1、1考点规范练 28 等差数列及其前 n项和基础巩固组1.已知等差数列 an,且 a2+a8=16,则数列 an的前 9项和等于 ( )A.36 B.72 C.144 D.288答案 B解析 S9= =72.故选 B.9(a1+a9)2 =9(a2+a8)2 =91622.(2018浙江宁波高三期末)莱因德纸草书是世界上最古老的数学著作之一,书中有一道这样的题目:把 100个面包分给 5个人,使每人所得成等差数列,且使较多的三份之和的 是较少的两份之和 .若17按题中要求分好面包,则最少的一份为( )A B C D.53 .103 .56 .116答案 A解析 设 a10”是“Sn+Sn+22S
2、n+1”的( )A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件答案 C解析 因为 Sn+Sn+2-2Sn+1=d,所以是充分必要条件 .故选 C.4.设等差数列 an的公差为 d.若数列 为递减数列,则( )2a1anA.d0 B.d0 D.a1d0,Sn是其前 n项和,若 Sn取得最大值,则 n=( )A.5 B.6 C.7 D.6或 7答案 D解析 等差数列 an中,满足 S3=S10,且 a10,S 10-S3=7a7=0.a 7=0. 递减的等差数列 an中,前 6项为正数,第 7项为 0,从第 8项开始为负数 .S n取得最大值时,n=6或 7.11
3、.设等差数列 an的前 n项和为 Sn,且满足 S2 0150,S2 0160,S20160, =1008(a1008+a1009)0,a10090D.若对任意 nN *,均有 Sn0,则数列 Sn是递增数列答案 C4解析 若数列 Sn为递增数列,则当 n2 时, Sn-Sn-1=an0,即 n2 时, an均为正数,而 a1是正数、负数或零均有可能,对任意 nN *,并不一定 Sn始终大于 0.故选 C.14.(2018浙江绍兴一中模拟)若等差数列 an的首项为 a1,公差为 d,关于 x的不等式x2+ x+c0 的解集为0,10,则 c= ,使数列 an的前 n项和 Sn最大的正整数 n的
4、d2 (a1-d2)值是 . 答案 0 5解析 由题意可知 d0,a52的 n的集合是 . an+1an答案 5解析 等差数列 an满足 a40,a52,得 0,an+1an an+1-2anan即 0, 0,a1+(n-1)d 0. 满足 a56, S39, a 1+4d6,3 a1+3d9,可得 3d3,即 d1 .又 d0, 03.可得 a6(3,7 .17.已知数列 an的前 n项和 Sn=-n2+2kn(kN *),且 Sn的最大值为 4.(1)确定常数 k的值,并求数列 an的通项公式 an;(2)令 bn= ,数列 bn的前 n项和为 Tn,试比较 Tn与 的大小 .5-an3n
5、 325解 (1)因为 Sn=-(n-k)2+k2(kN *),所以当 n=k时, Sn取得最大值 k2.依题意得 k2=4,又 kN *,所以 k=2.从而 Sn=-n2+4n.当 n2 时, an=Sn-Sn-1=(-n2+4n)-(n-1)2+4(n-1)=5-2n.又 a1=S1=3也适合上式,所以 an=5-2n(nN *).(2)由(1)得 an=5-2n,所以 bn=5-an3n =2n3n.所以 Tn= + ,231+432+633 2n3nTn= +13 232+433+634 2n3n+1.由 - 得, Tn= + ,23 231+232+233 23n- 2n3n+1所以
6、 Tn=1+ + 因为 Tn- =- 0,所以 Tn131+132 13n-1-n3n=1-13n1-13-n3n=32-2n+323n. 32 2n+323n 32.18.已知等差数列 an满足( a1+a2)+(a2+a3)+(an+an+1)=2n(n+1)(nN *).(1)求数列 an的通项公式;(2)求证:数列 的前 n项和 Sn6.an2n-1(1)解 设等差数列 的公差为 d,an由已知得 a1+a2=4,(a1+a2)+(a2+a3)=12,即 a1+a2=4,a2+a3=8,所以 解得 所以 an=2n-1.a1+(a1+d)=4,(a1+d)+(a1+2d)=8, a1=1,d=2.(2)证明 由(1)得 ,an2n-1=2n-12n-1所以 Sn=1+ + ,32+522 2n-32n-2+2n-12n-1Sn= + ,12 12+322+523 2n-32n-1+2n-12n - ,得 Sn=1+1+ + =3- ,所以 Sn=6- 6.12 12+122 12n-2-2n-12n 2n+32n 4n+62n
