《2018高考数学（文）大一轮复习习题 第五章 数列 课时跟踪检测 （二十九） 等差数列及其前n项和 Word版含答案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018高考数学（文）大一轮复习习题 第五章 数列 课时跟踪检测 （二十九） 等差数列及其前n项和 Word版含答案.doc（6页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、课时跟踪检测课时跟踪检测 ( (二二十十九九) ) 等差数列及其前等差数列及其前n n项和项和 一抓基础，多练小题做到眼疾手快一抓基础，多练小题做到眼疾手快 1 1(2017(2017桂林调研桂林调研) )等差数列等差数列 a an n 中，中，a a4 4a a8 81010，a a10106 6，则公差，则公差d d( ( ) ) A A1 14 4 B B1 12 2 C C2 2 D D1 12 2 解析：选解析：选 A A 由由a a4 4a a8 82 2a a6 61010，得，得a a6 65 5，所以，所以 4 4d da a1010a a6 61 1，解得，解得d d1 1
2、4 4，故选，故选 A A 2 2等差数列等差数列 a an n 的前的前n n项之和为项之和为S Sn n，若，若a a5 56 6，则，则S S9 9为为( ( ) ) A A45 45 B B5454 C C63 63 D D2727 解析：选解析：选 B B 法一：法一：S S9 9a a1 1a a9 92 29 9a a5 596965454故选故选 B B 法二：由法二：由a a5 56 6，得，得a a1 14 4d d6 6， S S9 99 9a a1 198982 2d d9(9(a a1 14 4d d) )96965454，故选，故选 B B 3 3(2017(201
3、7陕西质量监测陕西质量监测) )已知数列已知数列 a an n 满足满足a a1 11515，且，且 3 3a an n1 13 3a an n2 2若若a ak ka ak k1 100，则正整数则正整数k k( ( ) ) A A21 21 B B2222 C C23 23 D D2424 解析： 选解析： 选C C 3 3a an n1 13 3a an n2 2a an n1 1a an n2 23 3 a an n 是等差数列， 则是等差数列， 则a an n47473 32 23 3n n a ak k1 1a ak k00， 47473 32 23 3k k 45453 32 2
4、3 3k k00，45452 2 k k 00，a a4 4a a7 700，则，则 a an n 的前的前n n项和项和S Sn n的最大值为的最大值为_ 解析：解析： a a4 4a a7 7a a5 5a a6 6000， a a5 500，a a6 6000 成立的最大的自然数成立的最大的自然数n n是是( ( ) ) A A9 9 B B1010 C C11 11 D D1212 解析：选解析：选 A A 由题可得由题可得 a an n 的公差的公差d d3 37 74 42 22 2，a a1 19 9，所以，所以a an n2 2n n1111，则，则 a an n 是递减数列，
5、 且是递减数列， 且a a5 500a a6 6，a a5 5a a6 60 0， 于是， 于是S S9 92 2a a5 52 29090，S S1010a a5 5a a6 62 210100 0，S S11112 2a a6 62 2110110，故选故选 A A 5 5设数列设数列 a an n 的前的前n n项和为项和为S Sn n，若，若S Sn nS S2 2n n为常数，则称数列为常数，则称数列 a an n 为为“吉祥数列吉祥数列”已知等已知等差数列差数列 b bn n 的首项为的首项为 1 1，公差不为，公差不为 0 0，若数列，若数列 b bn n 为为“吉祥数列吉祥数列
6、”，则数列，则数列 b bn n 的通项公式为的通项公式为( ( ) ) A Ab bn nn n1 1 B Bb bn n2 2n n1 1 C Cb bn nn n1 1 D Db bn n2 2n n1 1 解析：选解析：选 B B 设等差数列设等差数列 b bn n 的公差为的公差为d d( (d d0)0)，S Sn nS S2 2n nk k，因为，因为b b1 11 1，则，则n n1 12 2n n( (n n1)1)d dk k 2 2n n1 12 222n nn nd d，即，即 2 2( (n n1)1)d d4 4k k2 2k k(2(2n n1)1)d d， 整理
7、得整理得(4(4k k1)1)dndn(2(2k k1)(21)(2d d) )0 0 因为对任意的正整数因为对任意的正整数n n上式均成立，上式均成立， 所以所以(4(4k k1)1)d d0 0，(2(2k k1)(21)(2d d) )0 0， 解得解得d d2 2，k k1 14 4 所以数所以数列列 b bn n 的通项公式为的通项公式为b bn n2 2n n1 1 6 6在等差数列在等差数列 a an n 中，公差中，公差d d1 12 2，前，前 100100 项的和项的和S S1001004545，则，则a a1 1a a3 3a a5 5a a9999_ 解析：因为解析：因
8、为S S1001001001002 2( (a a1 1a a100100) )4545，所以，所以a a1 1a a1001009 91010， a a1 1a a9999a a1 1a a100100d d2 25 5， 则则a a1 1a a3 3a a5 5a a999950502 2( (a a1 1a a9999) )50502 22 25 51010 答案：答案：1010 7 7在等差数列在等差数列 a an n 中，中，a a1 17 7，公差为，公差为d d，前，前 n n项和为项和为S Sn n ，当且仅当，当且仅当n n8 8 时时S Sn n 取得取得最大值，则最大值，
9、则d d 的取值范围为的取值范围为_ 解析：由题意，当且仅当解析：由题意，当且仅当n n8 8 时时S Sn n有最大值，可得有最大值，可得 d d000，a a9 900，即即 d d000，7 78 8d d00，解得解得11d d 00 (1)(1)求证：当求证：当n n55 时，时， a an n 成等差数列；成等差数列； (2)(2)求求 a an n 的前的前n n项和项和S Sn n 解：解：(1)(1)证明：由证明：由 4 4S Sn na a2 2n n2 2a an n3,43,4S Sn n1 1a a2 2n n1 12 2a an n1 13 3， 得得 4 4a a
10、n n1 1a a2 2n n1 1a a2 2n n2 2a an n1 12 2a an n， 即即( (a an n1 1a an n)()(a an n1 1a an n2)2)0 0 当当n n55 时，时，a an n00，所以，所以a an n1 1a an n2 2， 所以当所以当n n55 时，时， a an n 成等差数列成等差数列 (2)(2)由由 4 4a a1 1a a2 21 12 2a a1 13 3，得，得a a1 13 3 或或a a1 11 1， 又又a a1 1，a a2 2，a a3 3，a a4 4，a a5 5成等比数列，成等比数列， 所以由所以由(
11、1)(1)得得a an n1 1a an n0(0(n n5)5)，q q1 1， 而而a a5 500，所以，所以a a1 100，从而，从而a a1 13 3， 所以所以a an n n n1 1，11n n44，2 2n n7 7，n n55， 所以所以S Sn n 3 32 211n n ，11n n44，n n2 26 6n n8 8，n n5.5. 三上台阶，自主选做志在冲刺名三上台阶，自主选做志在冲刺名校校 1 1(2016(2016安庆二模安庆二模) )已知数列已知数列 a an n 是各项均不为零的等差数列，是各项均不为零的等差数列，S Sn n为其前为其前n n项和，且项和
12、，且a an nS S2 2n n1 1( (n nN N* *) ) 若不等式 若不等式a an nn n8 8n n对任意对任意n nN N* *恒成立， 则实数恒成立， 则实数的最大值为的最大值为_ 解析：解析：a an nS S2 2n n1 1a an nn na a1 1a a2 2n n1 12 2n na an na a2 2n n(2(2n n1)1)a an na an n2 2n n1 1，n nN N* * a an nn n8 8n n就是就是n nn nn n22n n8 8n n1515，f f( (n n) )2 2n n8 8n n1515 在在n n11 时
13、时单调递增，其最小值为单调递增，其最小值为f f(1)(1)9 9，所以，所以99，故实数，故实数的最大值为的最大值为 9 9 答案：答案：9 9 2 2已知数列已知数列 a an n 满足，满足，a an n1 1a an n4 4n n3(3(n nN N* *) ) (1)(1)若数列若数列 a an n 是等差数列，求是等差数列，求a a1 1的值；的值； (2)(2)当当a a1 12 2 时，求数列时，求数列 a an n 的前的前n n项和项和S Sn n 解：解：(1)(1)法一：法一：数列数列 a an n 是等差数列，是等差数列， a an na a1 1( (n n1)1
14、)d d，a an n1 1a a1 1ndnd 由由a an n1 1a an n4 4n n3 3， 得得( (a a1 1ndnd) )4 4n n3 3， 2 2dndn(2(2a a1 1d d) )4 4n n3 3， 即即 2 2d d4,24,2a a1 1d d3 3， 解得解得d d2 2，a a1 11 12 2 法二：在等差数列法二：在等差数列 a an n 中，由中，由a an n1 1a an n4 4n n3 3， 得得a an n2 2a an n1 14(4(n n1)1)3 34 4n n1 1， 2 2d da an n2 2a an n( (a an n
15、2 2a an n1 1) )( (a an n1 1a an n) ) 4 4n n1 1(4(4n n3)3)4 4， d d2 2 又又a a1 1a a2 22 2a a1 1d d2 2a a1 12 241413 31 1， a a1 11 12 2 (2)(2)由题意，由题意，当当n n为奇数时，为奇数时， S Sn na a1 1a a2 2a a3 3a an n a a1 1( (a a2 2a a3 3) )( (a a4 4a a5 5) )( (a an n1 1a an n) ) 2 24 433n n1 12 2 2 2n n2 23 3n n5 52 2 当当n n为偶数时，为偶数时，S Sn na a1 1a a2 2a a3 3a an n ( (a a1 1a a2 2) )( (a a3 3a a4 4) )( (a an n1 1a an n) ) 1 19 9(4(4n n7)7) 2 2n n2 23 3n n2 2