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1、第二节 等差数列及其前 n 项和全盘巩固 1已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，a415，S555，则数列an的公差是( )A. B4 C4 D314 解析：选 B an是等差数列， a415，S555， a1a522，2a322，a311，公差 da4a34. 2设等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 S39，S636，则 a7a8a9( ) A63 B45 C36 D27解析：选 B 设等差数列an的公差为 d，依题意得Error!Error!解得 a11，d2，则 a7a8a93a83(a17d)45. 3(2013辽宁高考)下面是关于公差 d0 的等差数列an的四个命题： p1：
2、数列an是递增数列； p2：数列nan是递增数列；p3：数列是递增数列；ann p4：数列an3nd是递增数列 其中的真命题为( ) Ap1，p2 Bp3，p4 Cp2，p3 Dp1，p4 解析：选 D an是等差数列，设 ana1(n1)d.d0，an是递增数列，故p1是真命题；nandn2(a1d)n 的对称轴方程为 n.当 时，由二次函数a1d2da1d2d32的对称性知 a12a2，nan不是递增数列，p2是假命题；d，当 a1d0 时，anna1dn是递减数列，p3是假命题；an3nd4nda1d,4d0，an3nd是递增数列，p4是ann 真命题故 p1，p4是真命题 4已知an为
3、等差数列，a1a3a5105，a2a4a699.以 Sn表示an的前 n 项和， 则使得 Sn达到最大值的 n 是 ( ) A21 B20 C19 D18 解析：选 B a1a3a5105，a2a4a699，3a3105,3a499， 即 a335，a433.a139，d2，得 an412n. 令 an0 且 an10，nN*，则有 n20.5已知 Sn为等差数列an的前 n 项和，若 S11，4，则的值为( )S4S2S6S4A. B. C. D4943253解析：选 A 由等差数列的性质可知 S2，S4S2，S6S4成等差数列，由4，得S4S23，则 S6S45S2，所以 S44S2，S6
4、9S2， .S4S2S2S6S4946在等差数列an中，a12 012，其前 n 项和为 Sn，若2，则 S2 012的值S1212S1010 等于( ) A2 011 B2 012 C2 010 D2 013解析：选 B SnAn2Bn，知AnB，Snn数列是首项为2 012 的等差数列，SnnS11又2，的公差为 1，2 012(2 0121)11，S1212S1010SnnS2 0122 012 故 S2 0122 012. 7在等差数列an中，首项 a10，公差 d0，若 aka1a2a3a7，则 k_.解析：a1a2a77a121d，771d2 而 aka1(k1)d(k1)d，所以
5、(k1)d21d，d0，故 k22. 答案：22 8在等差数列an中，an0，且 a1a2a1030，则 a5a6的最大值为 _解析：a1a2a1030，即30，a1a106，a5a66，a1a10 102a5a629.(a5a62)答案：9 9已知等差数列an中，an0，若 n1 且 an1an1a 0，S2n138，则2 nn_. 解析：2anan1an1，an1an1a 0，2 n2ana 0，即 an(2an)0.an0，an2.S2n12(2n1)38，解得 n10.2 n 答案：1010设 Sn是数列an的前 n 项和且 nN*，所有项 an0，且 Sn a an .14 2 n1
6、234 (1)证明：an是等差数列； (2)求数列an的通项公式解：(1)证明：当 n1 时，a1S1 a a1 ，14 2 11234 解得 a13 或 a11(舍去)当 n2 时，anSnSn1 (a 2an3) (a2an13)142 n142n14ana a2an2an1.即(anan1)(anan12)0.2 n2n1anan10，anan12(n2) 数列an是以 3 为首项，2 为公差的等差数列 (2)由(1)知 an32(n1)2n1. 11已知公差大于零的等差数列的前 n 项和为 Sn，且满足 a3a4117，a2a522.an(1)求通项公式 an； (2)求 Sn的最小值
7、；(3)若数列是等差数列，且 bn，求非零常数 c.bnSnnc 解：(1)数列为等差数列，a3a4a2a522.an又 a3a4117，a3，a4是方程 x222x1170 的两实根， 又公差 d0，a3a4，a39，a413，Error!Error!Error!Error!通项公式 an4n3.(2)由(1)知 a11，d4，Snna1d2n2n22 ，nn12(n14)18 当 n1 时，Sn最小，最小值为 S1a11.(3)由(2)知 Sn2n2n，bn，Snnc2n2nncb1，b2，b3.11c62c153c 数列是等差数列，2b2b1b3，bn即2，2c2c0，62c11c153
8、cc 或 c0(舍去)，故 c .1212 12已知数列an是等差数列，bna a.2 n2n1(1)证明：数列bn是等差数列； (2)若 a1a3a5a25130，a2a4a6a2614313k(k 为常数)，求数列 bn的通项公式； (3)在(2)的条件下，若数列bn的前 n 项和为 Sn，是否存在实数 k，使 Sn当且仅当 n12 时取得最大值？若存在，求出 k 的取值范围；若不存在，说明理由 解：(1)证明：设an的公差为 d，则 bn1bn(aa)(a a)2n12n22 n2n12a(an1d)2(an1d)22d2，2n1数列bn是以2d2为公差的等差数列 (2)a1a3a5a2
9、5130，a2a4a6a2614313k，13d1313k，d1k，又 13a12d130，a1212k，131312ana1(n1)d(212k)(n1)(1k)(1k)n13k3， bna a(anan1)(anan1)2(1k)2n25k230k5.2 n2n1 (3)存在满足题意的实数 k. 由题意可知，当且仅当 n12 时 Sn最大，则 b120，b1321. 故 k 的取值范围为(，19)(21，) 冲击名校1已知数阵中，每行的 3 个数依次成等差数列，每列的 3 个数也依次(a11 a12 a13 a21 a22 a23 a31 a32 a33) 成等差数列，若 a228，则这
10、9 个数的和为( ) A16 B32 C36 D72 解析：选 D 依题意得 a11a12a13a21a22a23a31a32a333a123a223a329a2272. 2(2013新课标全国卷)等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知 S100，S1525，则 nSn的最小值为_解析：由 Snna1d，得Error!Error!nn12解得 a13，d ，则 Sn3n (n210n)，23nn122313所以 nSn (n310n2)，令 f(x) (x310x2)，则 f(x)x2xx，1313203(x203)当 x时，f(x)单调递减；当 x时，f(x)单调递增，(1，203)(20
11、3，)又 67，f(6)48，f(7)49，所以 nSn的最小值为49.203 答案：49 高频滚动 1已知数列an的前 n 项和 Snn23n，若 an1an280，则 n 的值为( ) A5 B4 C3 D2 解析：选 A 由 Snn23n，可得 an42n，因此 an1an242(n1) 42(n2)80，即 n(n1)20，解得 n4(舍去)或 n5. 2已知数列an，bn满足 a11，且 an，an1是函数 f(x)x2bnx2n的两个零点， 则 b10_. 解析：anan1bn，anan12n，an1an22n1，an22an. 又a11，a1a22，a22，a2n2n，a2n12n1(nN*)，b10a10a1164. 答案：64
