发布时间 : 星期五 文章新课改瘦专用2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测三十五等差数列及其前n项和含解析新人教A版更新完毕开始阅读641aa2ce03020740be1e650e52ea551811a6c959
课时跟踪检测(三十五) 等差数列及其前n项和
一、题点全面练
1．等差数列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，则公差d＝( ) 1
A. 4C．2
1B. 21D．－
2
1
解析：选A 由a4＋a8＝2a6＝10，得a6＝5，所以4d＝a10－a6＝1，解得d＝.
4
2．(2019·沈阳质量监测)在等差数列{an}中，若Sn为{an}的前n项和，2a7＝a8＋5，则S11
的值是( )
A．55 C．50
B．11 D．60
解析：选A 设等差数列{an}的公差为d，由题意可得2(a1＋6d)＝a1＋7d＋5，得a1＋5d11×10
＝5，则S11＝11a1＋d＝11(a1＋5d)＝11×5＝55，故选A.
2
3．(2018·泉州期末)等差数列{an}中，a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，则数列{an}的前9项和S9等于( )
A．99 C．144
B．66 D．297
解析：选A 由等差数列的性质可得a1＋a7＝2a4，a3＋a9＝2a6，又∵a1＋a4＋a7＝39，a3＋
a6＋a9＝27，∴3a4＝39，3a6＝27，解得a4＝13，a6＝9，∴a4＋a6＝22，∴数列{an}的前9项和S9＝
9
a1＋a9
2
9＝
a4＋a6
29×22＝＝99.
2
4．(2019·广州五校联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若am＝4，Sm＝0，Sm＋2＝14(m≥2，且m∈N)，则a2 019的值为( )
A．2 020 C．5 041
解析：选B 由题意得
B．4 032 D．3 019
*
a＝a＋m－1d＝4，??mm－1S＝ma＋d＝0，?2??S－S＝a＋a＝2a＋
m1
m1
m＋2mm＋1m＋21
m＋m＋1d＝14，
- 1 -
a1＝－4，??
解得?m＝5，
??d＝2，
∴an＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，
∴a2 019＝2×2 019－6＝4 032.故选B.
5．(2019·长春质检)等差数列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d＞0，则其前n项和取最小值时n的值为( )
A．6 C．8
B．7 D．9
解析：选C 由d＞0可得等差数列{an}是递增数列，又|a6|＝|a11|，所以－a6＝a11，即－
a1－5d＝a1＋10d，所以a1＝－
小值，故选C.
15ddd，则a8＝－＜0，a9＝＞0，所以前8项和为前n项和的最222
6．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝2a3，则11
a1＋a11
S11211a622解析：＝＝＝.
S555a35
a1＋a5222答案：
5
S11
＝______. S5
7．等差数列{an}中，已知Sn是其前n项和，a1＝－9，－＝2，则S10＝________.
97
S9S7
S9S79－17－1
解析：设公差为d，∵－＝2，∴d－d＝2，
9722
10×9
∴d＝2，∵a1＝－9，∴S10＝10×(－9)＋×2＝0.
2答案：0
8．(2018·广元统考)若数列{an}是正项数列，且a1＋a2＋…＋an＝n＋n，则a1＋＋…
2＋＝________.
解析：当n＝1时，a1＝2?a1＝4， 又a1＋a2＋…＋an＝n＋n，①
所以当n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝(n－1)＋(n－1)＝n－n，②
2
2
2
2
a2
annan4n2
①－②得an＝2n，即an＝4n，所以＝＝4n，
nn2
- 2 -
则??构成以4为首项，4为公差的等差数列．
?n?
?an?
所以a1＋＋…＋＝
2n答案：2n＋2n
2
a2an4＋4nn2
＝2n＋2n. 2
9．(2018·大连模拟)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝an＋
2
n－4(n∈N*)．
(1)求证：数列{an}为等差数列； (2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：当n＝1时，有2a1＝a1＋1－4，即a1－2a1－3＝0， 所以a1＝3(a1＝－1舍去)． 当n≥2时，有2Sn－1＝an－1＋n－5， 又2Sn＝an＋n－4，
所以两式相减得2an＝an－an－1＋1，即an－2an＋1＝an－1， 即(an－1)＝an－1，
因此an－1＝an－1或an－1＝－an－1.
若an－1＝－an－1，则an＋an－1＝1.而a1＝3， 所以a2＝－2，这与数列{an}的各项均为正数矛盾， 所以an－1＝an－1，即an－an－1＝1， 因此数列{an}为等差数列．
(2)由(1)知a1＝3，数列{an}的公差d＝1，
所以数列{an}的通项公式为an＝3＋(n－1)×1＝n＋2.
10．已知等差数列{an}的公差d＞0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36. (1)求d及Sn;
(2)求m，k(m，k∈N)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65. 解：(1)由题意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36， 将a1＝1代入上式，解得d＝2或d＝－5.
因为d＞0，所以d＝2.从而an＝2n－1，Sn＝n(n∈N)．
(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝(2m＋k－1)(k＋1)，所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65. 由m，k∈N知2m＋k－1≥k＋1＞1，
?2m＋k－1＝13，?故???k＋1＝5，
*
2
*
*
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
解得?
?m＝5，???k＝4.
即所求m的值为5，k的值为4.
二、专项培优练
- 3 -
(一)易错专练——不丢怨枉分
1．若{an}是等差数列，首项a1＞0，a2 018＋a2 019＞0，a2 018·a2 019＜0，则使前n项和Sn＞0成立的最大正整数n是( )
A．2 018 C．4 036
B．2 019 D．4 037
解析：选C 因为a1＞0，a2 018＋a2 019＞0，a2 018·a2 019＜0，所以d＜0，a2 018＞0，a2 019＜0，所以S4 036＝
4 036a1＋a4 036
2
＝
4 036a2 018＋a2 019
2
＞0，S4 037＝
4 037a1＋a4 037
2
＝4
037·a2 019＜0，所以使前n项和Sn＞0成立的最大正整数n是4 036.
2．(2019·武汉模拟)设等差数列{an}满足a3＋a7＝36，a4a6＝275，且anan＋1有最小值，则这个最小值为( )
A．－10 C．－9
B．－12 D．－13
解析：选B 设等差数列{an}的公差为d，∵a3＋a7＝36，∴a4＋a6＝36，又a4a6＝275，联
??a4＝11，
立，解得?
?a6＝25?
??a4＝25，
或?
?a6＝11，?
??a4＝11，
当?
?a6＝25?
??a1＝－10，
时，可得?
?d＝7，?
此时an＝7n－17，
a2＝－3，a3＝4，易知当n≤2时，an＜0，当n≥3时，an＞0，∴a2a3＝－12为anan＋1的最小值；
当?
??a4＝25，??a6＝11
时，可得?
??a1＝46，
??d＝－7，
此时an＝－7n＋53，a7＝4，a8＝－3，易知当n≤7时，
an＞0，当n≥8时，an＜0，∴a7a8＝－12为anan＋1的最小值．综上，anan＋1的最小值为－12.
3．设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________. 解析：由an＝2n－10(n∈N)知{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0，得n≥5，∴当n≤5时，an≤0，当n＞5时，an＞0，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.
答案：130
(二)交汇专练——融会巧迁移
12
4．[与方程交汇]若等差数列{an}中的a3，a2 019是3x－12x＋4＝0的两根，则loga1 011＝
4________.
解析：因为a3和a2 019是3x－12x＋4＝0的两根，所以a3＋a2 019＝4.又a3，a1 011，a2 019成11
等差数列，所以2a1 011＝a3＋a2 019，即a1 011＝2，所以loga1 011＝－. 42
1
答案：－
2
5．[与不等式恒成立交汇]设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5＝a5＋a6＝25.
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2*
*