全国名校高考数学优质试题汇编(附详解)专题等差数列及其前n项和

全国名校高考数学优质试题汇编（附详解）专题等差数列及其前n项和

等差数列及其前n项和

A组 基础题组

1.(优质试题甘肃兰州诊断考试)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,a8+a10=28,则S9=( ) A.36 B.72 C.144 D.288

2.等差数列{an}的前n项和为Sn,其中n∈N*,则下列命题错误的是( ) A.若an>0,则Sn>0 B.若Sn>0,则an>0

C.若an>0,则{Sn}是单调递增数列 D.若{Sn}是单调递增数列,则an>0

3.(优质试题山西孝义二轮二模)在等差数列{an}中,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,以Sn表示{an}的前n项和,则使Sn达到最大值的n是( ) A.21 B.20 C.19 D.18

4.(优质试题广东潮州二模)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述:今有良马与驽马发长安至齐,齐去长安一千一百二十五里,良马初日行一百零三里,日增一十三里;驽马初日行九十七里,日减半里,良马先至齐,复还迎驽马,二马相逢.则几日相逢( ) A.8日 B.9日 C.12日 D.16日

5.(优质试题云南11校跨区调研)在数列{an}中,a1=3,an+1=

,则a4= .

6.在等差数列{an}中,公差d= ,前100项的和S100=45,则a1+a3+a5+…+a99= . 7.在等差数列{an}中,a1=7,公差为d,前n项和为Sn,当且仅当n=8时,Sn取得最大值,则d的取值范围为 .

8.已知数列{an}满足a3=-13,an=an-1+4(n>1,n∈N*). (1)求a1,a2及通项an;

(2)设Sn为数列{an}的前n项和,则数列S1,S2,S3,…,Sn中哪一项最小?

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9.(优质试题河南洛阳第一次统一考试)已知数列{an}的前n项和为Sn,an≠0,a1=1,且2anan+1=4Sn-3(n∈N*).

(1)求a2的值并证明an+2-an=2; (2)求数列{an}的通项公式.

B组 提升题

组

1.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2+a4+a9=24,则 · 的最大值为 .

2.(优质试题安徽淮南二模)设数列{an}的前n项和为Sn,若 为常数,则称数列{an}为“精致

数列”.已知等差数列{bn}的首项为1,公差不为0,若数列{bn}为“精致数列”,则数列{bn}的通项公式为 .

3.数列{an}的各项都为正数,设其前n项和为Sn,已知对任意n∈N*,Sn是 和an的等差中项. (1)证明:数列{an}为等差数列;

(2)若bn=-n+5,求{an·bn}的最大项的值,并求出取最大值时n的值.

4.在公差为d的等差数列{an}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列. (1)求d,an;

(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|.

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答案精解精析 A组 基础题组

1.B 等差数列的首项a1=2,设公差为d, 由a8=a1+7d,a10=a1+9d,a8+a10=28, 得4+16d=28,解得d= ,则S9=2×9+

× =72.故选B.

2.D 易判断A、B、C均正确.对于选项D,当d>0时,{Sn}为单调递增数列,但an不一定大于0.

3.B 因为a1+a3+a5=3a3=105,a2+a4+a6=3a4=99,所以a3=35,a4=33,所以d=-2,a1=39.由an=a1+(n-1)d=39-2(n-1)=41-2n≥0,解得n≤ ,所以当n=20时,Sn达到最大值,故选B. 4.B 设n日相逢,则依题意得103n+

( -

×13+97n+ ( -

× - =1 125×2,整理得

n2+31n-360=0,解得n=9(负值舍去),故选B. 5.答案 解析 依题意得 则=+

-

= = + ,

- = ,数列 是以 = 为首项, 为公差的等差数列,

=,an=,a4=.

6.答案 10 解析 S100=

(a1+a100)=45,a1+a100=0.9,a1+a99=a1+a100-d=0.4,则

a1+a3+a5+…+a99= (a1+a99)= ×0.4=10. 7.答案 - ,-

, ,

即 解得-1

, ,

8.解析 (1)因为数列{an}满足a3=-13,an=an-1+4,所以an-an-1=4, 解析 由题意知d<0且

即数列{an}为等差数列且公差d=4, 所以a2=a3-d=-13-4=-17, a1=a2-d=-17-4=-21,

所以an=a1+(n-1)d=-21+4(n-1)=4n-25. (2)令an=4n-25≥0,解得n≥ , 所以数列{an}的前6项为负值,从第7项开始为正数, 所以数列S1,S2,S3,…,Sn中S6最小.

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9.解析 (1)令n=1,得2a1a2=4S1-3,又a1=1,∴a2= . 2anan+1=4Sn-3,① 2an+1an+2=4Sn+1-3.②

②-①,得2an+1(an+2-an)=4an+1. ∵an≠0,∴an+2-an=2. (2)由(1)可知:

数列a1,a3,a5,…,a2k-1,…为等差数列,公差为2,首项为1, ∴a2k-1=1+2(k-1)=2k-1,即n为奇数时,an=n.

数列a2,a4,a6,…,a2k,…为等差数列,公差为2,首项为 , ∴a2k= +2(k-1)=2k- , 即n为偶数时,an=n- . 综上所述,an=

, 为奇数, - , 为偶数.

B组 提升题组

1.答案 64

解析 设等差数列{an}的公差为d, 则a2+a4+a9=3a1+12d=24,即a1+4d=8, 所以 =

( -

=a1+

-

d=8-4d+ d,则

-

=8-4d+ d=8- , =8-4d+ d=8+ , · = - =64- ≤64,

当且仅当d=0时取等号,所以 · 的最大值为64.

2.答案 bn=2n-1(n∈N*)

解析 设等差数列{bn}的公差为d,由 为常数,设 =k,因为b1=1,则n+ n(n-1)d=k

( - ,

即2+(n-1)d=4k+2k(2n-1)d,

整理得(4k-1)dn+(2k-1)(2-d)=0.

, 因为对任意正整数n,上式恒成立,所以 解得

,( - ( - ,

( - ,

所以数列{bn}的通项公式为bn=2n-1(n∈N*).

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3.解析 (1)证明:由已知可得2Sn= +an,且an>0,

当n=1时,2a1= +a1,解得a1=1或a1=0(舍去); 当n≥2时,有2Sn-1= +a; - n-1

所以2an=2Sn-2Sn-1= - +a-a, - nn-1 所以 - =a+a, - nn-1

即(an+an-1)(an-an-1)=an+an-1,

因为an+an-1>0,所以an-an-1=1(n≥2 .

故数列{an}是首项为1,公差为1的等差数列.

(2)由(1)可知an=n,设cn=an·bn,则cn=n(-n+5)=-n+5n=- - + ,

2

因为n∈N*,所以当n=2或n=3时,{an·bn}的最大项的值为6.

4.解析 (1)由题意得5a3·a1=(2a2+2)2,即5(10+2d ×10=[2(10+d +2]2,化简得d2-3d-4=0.故d=-1或d=4.

所以an=-n+11,n∈N*或an=4n+6,n∈N*.

(2)设数列{an}的前n项和为Sn.因为d<0,由(1)得d=-1, an=-n+11,则

当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=- n2+ n. 当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-Sn+2S11=n2-n+110.

- , ,

综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=

- , .

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3.解析 (1)证明:由已知可得2Sn= +an,且an>0,

当n=1时,2a1= +a1,解得a1=1或a1=0(舍去); 当n≥2时,有2Sn-1= +a; - n-1

所以2an=2Sn-2Sn-1= - +a-a, - nn-1 所以 - =a+a, - nn-1

即(an+an-1)(an-an-1)=an+an-1,

因为an+an-1>0,所以an-an-1=1(n≥2 .

故数列{an}是首项为1,公差为1的等差数列.

(2)由(1)可知an=n,设cn=an·bn,则cn=n(-n+5)=-n+5n=- - + ,

2

因为n∈N*,所以当n=2或n=3时,{an·bn}的最大项的值为6.

4.解析 (1)由题意得5a3·a1=(2a2+2)2,即5(10+2d ×10=[2(10+d +2]2,化简得d2-3d-4=0.故d=-1或d=4.

所以an=-n+11,n∈N*或an=4n+6,n∈N*.

(2)设数列{an}的前n项和为Sn.因为d<0,由(1)得d=-1, an=-n+11,则

当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=- n2+ n. 当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-Sn+2S11=n2-n+110.

- , ,

综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=

- , .

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