(江苏专用)高考数学总复习 第五章第2课时 等差数列课时闯关(含解析)

（江苏专用）2013年高考数学总复习 第五章第2课时 等差数
列 课时闯关（含解析）
[A 级 双基巩固]
一、填空题
1．(2011·高考江西卷改编)设{a n }为等差数列，公差d ＝－2，S n 为其前n 项和 ，若S 10＝S 11，则a 1＝________.
解析：∵S 10＝S 11，∴a 11＝0，又∵a 11＝a 1＋10d ，∴a 1＝20. 答案：20
2．如果等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5＝12，那么a 1＋a 2＋…a 7等于________． 解析：∵a 3＋a 4＋a 5＝12，∴a 4＝4.
∴a 1＋a 2＋…＋a 7＝7a 1＋a 7
2
＝7a 4＝28.
答案：28
3．设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于________．
解析：∵a 4＋a 6＝2a 1＋8d ＝－22＋8d ＝－6，
∴d ＝2，S n ＝－11n ＋n n －1
2
×2.
∴S n ＝n 2－12n ＝(n －6)2
－36.
显然，当n ＝6时，S n 取得最小值． 答案：6 4．(2012·常州质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 33－S 2
2
＝1，则数列{a n }
的公差是________．
解析：∵S n ＝n a 1＋a n 2，∴S n n ＝a 1＋a n
2
，
由S 33－S 22＝1得，a 32－a 2
2＝1，即a 3－a 2＝2，∴数列{a n }的公差为2.
答案：2
5．设等差数列{a n }的公差d ＝1，前n 项和为S n ，S 5＝15，则S 10＝________. 解析：S 10＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10 ＝S 5＋S 5＋5d ×5＝2S 5＋25＝55. 答案：55
6．已知五个数成等差数列，它们的和为5，平方和为85
9
，则这五个数的积为________．
解析：设第三个数为a ，公差为d ，则这五个数分别为a －2d ，a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d ， 由已知条件得
⎩
⎪⎨⎪⎧
a －2d ＋a －d ＋a ＋a ＋d ＋a ＋2d ＝5a －2d 2＋a －d 2＋a 2＋a ＋d 2＋a ＋2d 2
＝859，
解得⎩
⎪⎨⎪⎧
a ＝1d ＝±2
3.
所求5个数分别为－13，13，1，53，73或73，53，1，13，－1
3.
故它们的积为－35
81.
答案：－35
81
7．若a ≠b ，数列a ，x 1，x 2，b 和数列a ，y 1，y 2，y 3，b 都是等差数列，则
x 2－x 1
y 2－y 1
的值为________．
解析：设两个数列的公差分别为d 1和d 2，则b ＝a ＋3d 1，
∴d 1＝b －a 3，即x 2－x 1＝b －a 3
.
b ＝a ＋4d 2，∴d 2＝b －a 4，即y 2－y 1＝b －a 4.∴x 2－x 1y 2－y 1＝4
3
.
答案：43
8．(2010·高考浙江卷)设a 1，d 为实数，首项为a 1，公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 5S 6＋15＝0，则d 的取值范围是________．
解析：∵S 5S 6＋15＝0，
∴(5a 1＋10d )(6a 1＋15d )＋15＝0，
即2a 21＋9da 1＋10d 2
＋1＝0. ∵a 1，d 为实数，
∴Δ＝(9d )2－4×2×(10d 2＋1)≥0，∴d 2
≥8. 解得d ≤－22或d ≥22，
则d 的取值范围是(－∞，－22]∪[22，＋∞)． 答案：(－∞，－2 2 ]∪[22，＋∞) 二、解答题
9．已知数列{a n }满足a 1＝4，a n ＝4－4a n －1(n ≥2)，令b n ＝1
a n －2
.
(1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．
解：(1)证明：∵a n ＝4－4a n －1，∴a n －2＝2a n －1－2
a n －1
.
∴1a n －2＝a n －12a n －1－2＝a n －1－2＋22a n －1－2＝12＋1a n －1－2
， 即b n －b n －1＝12.∴数列{b n }是公差为1
2的等差数列．
(2)由(1)b 1＝1a 1－2＝12，∴b n ＝12＋(n －1)·12＝1
2
n .
∴1a n －2＝12n ，∴a n ＝2n ＋2n
. 10．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝12，且S 12>0，S 13<0. (1)求公差d 的范围；
(2)问前几项的和最大？并说明理由．
解：(1)由题意，有⎩⎪⎨⎪⎧
12a 1＋12×112
d >0，
13a 1＋13×122
d <0，
a 1
＋2d ＝12.
整理得⎩⎪⎨⎪
⎧
12a 1＋66d >0，13a 1＋78d <0，
a 1＋2d ＝12，
解得－24
7
<d <－3.
(2)∵d <0，∴a 1>a 2>a 3>…>a 12>a 13>…，
而S 13＝13a 1＋a 13
2
＝13a 7<0，
∴a 7<0.
又S 12＝12a 1＋a 12
2
＝6(a 1＋a 12)＝6(a 6＋a 7)>0，
∴a 6>0.
∴数列{a n }的前6项的和S 6最大．
[B 级 能力提升]
一、填空题
1．(2011·高考四川卷改编)数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8＝________.
解析：设数列{b n }的首项为b 1，公差为d ，则由
⎩
⎪⎨
⎪⎧
b 3＝－2b 10＝12得⎩
⎪⎨
⎪⎧
b 1＋2d ＝－2
b 1＋9d ＝12，解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
b 1＝－6
d ＝2，
∴b n ＝2n －8.
又∵b n ＝a n ＋1－a n ，∴a 8＝(a 8－a 7)＋(a 7－a 6)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1
＝b 7＋b 6＋…＋b 2＋b 1＋a 1＝7×－6＋2×7－8
2
＋3＝3.
答案：3
2．已知等差数列{a n }的首项a 1及公差d 都是整数，前n 项和为S n (n ∈N *
)．若a 1>1，a 4>3，S 3≤9，则通项公式a n ＝________.
解析：由a 1>1，a 4>3，S 3≤9得，⎩⎪⎨⎪
⎧
a 1>1a 1＋3d >3
a 1＋d ≤3，令x ＝a 1，y ＝d 得，
⎩⎪⎨⎪⎧
x >1
x ＋3y >3x ＋y ≤3x ，y ∈Z
，在平面直角坐标系中作出可行域可知，符合要求的整数点只有(2,1)，
即a 1＝2，d ＝1，所以a n ＝2＋n －1＝n ＋1. 答案： n ＋1
3. 已知等差数列{a n }，{b n }的前n 项和为S n ，T n .若对任意的自然数n 都有S n T n ＝2n －3
4n －3
，
则
a 9
b 5＋b 7＋
a 3
b 4＋b 8
＝________.
解析：
a 9
b 5＋b 7＋
a 3
b 4＋b 8
＝
a 92
b 6＋a 32b 6＝a 9＋a 32b 6＝a 6b 6＝S 11T 11＝1941
. 答案：19
41
4．设数列{a n }是项数为20的等差数列，公差d ∈N *，且关于x 的方程x 2
＋2dx －4＝0的两个实数根x 1、x 2满足x 1<1<x 2，则数列{a n }的偶数项之和减去奇数项之和的结果为________．
解析：记f (x )＝x 2
＋2dx －4，则函数f (x )的图象与x 轴的两个交点分别在点(1,0)的两
侧，注意到f (x )图象的开口向上， 故f (1)<0，d <32
.又d ∈N *
，故d ＝1，又a 2n －a 2n －1＝d ，
所以(a 20＋a 18＋a 16＋…＋a 2)－(a 19＋a 17＋a 15＋…＋a 1)＝(a 20－a 19)＋(a 18－a 17)＋…＋(a 2－a 1)＝10d ＝10.
答案：10 二、解答题
5．在数列{a n }中，a 1＝1,3a n a n －1＋a n －a n －1＝0(n ≥2，n ∈N *
)．
(1)判断数列{1
a n
}是否为等差数列；
(2)若λa n ＋
1
a n ＋1
≥λ对任意n ≥2的正整数恒成立，求实数λ的取值范围．
解：(1)由3a n a n －1＋a n －a n －1＝0得1a n －1a n －1＝3，且n ≥2，所以{1
a n
}是公差等于3的等差
数列．
(2)由(1)得1a n ＝1a 1＋(n －1)d ＝1＋3(n －1)＝3n －2，于是a n ＝13n －2.将a n ＝13n －2代入不
等式λa n ＋1a n ＋1≥λ，并整理得λ(1－1
3n －2
)≤3n ＋1，
所以λ≤3n ＋13n －2
3n －3
，所以原命题等价于该式对n ≥2恒成立．
令c n ＝3n ＋13n －23n －3，则c n ＋1－c n ＝3n ＋13n －4
3n n －1
>0，所以c n ＋1>c n ，所以
当n ＝2时，c n 取得最小值为c 2＝28
3，
故实数λ的取值范围是(－∞，28
3
]．
6．设无穷等差数列{a n }的前n 项和为S n .
(1)若首项a 1＝32
，公差d ＝1，求满足S k 2＝(S k )2
的正整数k ；
(2)求所有的无穷等差数列{a n }，使得对一切正整数k 都有S k 2＝(S k )2
成立．
解：(1)当a 1＝32，d ＝1时，S n ＝12n 2
＋n .
由S k 2＝(S k )2，得12k 4＋k 2＝(12
k 2＋k )2
，
即k 3(1
4
k －1)＝0.
又k ≠0，所以k ＝4.
(2)设S n ＝an 2＋bn ，根据题意，得ak 4＋bk 2＝a 2k 4＋2abk 3＋b 2k 2
，
化简得：(a －a 2)k 4－2abk 3＋(b －b 2)k 2
＝0，因为对一切正整数k 恒成立，
所以⎩⎪⎨⎪
⎧
a －a 2
＝0，2ab ＝0，
b －b 2＝0，
解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
a ＝0，
b ＝0，⎩
⎪⎨
⎪⎧
a ＝0，
b ＝1，⎩
⎪⎨
⎪⎧
a ＝1，
b ＝0.
所以S n ＝0或S n ＝n 或S n ＝n 2
.
若S n ＝0⇒a n ＝0，即0,0,0，…，0，…； 若S n ＝n ⇒a n ＝1，即1,1,1，…，1，…；若S n ＝n 2⇒a n ＝2n －1即1,3,5，…，2n －1.经检验，以上3个数列均满足要求．。