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2015届高考数学大一轮复习 课时训练30 等差数列及其前n项和 理 苏教版



课时跟踪检测(三十)

等差数列及其前 n 项和

(分Ⅰ、Ⅱ卷,共 2 页) 第Ⅰ卷:夯基保分卷 1.(2014·泰州模拟)在等差数列{an}中,若 a3+a9+a27=12,则 a13=________. 2.已知等差数列{an}满足 a2=3,Sn-Sn-3=51(n>3),Sn=100,则 n 的值为________. 3.(

2014·镇江月考)已知等差数列{an}中,a4+a6=10,前 5 项和 S5=5,则其公差为 ________. 4.已知 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,S10>0 并且 S11=0,若 Sn≤Sk 对 n∈N 恒成立,则 正整数 k 构成的集合为________. 5.(2013·南通二模)设等差数列{an}的公差为正数,若 a1+a2+a3=15,a1a2a3=80, 则 a11+a12+a13=________. 6.(2013·常州质检)设 s,t 为正整数,两条直线 l1: x+y-t=0 与 l2: x-y=0 2s 2s 的交点是(x1,y1),对于正整数 n(n≥2),过点(0,t)和(xn-1,0)的直线与直线 l2 的交点记为 (xn,yn),则 xn-yn=________(用 s,t,n 表示).
*

t

t

S3 1 S6 7.(2013·南京二模)设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,若 = ,则 =________. S7 3 S7
8.(2013·无锡期末)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n -7n,且满足 16<ak+ak+1<22,则 正整数 k=________. 9.(2013·苏锡常镇、连云港、徐州六市调研(二))已知等差数列{an}的公差 d 不为 0, 且 a3=a7,a2=a4+a6. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,求满足 Sn-2an-20>0 的所有正整数 n 的集合.
2 2

10.(2014·南京学情调研)已知数列{an}的首项 a1=a,Sn 是数列{an}的前 n 项和,且满 足 Sn=3n an+Sn-1,an≠0,n≥2,n∈N . (1)若数列{an}是等差数列,求 a 的值; (2)确定 a 的取值集合 M,使 a∈M 时,数列{an}是递增数列.
2 2 2 *

1

第Ⅱ卷:提能增分卷 1.(2013·苏锡常镇、连云港、徐州六市调研(二))设 Sn,Tn 分别是等差数列{an},{bn} 的前 n 项和,已知 =

Sn 2n+1 a10 a11 * ,n∈N ,则 + =________. Tn 4n-2 b3+b18 b6+b15 an

1 2.(2014·盐城二模)在等差数列{an}中,a2=5,a6=21,记数列{ }的前 n 项和为 Sn, 若 S2n+1-Sn≤ 对 n∈N 恒成立,则正整数 m 的最小值为________. 15 3.(2014·南通一模)已知数列{an}中,a2=1,前 n 项和为 Sn,且 Sn= (1)求 a1; (2)求证:数列{an}为等差数列,并写出其通项公式; (3)设 lg bn=

m

*

n an-a1
2

.

an+1
3
n

,试问是否存在正整数 p,q(其中 1<p<q),使 b1,bp,bq 成等比数列?

若存在,求出所有满足条件的数组(p,q);若不存在,请说明理由.

4.(2013·南京、淮安二模)已知数列{an}的各项都为正数,且对任意 n∈N ,an+1=anan
+2

*

2

+k(k 为常数). (1)若 k=(a2-a1) ,求证:a1,a2,a3 成等差数列; (2)若 k=0,且 a2,a4,a5 成等差数列,求 的值; (3)已知 a1=a,a2=b(a,b 为常数),是否存在常数 λ ,使得 an+an+2=λ an+1 对任意 n
2

a2 a1

∈N 都成立?若存在,求 λ 的值;若不存在,请说明理由.

*

答 第Ⅰ卷:夯基保分卷



1.解析:等差数列{an}中,由 a3+a9+a27=12 得 3a13=12,所以 a13=4. 答案:4 2.解析:由 Sn-Sn-3=51 得,
2

an-2+an-1+an=51,
所以 an-1=17, 又 a2=3,Sn= 解得 n=10. 答案:10 3.解析:由 a4+a6=10,得 2a5=10, 所以 a5=5.由 S5=5a3=5,得 a3=1, 所以 d= 答案:2 4.解析:在等差数列{an}中, 由 S10>0,S11=0 得,

n a2+an-1
2

=100,

a5-a3 5-1
2 = 2

=2.

S10= S11=

a1+a10
2

>0? a1+a10>0? a5+a6>0, =0? a1+a11=2a6=0,

a1+a11
2

故可知等差数列{an}是递减数列且 a6=0, 所以 S5=S6≥Sn,其中 n∈N , 所以 k=5 或 6. 答案:{5,6} 5.解析:由条件可知,a2=5,从而 a1+a3=10,a1a3=16,得 a1=2,a3=8,公差为 3, 所以 a11+a12+a13=2×3+(10+11+12)×3=105. 答案:105
*

tx+xn-1y=txn-1, ? ? 6. 解析: 法一: 点(xn, yn)满足? t x-y=0, ? ?2s
所以 xn-yn=

得到 xn=

2sxn-1 txn-1 , yn= , 2s+xn-1 2s+xn-1

s-t xn-1 . 2s+xn-1

t ? ?2sx+y-t=0, 点(x ,y )满足? t ? ?2sx-y=0,
1 1

t 2 解得 x1=s,y1= ,所以 x2= s, 2 3

3

t 1 1 2 y2= ;x3= s,y3= t;x4= s,
3 1 5 2 4 5

y4= t,…
猜想:xn= 2s t ,yn= . n+1 n+1 2s t 2s-t - = . n+1 n+1 n+1

所以 xn-yn=

法二:由法一知 x1=s,y1= , 2

t

xn=

2sxn-1 txn-1 ,yn= 2s+xn-1 2s+xn-1

由 2sxn+xnxn-1=2sxn-1 可化为 2s

xn



?2s? 2s 2s =1,即? ?是以 =2 为首项,1 为公差的等差数列. x xn-1 n x1 ? ?

2s 2s t 2s-t 所以 =2+(n-1),得 xn= ,将其代入 yn 得 yn= ,故 xn-yn= . xn n+1 n+ 1 n+1 2s-t 答案: n+1

S3 1 7.解析:由 S3=3a2,S7=7a4, = 得 9a2=7a4=7(a2+2d),即 a2=7d,所以 a3=8d, S7 3 a4=9d,从而 S6=3(a3+a4)=51d,S7=7a4=63d,故结果为 .
17 答案: 21 8.解析:由 an=?
?S1, ?

17 21

n=1

? ?Sn-Sn-1,n≥2,
*

可得 an=2n -8,16<ak+ak+1<22,即 16<(2k-8)

+(2k-6)<22,所以 7.5<k<9,又 k∈N ,所以 k=8. 答案:8 9.解:(1)由 a3=a7 得 a1+2d=(a1+6d) .① 由 a2=a4+a6 得 a1+d=2a1+8d, 即 a1=-7d.② 将②代入①得-5d=d . 所以 d=-5 或 d=0(不符合题意.舍去). 则 a1=35. 所以 an=35+(n-1)(-5)=-5n+40.
2 2 2

4

(2)Sn=

-5n+ 2

n n


- 5n . 2

不等式 Sn-2an-20>0, 即

n

-5n -2(-5n+40)-20>0, 2
2

整理得 n -19n+40<0. 19- 201 19+ 201 所以 <n< . 2 2 19-14 19+14 * 因为 n∈N ,则 ≤n≤ , 2 2 5 33 即 ≤n≤ . 2 2 所以所求 n 的集合为{3,4,…,16}. 10.解:(1)在 Sn=3n an+Sn-1中分别令 n=2,n=3 及 a1=a 得(a+a2) =12a2+a ,(a +a2+a3) =27a3+(a+a2) . 因为 an≠0,所以 a2=12-2a,a3=3+2a. 因为数列{an}是等差数列, 所以 a1+a3=2a2, 即 2(12-2a)=a+3+2a,解得 a=3. 3n 经检验 a=3 时,an=3n,Sn= 所以 a=3. (2)由 Sn=3n an+Sn-1 得 Sn-Sn-1=3n an, 即(Sn+Sn-1)(Sn-Sn-1)=3n an, 故(Sn+Sn-1)an=3n an. 因为 an≠0, 所以 Sn+Sn-1=3n (n≥2), 所以 Sn+1+Sn=3(n+1) . ②-①得 an+1+an=6n+3(n≥2). 所以 an+2+an+1=6n+9. ④-③得 an+2-an=6(n≥2), 即数列 a2,a4,a6,…及数列 a3,a5,a7,…都是公差为 6 的等差数列. 因为 a2=12-2a,a3=3+2a,
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

n+
2

3n ,Sn-1=

n-
2

满足 Sn=3n an+Sn-1.

2

2

2

① ② ③ ④

5

a, n=1 ? ? 所以 an=?3n+2a-6,n为奇数且n≥3, ? ?3n-2a+6,n为偶数,
要使数列{an}是递增数列,须有 a1<a2,且当 n 为大于或等于 3 的奇数时,an<an+1,且当

n 为偶数时,an<an+1

? 2a- n+ -2a+6 ?3n+ ,即? n为大于或等于3的奇数 , 3n-2a+ n+ +2a-6 ? ? n为偶数 ,
a<12-2a,

9 15 解得 <a< . 4 4
? 9 15? 所以集合 M=?a| <a< ?,当 a∈M 时,数列{an}是递增数列. 4 4? ?

第Ⅱ卷:提能增分卷 1.解析:因为{an},{bn}是等差数列,故 b3+b18=b6+b15,所以 =

a10 a11 a10+a11 + = b3+b18 b6+b15 b3+b18

a1+a20 S20 2×20+1 41 = = = . b1+b20 T20 4×20-2 78
41 答案: 78 2.解析:由条件得公差 d= 21-5 1 =4,从而 a1=1,所以 an=4n-3,数列{ }的前 n 4 an

1 1 1 1 1 m 项和为 Sn=1+ +…+ .原不等式可化为 + +…+ ≤ ,记 f(n)= 5 4n-3 4n+1 4n+5 8n+1 15 1 1 1 1 1 + +…+ .因为 f(n+1)-f(n)= - <0,故 f(n)为单调递减数 4n+1 4n+5 8n+1 8n+9 4n+1 1 1 14 m 14 14 列,从而 f(n)max=f(1)= + = .由条件得 ≥ ,解得 m≥ ,故正整数 m 的最小值为 5 9 45 15 45 3 5. 答案:5 3.解:(1)令 n=1,则 a1=S1= (2)证明:由 Sn= 得 Sn+1=

a1-a1
2

=0. ① ② ③
6

n an-a1
2

,即 Sn=

nan
2



n+
2

an+1

.

②-①得(n-1)an+1=nan,

于是 nan+2=(n+1)an+1. ④-③得 nan+2+nan=2nan+1, 即 an+2+an=2an+1, 又 a1=0,a2=1,a2-a1=1, 所以数列{an}是以 0 为首项,1 为公差的等差数列. 所以 an=n-1.



(3)假设存在正整数数组(p,q)使 b1,bp,bq 成等比数列,则 lg b1,lg bp,lg bq 成等 差数列, 2p 1 q 于是 p = + q. 3 3 3 1 q 2p 所以 q=3 ( p - ).(*) 3 3 易知(p,q)=(2,3)为方程(*)的一组解. 当 p≥3,且 p∈N 时,
*

p+
3
p+1

?2p? 2p 2-4p - p = p+1 <0,故数列? p ?(p≥3)为递减数列, 3 3 ?3 ?

2p 1 2×3 1 于是 p - ≤ 3 - <0,所以此时方程(*)无正整数解. 3 3 3 3 综上,存在唯一正整数数组(p,q)=(2,3),使 b1,bp,bq 成等比数列. 4.解:(1)证明:当 k=(a2-a1) 时,在 an+1=anan+2+k 中, 令 n=1,得 a2=a1a3+(a2-a1) , 即 a1a3-2a1a2+a1=0. 因为 a1>0,所以 a3-2a2+a1=0, 即 a2-a1=a3-a2. 故 a1,a2,a3 成等差数列. (2)当 k=0 时,an+1=anan+2,n∈N . 因为数列{an}的各项都为正数, 所以数列{an}是等比数列. 设公比为 q(q>0). 因为 a2,a4,a5 成等差数列,所以 a2+a5=2a4, 即 a1q+a1q =2a1q . 因为 a1>0,q>0,所以 q -2q +1=0. 1+ 5 解得 q=1 或 q= (负根舍去). 2
3 2 4 3 2 * 2 2 2 2 2

a2 a2 1+ 5 所以 =q=1 或 =q= . a1 a1 2

7

(3)存在常数 λ = λ an+1. 证明如下:

a2+b2-k ,使 an+an+2= ab

因为 an+1=anan+2+k, 所以 an=an-1an+1+k,n≥2,n∈N . 所以 an+1-an=anan+2-an-1an+1, 即 anan+2+an=an+1+an-1an+1.(*) 由于 an>0,(*)式两边同除以 anan+1 得
2 2 2 2 2 *

2

an+an+2 an-1+an+1 = . an+1 an an+an+2 an-1+an+1 a1+a3 = =…= , an+1 an a2
*

所以

即当 n∈N ,都有 an+an+2=
2

a1+a3 an+1. a2

因为 a1=a,a2=b,an+1=anan+2+k, 所以 a3=

b2-k . a

b2-k a+ a a1+a3 a2+b2-k 所以 = = . a2 b ab
所以对任意 n∈N ,都有 an+an+2=λ an+1, 此时 λ =
*

a2+b2-k . ab

8



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