2019-2020年高考数学一轮复习第六章数列第2讲等差数列及其前n项和理.doc

2019-2020年高考数学一轮复习第六章数列第2讲等差数列及其前n项和理一、选择题1 an为等差数列，公差d2，Sn为其前n项和若S10S11，则a1()A18 B20C22 D24解析 由S10S11得a11S11S100，a1a11(111)d0(10)(2)20.答案 B2设等差数列an的前n项和为Sn.若a111，a4a66，则当Sn取最小值时，n等于()A6 B7 C8 D9解析由a4a6a1a911a96，得a95，从而d2，所以Sn11nn(n1)n212n(n6)236，因此当Sn取得最小值时，n6.答案A3已知an为等差数列，a1a3a5105，a2a4a699，则a20等于()A1 B1 C3 D7解析两式相减，可得3d6，d2.由已知可得3a3105，a335，所以a20a317d3517(2)1.答案B4在等差数列an中，S150，S160成立的n的最大值为 ()A6 B7 C8 D9解析依题意得S1515a80，即a80；S168(a1a16)8(a8a9)0，即a8a90，a9a80成立的n的最大值是8，选C.答案C5设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sk2Sk24，则k()A8 B7 C6 D5解析由a11，公差d2得通项an2n1，又Sk2Skak1ak2，所以2k12k324，得k5.答案D6已知两个等差数列an和bn的前n项和分别为An和Bn，且，则使得为整数的正整数的个数是 ()A2 B3 C4 D5解析由得：，要使为整数，则需7为整数，所以n1,2,3,5,11，共有5个答案D二、填空题7已知数列an为等差数列，Sn为其前n项和，a7a54，a1121，Sk9，则k_.解析 a7a52d4，d2，a1a1110d21201，Skk2k29.又kN*，故k3.答案 38设等差数列an的前n项和为Sn，若1，则公差为_解析依题意得S44a1d4a16d，S33a1d3a13d，于是有1，由此解得d6，即公差为6.答案69在等差数列an中，a13,11a55a813，则数列an的前n项和Sn的最小值为_解析(直接法)设公差为d，则11(34d)5(37d)13，所以d，所以数列an为递增数列令an0，所以3(n1)0，所以n，又nN*，前6项均为负值，所以Sn的最小值为.答案10设项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，则这个数列的中间项是_，项数是_解析设等差数列an的项数为2n1，S奇a1a3a2n1(n1)an1，S偶a2a4a6a2nnan1，解得n3，项数2n17，S奇S偶an1，即a4443311为所求中间项答案117三、解答题11设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列an的前n项和为Sn，满足S5S6150.(1)若S55，求S6及a1；(2)求d的取值范围解(1)由题意知S63，a6S6S58，所以解得a17，所以S63，a17.(2)因为S5S6150，所以(5a110d)(6a115d)150，即2a9da110d210，故(4a19d)2d28，所以d28.故d的取值范围为d2或d2.12在等差数列an中，公差d0，前n项和为Sn，a2a345，a1a518.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(nN*)，是否存在一个非零常数c，使数列bn也为等差数列？若存在，求出c的值；若不存在，请说明理由解(1)由题设，知an是等差数列，且公差d0，则由得解得an4n3(nN*)(2)由bn，c0，可令c，得到bn2n.bn1bn2(n1)2n2(nN*)，数列bn是公差为2的等差数列即存在一个非零常数c，使数列bn也为等差数列13在数列an中，a18，a42，且满足an2an2an1.(1)求数列an的通项公式；(2)设Sn是数列|an|的前n项和，求Sn.解(1)由2an1an2an可得an是等差数列，且公差d2.ana1(n1)d2n10.(2)令an0，得n5.即当n5时，an0，n6时，an0.当n5时，Sn|a1|a2|an|a1a2ann29n；当n6时，Sn|a1|a2|an|a1a2a5(a6a7an)(a1a2an)2(a1a2a5)(n29n)2(5245)n29n40，Sn14已知数列an的前n项和为Sn，且a2anS2Sn对一切正整数n都成立(1)求a1，a2的值；(2)设a10，数列的前n项和为Tn.当n为何值时，Tn最大？并求出Tn的最大值解(1)取n1，得a2a1S2S12a1a2，取n2，得a2a12a2，由，得a2(a2a1)a2，(i)若a20，由知a10，(ii)若a20，由知a2a11.由、解得，a11，a22；或a11，a22.综上可得a10，a20；或a11，a22；或a11，a22.(2)当a10时，由(1)知a11，a22.当n2时，有(2)anS2Sn，(2)an1S2Sn1，所以(1)an(2)an1，即anan1(n2)，所以ana1()n1(1)()n1.令bnlg，则bn1lg()n11(n1)lg 2lg，所以数列bn是单调递减的等差数列(公差为lg 2)，从而b1b2b7lglg 10，当n8时，bnb8lglg 10，故n7时，Tn取得最大值，且Tn的最大值为T77lg 2.