高考数学一轮复习 限时集训(三十一)等差数列及其前n项和 理 新人教A版

限时集训(三十一)等差数列及其前n项和(限时：45分钟满分：81分)一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．已知{an}是等差数列，且a3＋a9＝4a5，a2＝－8，则该数列的公差是()A．4 B．14C．－4 D．－142．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S17＝a，则a2＋a9＋a16等于()A.eq\f(a,17) B.eq\f(4a,17)C.eq\f(3a,17) D．－eq\f(3a,17)3．(2013·秦皇岛模拟)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝()A．8 B．7C．6 D．54．已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99.以Sn表示{an}的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是()A．21 B．20C．19 D．185．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若S1＝1，eq\f(S4,S2)＝4，则eq\f(S6,S4)的值为()A.eq\f(9,4) B.eq\f(3,2)C.eq\f(5,3) D．46．(·玉溪模拟)数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn＝an＋1－an(n∈N*)．若b3＝－2，b10＝12，则a8＝()A．0 B．3C．8 D．11二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．等差数列{an}中a1＝1，前n项和Sn满足eq\f(S4,S2)＝4，则数列{an}的前n项和Sn＝________.8．已知等差数列{an}中，an≠0，若n>1且an－1＋an＋1－aeq\o\al(2,n)＝0，S2n－1＝38，则n等于________．9．(·南京模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若(a2－1)3＋2012(a2－1)＝1，(a2011－1)3＋2012·(a2011－1)＝－1，则下列四个命题中真命题的序号为________．①S2011＝2011；②S2012＝2012；③a2011<a2；④S2011<S2.三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10．设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6＋15＝0.(1)若S5＝5，求S6及a1；(2)求d的取值范围．11.已知等差数列{an}中，公差d>0，前n项和为Sn，a2·a3＝45，a1＋a5＝18.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝eq\f(Sn,n＋c)(n∈N*)，是否存在一个非零常数c，使数列{bn}也为等差数列？若存在，求出c的值；若不存在，请说明理由．12．已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn满足关系式2Sn＝Sn－1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＋2(n≥2，n为正整数)，a1＝eq\f(1,2).(1)令bn＝2nan，求证数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；(2)在(1)的条件下，求Sn的取值范围．答案限时集训(三十一)等差数列及其前n项和1．A2.C3.D4.B5.A6.B7．n28.109.②③10．解：(1)由题意知S6＝－eq\f(15,S5)＝－3，a6＝S6－S5＝－8，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5a1＋10d＝5，,a1＋5d＝－8，))解得a1＝7.所以S6＝－3，a1＝7.(2)因为S5S6＋15＝0，所以(5a1＋10d)(6a1＋15即2aeq\o\al(2,1)＋9da1＋10d2＋1＝0.故(4a1＋9d)2＝d2－8，所以d2故d的取值范围为d≤－2eq\r(2)或d≥2eq\r(2).11．解：(1)由题设，知{an}是等差数列，且公差d>0，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2a3＝45，,a1＋a5＝18，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋da1＋2d＝45，,a1＋a1＋4d＝18，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝4.))故an＝4n－3(n∈N*)．(2)由bn＝eq\f(Sn,n＋c)＝eq\f(\f(n1＋4n－3,2),n＋c)＝eq\f(2n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,2))),n＋c).∵c≠0，∴可令c＝－eq\f(1,2)，得到bn＝2n.∵bn＋1－bn＝2(n＋1)－2n＝2(n∈N*)，∴数列{bn}是公差为2的等差数列．即存在一个非零常数c＝－eq\f(1,2)，使数列{bn}也为等差数列．12．解：(1)由2Sn＝Sn－1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＋2，得2Sn＋1＝Sn－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋2，两式相减得2an＋1＝an＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，上式两边同乘以2n得2n＋1an＋1＝2nan＋1，即bn＋1＝bn＋1，所以bn＋1－bn＝1，故数列{bn}是等差数列，且公差为1.又因为b1＝2a1＝1，所以bn＝1＋(n－1)×1＝n.因此2nan＝n，从而an＝n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.(2)由于2Sn＝Sn－1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＋2，所以2Sn－Sn－1＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，即Sn＋an＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1.Sn＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1－an，而an＝n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，所以Sn＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1－n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝2－(n＋2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.所以Sn＋1＝2－(n＋3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1，且Sn＋1－Sn＝eq\f(n＋1,2n＋1)＞0.所以Sn≥S1＝eq\f(1,2)，又因为在Sn＝2－(n＋