高考總復習文數(shù)（人教版）課時作業(yè)提升31等差數(shù)列

課時作業(yè)提升(三十一)等差數(shù)列A組夯實基礎1．等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a1＝2，S3＝12，則a6等于()A．8 B．10C．12 D．14解析：選C由題知3a1＋eq\f(3×2,2)d＝12，因為a1＝2，解得d＝2，又a6＝a1＋5d，所以a6＝12，故選C．2．(2018·江南十校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a3＋a13＝20，a2＝－2，則a15＝()A．20 B．24C．28 D．34解析：選B∵a3＋a13＝2a8＝20，∴a8＝10，又a2＝－2，∴d＝2，得a15＝a2＋13d＝24.故選3．已知等差數(shù)列{an}，且3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝48，則數(shù)列{an}的前13項之和為()A．24 B．39C．104 D．52解析：選D因為{an}是等差數(shù)列，所以3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝6a4＋6a10＝48，所以a4＋a10＝8，其前13項的和為eq\f(13a1＋a13,2)＝eq\f(13a4＋a10,2)＝eq\f(13×8,2)＝52，故選D．4．若數(shù)列{an}滿足a1＝15，且3an＋1＝3an－2，則使ak·ak＋1＜0的k值為()A．22 B．21C．24 D．23解析：選D因為3an＋1＝3an－2，所以an＋1－an＝－eq\f(2,3)，又a1＝15，所以數(shù)列{an}是首項為15，公差為－eq\f(2,3)的等差數(shù)列，所以an＝15－eq\f(2,3)·(n－1)＝－eq\f(2,3)n＋eq\f(47,3)，且{an}為遞減數(shù)列，令an＝－eq\f(2,3)n＋eq\f(47,3)＞0，得n＜23.5，可知使ak·ak＋1＜0的k值為23.5．《九章算術》是我國古代的數(shù)學名著，書中有如下問題：“今有五人分五錢，令上二人所得與下三人等．問各得幾何？”其意思為：“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5錢，甲、乙兩人所得與丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差數(shù)列．問五人各得多少錢？”(“錢”是古代的一種重量單位)這個問題中，甲所得為()A．eq\f(5,4)錢 B．eq\f(5,3)錢C．eq\f(3,2)錢 D．eq\f(4,3)錢解析：選D設等差數(shù)列{an}的首項為a1，公差為d，依題意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋d＝3a1＋9d，,2a1＋d＝\f(5,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(4,3)，,d＝－\f(1,6)，))即甲得eq\f(4,3)錢，故選D．6．(2018·臨沂模擬)設等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1>0，a3＋a10>0，a6a7<0，則滿足Sn>0的最大正整數(shù)n的值為A．6 B．7C．12 D．13解析：選C∵a1>0，a6a7<0，∴a6>0，a7<0，等差數(shù)列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a12>0，a1＋a13＝2a7<0，∴S12>0，S13<0，∴滿足Sn>0的最大自然數(shù)7．若數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(1,3)，eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝5(n∈N*)，則a10＝________.解析：因為eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝5，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以eq\f(1,a1)＝3為首項，5為公差的等差數(shù)列，所以eq\f(1,an)＝3＋5(n－1)＝5n－2，即an＝eq\f(1,5n－2)，所以a10＝eq\f(1,50－2)＝eq\f(1,48).答案：eq\f(1,48)8．已知等差數(shù)列{an}中，an≠0，若n≥2且an－1＋an＋1－aeq\o\al(2,n)＝0，S2n－1＝38，則n等于________.解析：∵2an＝an－1＋an＋1，又an－1＋an＋1－aeq\o\al(2,n)＝0，∴2an－aeq\o\al(2,n)＝0，即an(2－an)＝0.∵an≠0，∴an＝2.∴S2n－1＝(2n－1)an＝2(2n－1)＝38，解得n＝10.答案：109．已知兩個等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項和分別為An和Bn，且eq\f(An,Bn)＝eq\f(7n＋45,n＋3)，則使得eq\f(an,bn)為整數(shù)的正整數(shù)n的個數(shù)是________.解析：由等差數(shù)列前n項和的性質知，eq\f(an,bn)＝eq\f(A2n－1,B2n－1)＝eq\f(14n＋38,2n＋2)＝eq\f(7n＋19,n＋1)＝7＋eq\f(12,n＋1)，故當n＝1,2,3,5,11時，eq\f(an,bn)為整數(shù)，故使得eq\f(an,bn)為整數(shù)的正整數(shù)n的個數(shù)是5.答案：510．(2016·全國卷Ⅱ)等差數(shù)列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.(1)求{an}的通項公式；(2)設bn＝[an]，求數(shù)列{bn}的前10項和，其中[x]表示不超過x的最大整數(shù)，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解：(1)設數(shù)列{an}的公差為d，由題意有2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3，解得a1＝1，d＝eq\f(2,5).所以{an}的通項公式為an＝eq\f(2n＋3,5).(2)由(1)知，bn＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2n＋3,5))).當n＝1,2,3時，1≤eq\f(2n＋3,5)<2，bn＝1；當n＝4,5時，2≤eq\f(2n＋3,5)<3，bn＝2；當n＝6,7,8時，3≤eq\f(2n＋3,5)<4，bn＝3；當n＝9,10時，4≤eq\f(2n＋3,5)<5，bn＝4.所以數(shù)列{bn}的前10項和為1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.11．已知等差數(shù)列的前三項依次為a,4,3a，前n項和為Sn，且Sk＝(1)求a及k的值；(2)設數(shù)列{bn}的通項bn＝eq\f(Sn,n)，證明數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，并求其前n項和Tn.解：(1)設該等差數(shù)列為{an}，則a1＝a，a2＝4，a3＝3a，由已知有a＋3a＝8，得a1＝a＝2，公差d＝4－2＝2，所以Sk＝ka1＋eq\f(kk－1,2)·d＝2k＋eq\f(kk－1,2)×2＝k2＋k.由Sk＝110，得k2＋k－110＝0，解得k＝10或k＝－11(舍去)，故a＝2，k＝10.(2)由(1)得Sn＝eq\f(n2＋2n,2)＝n(n＋1)，則bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋1，故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，即數(shù)列{bn}是首項為2，公差為1的等差數(shù)列，所以Tn＝eq\f(n2＋n＋1,2)＝eq\f(nn＋3,2).12．已知公差大于零的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足a3·a4＝117，a2＋a5＝22.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(Sn,n＋c)，是否存在非零實數(shù)c使得{bn}為等差數(shù)列？若存在，求出c的值；若不存在，請說明理由．解：(1)∵數(shù)列{an}為等差數(shù)列，∴a3＋a4＝a2＋a5＝22.又a3·a4＝117，∴a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的兩實根，又公差d＞0，∴a3＜a4，∴a3＝9，a4＝13，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝9，,a1＋3d＝13，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝4.))∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝4n－3.(2)由(1)知a1＝1，d＝4，∴Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)×d＝2n2－n，∴bn＝eq\f(Sn,n＋c)＝eq\f(2n2－n,n＋c)，∴b1＝eq\f(1,1＋c)，b2＝eq\f(6,2＋c)，b3＝eq\f(15,3＋c)，其中c≠0.令2b2＝b1＋b3，即eq\f(6,2＋c)×2＝eq\f(1,1＋c)＋eq\f(15,3＋c)，∴2c2＋c＝0，∴c＝－eq\f(1,2)或c＝0(舍去)，故c＝－eq\f(1,2).此時bn＝eq\f(2n2－n,n－\f(1,2))＝2n.當n≥2時，bn－bn－1＝2n－2(n－1)＝2符合等差數(shù)列的定義，即存在一個非零實數(shù)c＝－eq\f(1,2)，使數(shù)列{bn}為等差數(shù)列．B組能力提升1．(2018·湖南模擬)等差數(shù)列{an}的公差d≠0，且a3，a5，a15成等比數(shù)列，若a5＝5，Sn為數(shù)列{an}的前n項和，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前n項和取最小值時的n為()A．3 B．3或4C．4或5 D．5解析：選B由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2da1＋14d＝25，,a1＋4d＝5，))由d≠0，解得a1＝－3，d＝2，∴eq\f(Sn,n)＝eq\f(na1＋\f(nn－1,2)d,n)＝－3＋n－1＝n－4，由n－4≥0，得n≥4，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前n項和取最小值時的n為3或4.2．設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若eq\f(Sn,S2n)為常數(shù)，則稱數(shù)列{an}為“吉祥數(shù)列”．已知等差數(shù)列{bn}的首項為1，公差不為0，若數(shù)列{bn}為“吉祥數(shù)列”，則數(shù)列{bn}的通項公式為()A．bn＝n－1 B．bn＝2n－1C．bn＝n＋1 D．bn＝2n＋1解析：選B設等差數(shù)列{bn}的公差為d(d≠0)，eq\f(Sn,S2n)＝k，因為b1＝1，則n＋eq\f(1,2)n(n－1)d＝keq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2n＋\f(1,2)×2n2n－1d))，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0.因為對任意的正整數(shù)n上式均成立，所以(4k－1)d＝0，(2k－1)(2－d)＝0，解得d＝2，k＝eq\f(1,4).所以數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝2n－1.3．若等差數(shù)列{an}的前17項和S17＝51，則a5－a7＋a9－a11＋a13等于________.解析：因為S17＝eq\f(a1＋a17,2)×17＝17a9＝51，所以a9＝3.根據(jù)等差數(shù)列的性質知a5＋a13＝a7＋a11，所以a5－a7＋a9－a11＋a13＝a9＝3.答案：34．在等差數(shù)列{an}中，a9＝eq\f(1,2)a12＋6，則數(shù)列{an}的前11項和S11等于________.解析：S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝11a6，設公差為d，由a9＝eq\f(1,2)a12＋6得a6＋3d＝eq\f(1,2)(a6＋6d)＋6，解得a6＝12，所以S11＝11×12＝132.答案：1325．已知數(shù)列{an}滿足2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，它的前n項和為Sn，且a3＝10，S6＝72，若bn＝eq\f(1,2)an－30，設數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，求Tn的最小值．解：∵2an＋1＝an＋an＋2，∴an＋1－an＝an＋2－an＋1，故數(shù)列{an}為等差數(shù)列．設數(shù)列{an}的首項為a1，公差為d，由a3＝10，S6＝72得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝10，,6a1＋15d＝72，))解得a1＝2，d＝4.故an＝4n－2，則bn＝eq\f(1,2)an－30＝2n－31，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn≤0，,bn＋1≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n－31≤0，,2n＋1－31≥0，))解得eq\f(29,2)≤n≤eq\f(31,2)，∵n∈N*，∴n＝15，即數(shù)列{bn}的前15項均為負值，∴T15最小．∵數(shù)列{bn}的首項是－29，公差為2，∴T15＝eq\f(15－29＋2×15－31,2)＝－225，∴數(shù)列{bn}的前n項和Tn的最小值為－225.6．(2018·宿州模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7(n∈N*)．(1)設函數(shù)y＝f(x)的圖象的頂點的縱坐標構成數(shù)列{an}，求證：{an}為等差數(shù)列；(2)設函數(shù)y＝f(x)的圖象的頂點到x軸的距離構成數(shù)列{bn}，求{bn}的前n項和Sn.(1)證明：因為f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7＝[x－(n＋1)]2＋3n－8，所以an＝3n－8，因為an＋1－an＝3(n＋1)－8－(3n－8)＝3，所以數(shù)列{an