2016-2017学年高二数学下学期知识点检测32

第二章2.2第4课时基础巩固一、选择题1．四个数成等差数列，S4＝32，a2︰a3＝1︰3，则公差d等于eq\x(导学号27542380)(A)A．8 B．16C．4 D．0[解析]∵a2︰a3＝1︰3，∴eq\f(a1＋d,a1＋2d)＝eq\f(1,3)，∴d＝－2a1，又S4＝4a1＋eq\f(4×3,2)d＝－8a1＝32，∴a1＝－4，∴d＝8.2．(2015·新课标Ⅱ文，5)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝eq\x(导学号27542381)(A)A．5 B．7C．9 D．11[解析]解法一：利用等差数列的性质进行求解．∵a1＋a5＝2a3，∴a1＋a3＋a5＝3a3＝3，∴a∴S5＝eq\f(5a1＋a5,2)＝5a3＝5.故选A．解法二：利用等差数列的通项公式和前n项和公式进行整体运算．∵a1＋a3＋a5＝a1＋(a1＋2d)＋(a1＋4d)＝3a1＋6d∴a1＋2d＝1，∴S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)d＝5(a1＋2d)＝5，故选A．3．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知am－1＋am＋1－aeq\o\al(2,m)＝0，S2m－1＝38，则m＝eq\x(导学号27542382)(C)A．38 B．20C．10 D．9[解析]由等差数列的性质，得am－1＋am＋1＝2am，∴2am＝aeq\o\al(2,m)，由题意，得am≠0，∴am＝2.又S2m－1＝eq\f(2m－1a1＋a2m－1,2)＝eq\f(2am2m－1,2)＝2(2m－1)＝38，∴m4.eq\f(1,3×5)＋eq\f(1,5×7)＋eq\f(1,7×9)＋…＋eq\f(1,13×15)＝eq\x(导学号27542383)(B)A．eq\f(4,15) B．eq\f(2,15)C．eq\f(14,15) D．eq\f(7,15)[解析]原式＝eq\f(1,2)[(eq\f(1,3)－eq\f(1,5))＋(eq\f(1,5)－eq\f(1,7))＋…＋(eq\f(1,13)－eq\f(1,15))]＝eq\f(1,2)(eq\f(1,3)－eq\f(1,15))＝eq\f(2,15)，故选B．5．等差数列{an}的公差d<0，且aeq\o\al(2,1)＝aeq\o\al(2,11)，则数列的前n项和Sn取得最大值时的项数n是eq\x(导学号27542384)(C)A．5 B．6C．5或6 D．6或7[解析]由aeq\o\al(2,1)＝aeq\o\al(2,11)，得(a1＋a11)(a1－a11)＝0，又d<0，∴a1＋a11＝0.∴a6＝0.∴S5＝S6且最大．6．在等差数列{an}中，若S12＝8S4，且d≠0，则eq\f(a1,d)等于eq\x(导学号27542385)(A)A．eq\f(9,10) B．eq\f(10,9)C．2 D．eq\f(2,3)[解析]∵S12＝8S4，∴12a1＋eq\f(1,2)×12×11×d＝8(4a1＋eq\f(1,2)×4×3×d)，即20a1＝18d，∵d≠0，∴eq\f(a1,d)＝eq\f(18,20)＝eq\f(9,10).二、填空题7．设{an}是公差为－2的等差数列，若a1＋a4＋a7＋…＋a97＝50，则a3＋a6＋a9＋…＋a99的值为－82.eq\x(导学号27542386)[解析]∵a1＋a4＋a7＋…＋a97＝50，公差d＝－2，∴a3＋a6＋a9＋…＋a99＝(a1＋2d)＋(a4＋2d)＋(a7＋2d)＋…＋(a97＋2d)＝(a1＋a4＋a7＋…＋a97)＋33×2d＝50＋66×(－2)＝－82.8．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2k＝72，且ak＋1＝18－ak，则正整数k＝4.eq\x(导学号27542387)[解析]S2k＝eq\f(2k,2)(a1＋a2k)＝k(ak＋ak＋1)＝k×18＝72，∴k＝4.三、解答题9．已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5.eq\x(导学号27542388)(1)求{an}的通项公式；(2)求数列{eq\f(1,a2n－1a2n＋1)}的前n项和．[解析](1)设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝0,5a1＋10d＝－5))，解得a1＝1，d＝－1.由{an}的通项公式为an＝2－n.(2)由(1)知eq\f(1,a2n－1a2n＋1)＝eq\f(1,3－2n1－2n)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,2n－3)－eq\f(1,2n－1))，从而数列{eq\f(1,a2n－1a2n＋1)}的前n项和为eq\f(1,2)(eq\f(1,－1)－eq\f(1,1)＋eq\f(1,1)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－3)－eq\f(1,2n－1))＝eq\f(n,1－2n).10．设等差数列的前n项和为Sn.已知a3＝12，S12>0，S13<0.eq\x(导学号27542389)(1)求公差d的取值范围；(2)指出S1，S2，…，S12中哪一个值最大，并说明理由．[解析](1)依题意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S12＝12a1＋\f(12×11,2)d>0,S13＝13a1＋\f(13×12,2)d<0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋11d>0，①,a1＋6d<0.②))由a3＝12，得a1＋2d＝12.③将③分别代入②①，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(24＋7d>0,3＋d<0))，解得－eq\f(24,7)<d<－3.(2)由d<0可知{an}是递减数列，因此若在1≤n≤12中，使an>0且an＋1<0，则Sn最大．由于S12＝6(a6＋a7)>0，S13＝13a7<0，可得a6>0，a7故在S1，S2，…，S12中S6的值最大．能力提升一、选择题1．在等差数列{an}和{bn}中，a1＝25，b1＝15，a100＋b100＝139，则数列{an＋bn}的前100项的和为eq\x(导学号27542390)(C)A．0 B．4475C．8950 D．10000[解析]设cn＝an＋bn，则c1＝a1＋b1＝40，c100＝a100＋b100＝139，{cn}是等差数列，∴前100项和S100＝eq\f(100c1＋c100,2)＝eq\f(100×40＋139,2)＝8950.2．等差数列{an}中，a1＝－5，它的前11项的平均值是5，若从中抽取1项，余下的10项的平均值为4，则抽取的项是eq\x(导学号27542391)(D)A．a8 B．a9C．a10 D．a11[解析]S11＝5×11＝55＝11a1＋eq\f(11×10,2)d＝55d－55，∴d＝2，S11－x＝4×10＝40，∴x＝15，又a1＝－5，由ak＝－5＋2(k－1)＝15得k＝11.3．一个凸n边形各内角的弧度数成等差数列，最小角为eq\f(2π,3)，公差为eq\f(π,36)，则n的值为eq\x(导学号27542392)(A)A．9 B．16C．9或16 D．与A、B、C均不相同[解析]由题意，得(n－2)π＝n·eq\f(2π,3)＋eq\f(nn－1,2)·eq\f(π,36)，∴n2－25n＋144＝0，解得n＝9或16.当n＝16时，a16＝eq\f(2π,3)＋15×eq\f(π,36)＝eq\f(39π,36)>π，∴n≠16.故选A．4．设{an}是递减的等差数列，前三项的和是15，前三项的积是105，当该数列的前n项和最大时，n等于eq\x(导学号27542393)(A)A．4 B．5C．6 D．7[解析]∵{an}是等差数列，且a1＋a2＋a3＝15，∴a2＝5，又∵a1·a2·a3＝105，∴a1a3＝21，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1a3＝21,a1＋a3＝10))及{an}递减可求得a1＝7，d＝－2，∴an＝9－2n，由an≥0得n≤4，∴选A．二、填空题5．已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，n∈N*.若a3＝16，S20＝20，则S10的值为110.eq\x(导学号27542394)[解析]设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.a3＝a1＋2d＝16，S20＝20a1＋eq\f(20×19,2)d＝20，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝16，,2a1＋19d＝2，))解得d＝－2，a1＝20.∴S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)d＝200－90＝110.6．等差数列{an}中，d<0，若|a3|＝|a9|，则数列{an}的前n项和取最大值时，n的值为5或6.eq\x(导学号27542395)[解析]∵a1＋a11＝a3＋a9＝0，∴S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝0，根据二次函数图象的性质，由于n∈N*，所以当n＝5或n＝6时Sn取最大值．三、解答题7．在数列{an}中，a1＝8，a4＝2且an＋2－2an＋1＋an＝0，n∈N*.eq\x(导学号27542396)(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Sn.[解析](1)∵an＋2－2an＋1＋an＝0，∴{an}是等差数列，又∵a4＝a1＋3d＝8＋3d＝2，∴d＝－2，∴an＝8－2(n－1)＝10－2n.(2)令10－2n≥0得n≤5，∴当n≤5时，an≥0，当n≥6时，an<0.∴n≤5时，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝8n＋eq\f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋9n.当n≥6时，Sn＝a1＋a2＋…＋a5－a6－a7－…－an＝2(a1＋a2＋…＋a5)－(a1＋a2＋…＋an)＝2×(－52＋9×5)－[8n＋eq\f(nn－1,2)×(－2)]＝n2－9n＋40.∴Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－n2＋9nn≤5，n∈N*,n2－9n＋40n≥6，n∈N*)).8．已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn.eq\x(导学号27542397)(1)求an及Sn；(2)令bn＝eq\f(1,a\o\al(2,n)－1)(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.[解析](1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由于a3＝7，a5＋a7＝26，∴a1＋2d＝7,2a1＋10d＝26，解得a1＝3，d∴an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)．(2)∵an＝2n＋1，∴aeq\o\al(2,n)－1＝4n(n＋1)，∴bn＝eq\f(1,4nn＋1)＝eq\f(1,4)(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))．故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,4)(1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))＝eq\f(1,4)(1－eq\f(1,n＋1))＝eq\f(n