2019-2020年高考数学一轮复习 5.2等差数列及其前n项和课时作业 理 湘教版.doc

2019-2020年高考数学一轮复习 5.2等差数列及其前n项和课时作业 理 湘教版一、选择题1.(xx驻马店调研)在等差数列an中，若a2+a34，a4+a56，则a9+a10( )A.9 B.10 C.11 D.12 【解析】设等差数列an的公差为d，则有(a4+a5)(a2+a3)4d2，所以d，又因为(a9+a10)(a4+a5)10d5，所以a9+a10(a4+a5)511，选C.【答案】 C2.在2013年6月11日成功发射了“神舟十号”，假设运载火箭在点火第一秒钟通过的路程为2 km，以后每秒钟通过的路程都增加2 km，在到达离地面240 km的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间大约是( )A.10秒 B.13 秒 C.15秒 D.20秒【解析】设每一秒钟通过的路程依次为a1，a2，a3，an，则数列an是首项为a12，公差为d2的等差数列，由等差数列求和公式得 240，即2nn(n1)240，解得n15(n16舍去).【答案】C3.(xx大同模拟)设数列an是等差数列，若a3+a4+a512，则a1+a2a7 ( )A.14 B.21 C.28 D.35【解析】依题意得3a412，a44，所以a1+a2a77 a428，故选C.【答案】 C4.等差数列an的前n项和为Sn，已知a113，S3S11，当Sn最大时，n的值是( )A.5 B.6 C.7 D.8【解析】方法一由S3S11，得a4a5a110，根据等差数列的性质，可得a7a80，根据首项等于13可推知这个数列递减，从而得到a70，a80，故n7时，Sn最大.方法二由S3S11，可得3a13d11a155d，把a113代入，得d2，故Sn13nn(n1)n214n，根据二次函数的性质，知当n7时，Sn最大.方法三根据a113，S3S11，则这个数列的公差不等于零，且这个数列的和先是单调递增然后又单调递减，根据公差不为零的等差数列的前n项和是关于n的二次函数，以及二次函数图象的对称性，得只有当n31127时，Sn取得最大值.【答案】C5已知等差数列an、bn的公差分别为2和3，且bnN*，则数列abn是()A等差数列且公差为5 B等差数列且公差为6C等差数列且公差为8 D等差数列且公差为9【解析】依题意有abna1(bn1)22bna122b12(n1)3a126na12b18，故abn1abn6，即数列abn是等差数列且公差为6.故选B.【答案】 B6.已知数列an为等差数列，若1，且它们的前n项和Sn有最大值，则使Sn0的n的最大值为()A11B19C20D21【解析】 1，且Sn有最大值，a100，a110，且a10a110，S1919a100，S2010(a10a11)0，所以使得Sn0的n的最大值为19，故选B.【答案】 B二、填空题7.(xx南京二模)设Sn是等差数列an的前n项和.若13，则_.【解析】由S33 a2,S77a4, 13，得9a27a47(a22d),即a27d，所以a38d，a49d，从而S63(a3a4)51d，S77 a463d，所以.【答案】 8.(xx苏北四市二模)已知等差数列an，bn的前n项和分别为Sn和Tn，若，且是整数，则n的值为 【解析】令Sn7n245n，则an14n38，Tnn23n，则bn2n2，则，由2n1N*且为整数，则2n131，n15.【答案】159. 等差数列an的前n项和为Sn，且a4a28，a3a526.记Tn，如果存在正整数M，使得对一切正整数n，TnM都成立，则M的最小值是_【解析】 an为等差数列，由a4a28，a3a526，可解得Sn2n2n，Tn2，若TnM对一切正整数n恒成立，则只需Tn的最大值M即可又Tn22，只需2M，故M的最小值是2.【答案】 210.已知函数f（x）log2x，正实数a,b,c依次成公差为正数的等差数列，且满足f（a）f（b）f（c）0，若实数d是方程f（x）0的一个解，给出下列六个判断：da；db；dc；其中可能同时成立的一组判断的序号为 .【解析】 由f（a）f（b）f（c）0知f（a）,f（b）,f（c）三个值，或三个全为负，或两正一负，注意到abc，由函数的图象不难得知可能正确的是，或.【答案】 或三、解答题11.在数列an中，an+1an2n44(nN*)，a123.(1)求an；(2)设Sn为an的前n项和，求Sn的最小值.【解析】(1)由an+1an2n44(nN*)，an+2an+12(n+1)44.an+2an2，又a2a1244，a219.同理得：a321，a417.故a1，a3，a5，是以a1为首项、2为公差的等差数列，a2，a4，a6，是以a2为首项、2为公差的等差数列.从而an (nN*)(2)当n为偶数时，Sn(a1a2)(a3a4)(an-1an)a(2144)(2344)2(n1)44213(n1)4422n=，故当n22时，Sn取得最小值242.当n为奇数时，Sna1(a2a3)(a4+a5)(an-1an)a1 +(2144)(2344)2(n1)44a1224(n1)(44)2322(n1)22n=.故当n21或n23时，Sn取得最小值243.综上所述：当n=21或n=23时，Sn取得最小值,最小值为243.12.已知数列an的前n项和为Sn，且Sn.数列bn满足bn+22bn+1bn0(nN*)，且b311，b1b2b9153.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cn，数列cn的前n项和为Tn，求使不等式Tn对一切nN*都成立的最大正整数k的值；(3)设f(n)，是否存在mN*，使得f(m15)5f(m)成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.【解析】(1)当n1时，a1S16，当n2时，anSnSn-1而当n1时，n56满足an =n+5，an =n+5 (nN*)，又bn+22bn+1+ bn0，即bn+2bn+1= bn+1bn.数列bn是等差数列，又b311，b1b2b9153，解得b15，公差d3.bn3n2(nN*).(2)由(1)可得，cnTnc1c2cnTn+1TnTn单调递增,故(Tn)minT1，令，得k19，满足题设的k的最大整数值为18.(3) f(n)当m为奇数时，m15为偶数，f(m+15)=5f(m),3m475m25，m11.当m为偶数时，m15为奇数，f(m+15)=5f(m),m2015m10，mN*(舍去).综上所述，存在唯一正整数m11，使得f(m15)5f(m)成立. 13.（xx江苏无锡一中月考）已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，数列的前n项和为Tn，且a1=1,Tn=(pSn)2.（1）求p的值及数列an的通项公式；（2）是否存在正整数n,m,k(nm0矛盾，p0；当p=2时，Tn=(2Sn)2 ,将n=2代入，得1+=(1a2)2，且an0.a2=,a2=a1，由，得Tn+1=(2Sn+1)2, -，得(2-Sn+1)2-(2-Sn)2,则3=(4-Sn+1-Sn)(Sn+1-Sn)，即3=(4-Sn+1-Sn)an+1.an0 an+10，则3an+1=4Sn+1Sn,则3an+2=4Sn+2Sn+1,-，得3an+23an+1=an+1an+2,an+2=an+1(nN*)，数列an是等比数列，则an=，符合题意；（2） 假设存在正整数n,m,k(nmk),使得an,am,ak成等差数列，则=+，即2k-m+1=2k-n+1，当且仅当k-n=0且k-m+1=1成立，即k=m=n时取等号，与nmk矛盾，假设不成立，则不存在正整数n,m,k（nmk），使得an,am,ak成等差数列；若an,2xan+1,2yan+2成等差数列，即an,an+1-x,an+2-y成等差数列，由知，1-x=0,2-y=0,x=1,y=2.