的基本知识,特殊数列求和等. n?n-1? (1)设{an}的公差为 d,则 Sn=na1+ d. 2
?3a1+3d=0, ? 由已知可得? 解得 a1=1,d=-1. ? ?5a1+10d=-5.

故{an}的通项公式为 an=2-n. 1 ? 1 ? ? 1 1 1 1 ?的前 n 项 - (2)由(1)知 = = ? ,从而数列?a a - + a2n-1a2n+1 ?3-2n??1-2n? 2?2n-3 2n-1? ? 2n 1 2n 1? 1 1 1 1 1 1 1 n 和为 ?-1-1+1-3+…+2n-3-2n-1?= 2? ? 1-2n. 6. (2013 新课标全国Ⅱ,12 分)已知等差数列{an}的公差不为零,a1=25,且 a1,a11, a13 成等比数列. (1)求{an}的通项公式; (2)求 a1+a4+a7+…+a3n-2. 解:本题主要考查等比数列的性质、等差数列的通项公式及等差数列的求和,意在考查 考生的运算求解能力. (1)设{an}的公差为 d.由题意,a2 11=a1a13, 即(a1+10d)2=a1(a1+12d), 于是 d(2a1+25d)=0. 又 a1=25,所以 d=0(舍去),或 d=-2. 故 an=-2n+27. (2)令 Sn=a1+a4+a7+…+a3n-2. n 由(1)知 a3n-2=-6n+31,故{a3n-2}是首项为 25,公差为-6 的等差数列.从而 Sn= (a1 2 n +a3n-2)= · (-6n+56)=-3n2+28n. 2 7. (2013 山东,12 分)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S4=4S2,a2n=2an+1. (1)求数列{an}的通项公式;

b1 b2 bn 1 (2)若数列{bn}满足 + +…+ =1- n,n∈N*,求{bn}的前 n 项和 Tn. a1 a2 an 2 解:本题主要考查等差数列的通项公式、错位相减法等知识,考查方程思想、转化思想 和运算能力、推理论证能力. (1)设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d. 由 S4=4S2,a2n=2an+1 得
?4a1+6d=8a1+4d, ? ? ? ?a1+?2n-1?d=2a1+2?n-1?d+1,

解得 a1=1,d=2. 因此 an=2n-1,n∈N*. b1 b2 bn 1 (2)由已知 + +…+ =1- n,n∈N*, a1 a2 an 2 b1 1 当 n=1 时, = ; a1 2 1 bn 1 1 当 n≥2 时, =1- n-?1-2n-1?= n, an 2 ? ? 2 bn 1 所以 = n,n∈N*. an 2 由(1)知 an=2n-1,n∈N*, 2n-1 所以 bn= n ,n∈N*. 2 2n-1 1 3 5 又 Tn= + 2+ 3+…+ n , 2 2 2 2 2n-3 2n-1 1 1 3 Tn= 2+ 3+…+ n + n+1 , 2 2 2 2 2 两式相减得 2 2 2 2n-1 1 1 T = +? 2+ 3+…+2n? ?- 2n+1 2 n 2 ?2 2 2n-1 3 1 = - n-1- n+1 , 2 2 2 2n+3 所以 Tn=3- n . 2

8. (2013 新课标全国Ⅰ,5 分)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,Sm-1=-2,Sm=0, Sm+1=3,则 m=( A.3 C.5 ) B.4 D.6

解析:本题考查等差数列的定义、通项公式和前 n 项和公式,意在考查考生通过等差数

列的定义、通项公式、前 n 项和公式求解基本量的能力.根据已知条件,得到 am 和 am+1,再 根据等差数列的定义得到公差 d, 最后建立关于 a1 和 m 的方程组求解. 由 Sm-1=-2, Sm=0, Sm+1=3,得 am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3,所以等差数列的公差为 d=am+1-am=3 -2=1, a =a +?m-1?d=2, ? ? m 1 由? 1 Sm=a1m+ m?m-1?d=0, ? 2 ? a +m-1=2, ? ? ? 1 ?a1=-2, 得? 解得? 选择 C. 1 ?m=5, ? ? ?a1m+2m?m-1?=0, 答案:C 9. (2013 新课标全国Ⅱ,5 分)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn ,已知 S10=0,S15=25, 则 nSn 的最小值为________. 解析:本题考查等差数列的前 n 项和公式以及通过转化利用函数的单调性判断数列的单 调性等知识,对学生分析、转化、计算等能力要求较高.

?S 由已知? ?S

10=10a1+

10×9 d=0, 2

15×14 d=25, 15=15a1+ 2

解得 a1=-3,

n2?n-1? n3 10n2 2 x3 10x2 20 d= ,那么 nSn=n2a1+ d= - .由于函数 f(x)= - 在 x= 处取得极小 3 2 3 3 3 3 3 值,因而检验 n=6 时,6S6=-48,而 n=7 时,7S7=-49. ∴nSn 的最小值为-49. 答案:-49 10. (2013 福建,12 分)已知等差数列{an}的公差 d=1,前 n 项和为 Sn. (1)若 1,a1,a3 成等比数列,求 a1; (2)若 S5>a1a9,求 a1 的取值范围. 解:本题主要考查等差数列、等比数列、不等式等基础知识,考查运算求解能力,考查 函数与方程思想、化归与转化思想. (1)因为数列{an}的公差 d=1,且 1,a1,a3 成等比数列, 所以 a2 1=1×(a1+2), 即 a2 1-a1-2=0,解得 a1=-1 或 a1=2. (2)因为数列{an}的公差 d=1,且 S5>a1a9, 所以 5a1+10>a2 1+8a1, 即 a2 1+3a1-10<0,解得-5<a1<2.

11. (2012 江西,5 分)设数列{an},{bn}都是等差数列.若 a1+b1=7,a3+b3=21,则 a5+b5=________. 解析:法一:设数列{an},{bn}的公差分别为 d1,d2,因为 a3+b3=(a1+2d1)+(b1+2d2) =(a1+b1)+2(d1+d2)=7+2(d1+d2)=21,所以 d1+d2=7,所以 a5+b5=(a3+b3)+2(d1+d2) =21+2×7=35. 法二:∵2a3=a1+a5,2b3=b1+b5, ∴a5+b5=2(a3+b3)-(a1+b1) =2×21-7=35. 答案:35 12.(2012 安徽,12 分)设数列 a1,a2,…,an,…中的每一项都不为 0. 证明{an}为等差数列的充分必要条件是:对任何 n∈N,都有 n . a1an+1 证明:先证必要性. 设数列{an}的公差为 d,若 d=0,则所述等式显然成立. 若 d≠0,则 1 1 1 + +…+ a1a2 a2a3 anan+1 an+1-an 1 a2-a1 a3-a2 = ( + +…+ ) d a1a2 a2a3 anan+1 1 1 1 1 1 1 1 = [( - )+( - )+…+( - )] d a1 a2 a2 a3 an an+1 1 1 1 = ( - ) d a1 an+1 1 an+1-a1 n = · = . d a1an+1 a1an+1 再证充分性. 法一:(数学归纳法)设所述的等式对一切 n∈N 都成立. 首先,在等式 1 1 2 + = ① a1a2 a2a3 a1a3 两端同乘 a1a2a3,即得 a1+a3=2a2, 所以 a1,a2,a3 成等差数列,记公差为 d,则 a2=a1+d. 假设 ak=a1+(k-1)d,当 n=k+1 时 k-1 1 1 1 + +…+ = ,② a1a2 a2a3 ak-1ak a1ak 1 1 1 + +…+ = a1a2 a2a3 anan+1

1 1 1 1 k + +…+ + = .③ a1a2 a2a3 ak-1ak akak+1 a1ak+1 将②代入③,得 k-1 1 k + = , a1ak akak+1 a1ak+1 在该式两端同乘 a1akak+1,得(k-1)ak+1+a1=kak, 将 ak=a1+(k-1)d 代入其中,整理后,得 ak+1=a1+kd. 由数学归纳法原理知,对一切 n∈N,都有 an=a1+(n-1)d. 所以{an}是公差为 d 的等差数列. 法二:(直接证法)依题意有 1 1 1 n + +…+ = ,① a1a2 a2a3 anan+1 a1an+1 n+1 1 1 1 1 + +…+ + = .② a1a2 a2a3 anan+1 an+1an+2 a1an+2 ②-①得 n+1 1 n = - . an+1an+2 a1an+2 a1an+1 在上式两端同乘 a1an+1an+2,得 a1=(n+1)an+1-nan+2.③ 同理可得 a1=nan-(n-1)an+1.④ ③-④得 2nan+1=n(an+2+an). 即 an+2-an+1=an+1-an,所以{an}是等差数列. 13. (2012 辽宁,5 分)在等差数列{an}中,已知 a4+a8=16,则该数列前 11 项和 S11= ( ) A.58 C.143 B.88 D.176

解析:因为{an}是等差数列,所以 a4+a8=2a6=16?a6=8,则该数列的前 11 项和为 S11 = 11?a1+a11? =11a6=88. 2 答案:B


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