《2019高三数学文二轮复习查漏补缺课时练习（二十九）第29讲等差数列及其前n项和含答案解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高三数学文二轮复习查漏补缺课时练习（二十九）第29讲等差数列及其前n项和含答案解析（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时作业(二十九)第29讲等差数列及其前n项和时间 / 45分钟分值 / 100分基础热身1.已知数列an是等差数列,a3+a13=20,a2=-2,则a15=()A.20B.24C.28D.342.在等差数列an中,若a3+a4+a5=3,a8=8,则a12的值是()A.15B.30C.31D.643.2018张家界三模 在等差数列an中,a3+a5=12-a7,则a1+a9=()A.8B.12C.16D.204.在等差数列an中,若前10项的和S10=60,且a7=7,则a4=()A. 4B. -4C. 5D. -55.已知Sn是等差数列an的前n项和,若S5=5a4-10,则数列an的公
2、差为.能力提升6.2018青海西宁一模 我国古代数学名著九章算术第六章“均输”中记载了这样一个问题:“今有五人分五钱,令上二人所得与下三人等,问各得几何?”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱(“钱”是古代一种重量单位),甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同,且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列,问五人各得多少钱?”这个问题中,等差数列的通项公式为()A.-16n+76(nN*,n5)B.16n+32(nN*,n5)C.16n+76(nN*,n5)D.-16n+32(nN*,n5)7.若干个连续奇数的和3+5+7+(4n-1)=()A.2n2+nB.n2+2nC.4n2+2nD.4n
3、2-18.2018山西运城康杰中学模拟 已知数列an,bn满足bn=an+an+1,则“数列an为等差数列”是“数列bn为等差数列”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件9.2018河南濮阳二模 已知等差数列an一共有9项,若前4项的和为3,最后3项的和为4,则中间1项的值为()A.1720B.5960C.1D.676610.2018黑龙江普通高等学校模拟 在数列an中,若a1=2,且对任意正整数m,k,总有am+k=am+ak成立,则an的前n项和Sn=()A.n(3n-1)B.n(n+3)2C.n(n+1)D.n(3n+1)211.2018四川资阳三
4、诊 已知等差数列an的前n项和为Sn,若a1=9,a5=1,则使得Sn0成立的最大的自然数n为.12.2018河北武邑中学模拟 设正项等差数列an的前n项和为Sn,若S2017=6051,则1a4+4a2014的最小值为.13.2018合肥三模 已知数列an的前n项和为Sn,且数列Snn为等差数列.若S2=1,S2018-S2016=5,则S2018=.14.(10分)已知等差数列an的前n项和为Sn,且a16+a17+a18=a9=-36.(1)求Sn的最小值,并求出Sn取得最小值时n的值;(2)若Tn=|a1|+|a2|+|an|,求Tn.15.(10分)已知Sn为等差数列an的前n项和,
5、且a1=1,S9=81,记bn=log5an,其中x表示不超过x的最大整数,如0.9=0,lg 99=1.(1)求b1,b14,b61的值;(2)求数列bn的前200项和.难点突破16.(15分)2018哈尔滨六中模拟 已知Sn为数列an的前n项和,且2Sn=nan+n(nN*).(1)求证:an是等差数列;(2)若a2=2,bn=n+2anan+12n,Tn是bn的前n项和,求Tn.课时作业(二十九)1.B解析 设数列an的公差为d,由已知,得a3+a13=2a8=20,a8=10,又a2=-2,d=2,a15=a2+13d=-2+132=24.2.A解析 设数列an的公差为d,由a3+a4
6、+a5=3a4=3,得a4=1,又a8=8=a4+4d,则d=74,故a12=8+4d=15.3.A解析 由等差数列的性质得,a3+a5+a7=3a5=12,则a5=4,所以a1+a9=2a5=8.故选A.4.C解析 由等差数列的性质得a1+a10=a7+a4,S10=10(a1+a10)2=60,a1+a10=12.又a7=7,a4=5,故选C.5.2解析 设数列an的公差为d,由等差数列的前n项和公式,可得S5=a1+a525=5a3,结合题意有5a4-10=5a3,5(a4-a3)=10,即5d=10,d=2.6.D解析 依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得分别为a-2d,a-d,a,a+d,
7、a+2d,由题意可知a-2d+a-d=a+a+d+a+2d,所以a=-6d,又a-2d+a-d+a+a+d+a+2d=5a=5,所以a=1,所以此数列的首项为43,公差为-16,故通项公式为an=-16n+32(nN*,n5),故选D.7.D解析 方法一:把原式加1减1变成1+3+5+7+(4n-3)+(4n-1)-1,即4+12+20+(8n-4)-1,则原式等价于首项a1=4,公差d=8的等差数列的前n项和减1,则原式=4n+n(n-1)28-1=4n+4n2-4n-1=4n2-1.方法二:用特殊值检验法.当n=1时,和为3,可排除C;当n=2时,和为15,可排除A,B.故选D.8.A解析
8、 若数列an是等差数列,设其公差为d1,则bn+1-bn=(an+1+an+2)-(an+an+1)=an+2-an=2d1,所以数列bn是等差数列,充分性成立;若数列bn是等差数列,设其公差为d2,则bn+1-bn=(an+1+an+2)-(an+an+1)=an+2-an=d2,不能推出数列an是等差数列,必要性不成立.故选A.9.D解析 设数列an的公差为d,由a1+a2+a3+a4=4a1+6d=3,a7+a8+a9=3a1+21d=4,可得a1=1322,d=766,等差数列an一共有9项,所以中间1项为a5=a1+4d=6766,故选D.10.C解析 因为am+k=am+ak,所以
9、令k=1,可得am+1=am+a1=am+2,即am+1-am=2恒成立,据此可知,数列an是一个首项a1=2,公差d=2的等差数列,故其前n项和Sn=na1+n(n-1)2d=2n+n(n-1)22=n(n+1).11.9解析 因为a1=9,a5=1,所以公差d=1-94=-2,所以Sn=9n+12n(n-1)(-2)=-n2+10n,令Sn0,得0n0成立的最大的自然数n为9.12.32解析 因为S2017=6051,所以20172(a1+a2017)=6051,所以a1+a2017=6,所以a4+a2014=6.故1a4+4a2014=16(a4+a2014)1a4+4a2014=165
10、+4a4a2014+a2014a416(5+4)=32,当且仅当a4=2,a2014=4时取等号.13.3027解析 数列Snn为等差数列,可设Snn=an+b,整理得Sn=an2+bn.S2=1,S2018-S2016=5,4a+2b=1,a20182+2018b-a20162-2016b=5,解得a=12016,b=5031008,则S2018=1201620182+50310082018=3027.14.解:(1)因为a16+a17+a18=3a17=-36,所以a17=-12,则公差d=a17-a917-9=248=3,所以an=a9+(n-9)d=3n-63,所以S20=S21=20
11、-60+(-3)2=-630,所以当n=20或21时,Sn取得最小值-630.(2)由(1)知,数列an的前20项均小于0,第21项等于0,以后各项均为正数.当n21时,Tn=-Sn=-n(-60+3n-63)2=-32n2+1232n;当n21时,Tn=Sn-2S21=n(-60+3n-63)2-2S21=32n2-1232n+1260.综上,Tn=-32n2+1232n,n21,nN*,32n2-1232n+1260,n21,nN*.15.解:(1)设等差数列an的公差为d,根据等差数列的性质可知S9=9a5=9(a1+4d)=81,a1+4d=9.a1=1,d=2,an=2n-1,b1=
12、log51=0,b14=log527=2,b61=log5121=2.(2)当1n2时,1an3,bn=log5an=0,共2项;当3n12时,5an23,bn=log5an=1,共10项;当13n62时,25an123,bn=log5an=2,共50项;当63n200时,125an399,bn=log5an=3,共138项.数列bn的前200项和为20+101+502+1383=524.16.解:(1)证明:2Sn=nan+n,2Sn-1=(n-1)an-1+(n-1)(n2).两式相减,得2an=nan+n-(n-1)an-1-(n-1)(n2),(n-2)an=(n-1)an-1-1(n2),(n-1)an+1=nan-1,两式相减,得(n-1)an+1-(n-2)an=nan-(n-1)an-1(n2),2(n-1)an=(n-1)an-1+(n-1)an+1(n2),2an=an-1+an+1(n2),an为等差数列.(2)2S1=a1+1=2a1,a1=1,又a2=2,d=1,an=n,bn=n+2n(n+1)2n=12n-1n-12n(n+1),Tn=1-14+14-112+12n-1n-12n(n+1)=1-12n(n+1).6
