《2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第六章 數(shù)列 課時規(guī)范練28 等差數(shù)列及其前n項和 文 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第六章 數(shù)列 課時規(guī)范練28 等差數(shù)列及其前n項和 文 北師大版（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第六章 數(shù)列 課時規(guī)范練28 等差數(shù)列及其前n項和 文 北師大版 1.由a1=1,d=3確定的等差數(shù)列{an},當(dāng)an=298時,序號n等于(　　) A.99 B.100 C.96 D.101 2.(2018湖南長郡中學(xué)仿真,6)已知等差數(shù)列{an}滿足an+1+an=4n,則a1=(　　) A.-1 B.1 C.2 D.3 3.(2018河南商丘二模,3)已知等差數(shù)列{an}的公差為d,且a8+a9+a10=24,則a1·d的最大值為(　　) A. B. C.2 D.4 4.在等差數(shù)列{an}中,a3+a6=11,a5+a8=39,則公差d為 (　　

2、) A.-14 B.-7 C.7 D.14 5.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且3a3=a6+4,若S5<10,則a2的取值范圍是(　　) A.(-∞,2) B.(-∞,0) C.(1,+∞) D.(0,2) 6.已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和,則2(a1+a3+a5)+3(a8+a10)=36,則S11=(　　) A.66 B.55 C.44 D.33 7.(2018湖南衡陽一模,15)已知數(shù)列{an}前n項和為Sn,若Sn=2an-2n,則Sn=　　　　　.? 8.設(shè)數(shù)列{an}{bn}都是等差數(shù)列,若a1+b1=7,a3+b3=21,則a5+b5=　　　　　

3、.? 9.若數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且滿足an+2SnSn-1=0(n≥2),a1=. (1)求證:成等差數(shù)列; (2)求數(shù)列{an}的通項公式. 10.設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且Sn=2n-1.數(shù)列{bn}滿足b1=2,bn+1-2bn=8an. (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)證明:數(shù)列為等差數(shù)列,并求{bn}的通項公式. 綜合提升組 11.(2018河北衡水中學(xué)考前押題二,10)已知數(shù)列a1=1,a2=2,且an+2-an=2-2(-1)n,n∈N+,則S2 017的值為(　　) A.2 016×1 010-1 B.1 009×2

4、017 C.2 017×1 010-1 D.1 009×2 016 12.若數(shù)列{an}滿足:a1=19,an+1=an-3(n∈N+),則數(shù)列{an}的前n項和數(shù)值最大時,n的值為(　　) A.6 B.7 C.8 D.9 13.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若Sm-1=-4,Sm=0,Sm+2=14(m≥2,且m∈N+),則m的值為　　　　　.? 14.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)求通項公式an; (2)求Sn的最小值; (3)若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列,且bn=,求非零常數(shù)c. 創(chuàng)新應(yīng)

5、用組 15.(2018湖南長郡中學(xué)仿真,15)若數(shù)列{an}是正項數(shù)列,且+…+=n2+3n,則+…+=　　　　　.? 16.等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,已知S10=0,S15=25,則nSn的最小值為多少? 課時規(guī)范練28　等差數(shù)列及其前n項和 1.B　根據(jù)等差數(shù)列通項公式an=a1+(n-1)d,有298=1+(n-1)×3,解得n=100,故選B. 2.B　由題意,當(dāng)n分別取1,2時,a1+a2=4,a3+a2=8,解得公差d=2,故a1=1.故選B. 3.C　∵a8+a9+a10=24,∴a9=8,即a1+8d=8,∴a1=8-8d, a1·d=(8-8d)d=

6、-8d-2+2≤2,當(dāng)d=時,a1·d的最大值為2,故選C. 4.C　∵a3+a6=11,a5+a8=39,則4d=28,解得d=7.故選C. 5.A　設(shè)公差為d,由3a3=a6+4得3(a2+d)=a2+4d+4,即d=2a2-4, 由S5<10得,=5(3a2-4)<10,解得a2<2,故選A. 6.D　由等差數(shù)列的性質(zhì)可得2(a1+a3+a5)+3(a8+a10)=6a3+6a9=36,即a1+a11=6.則S11==11×3=33.故選D. 7.n·2n　∵Sn=2an-2n=2(Sn-Sn-1)-2n,整理得Sn-2Sn-1=2n,等式兩邊同時除以2n, 則=1. 又S

7、1=2a1-2=a1,可得a1=S1=2, ∴數(shù)列是以1為首項, 公差為1的等差數(shù)列,∴=n,∴Sn=n·2n. 8.35　∵數(shù)列{an},{bn}都是等差數(shù)列,設(shè)數(shù)列{an}的公差為d1,數(shù)列{bn}的公差為d2, ∴a3+b3=a1+b1+2(d1+d2)=21,而a1+b1=7,可得2(d1+d2)=21-7=14. ∴a5+b5=a3+b3+2(d1+d2)=21+14=35. 9.(1)證明 當(dāng)n≥2時,由an+2SnSn-1=0,得Sn-Sn-1=-2SnSn-1, ∴=2. 又=2,故是首項為2,公差為2的等差數(shù)列. (2)解 由(1)可得=2n,∴Sn=.

8、當(dāng)n≥2時,an=Sn-Sn-1==-. 當(dāng)n=1時,a1=不適合上式. 故an= 10.(1)解 當(dāng)n=1時,a1=S1=21-1=1; 當(dāng)n≥2時,an=Sn-Sn-1=(2n-1)-(2n-1-1)=2n-1. ∵a1=1適合通項公式an=2n-1, ∴an=2n-1. (2)證明 ∵bn+1-2bn=8an,∴bn+1-2bn=2n+2,即=2. 又=1, ∴是首項為1,公差為2的等差數(shù)列. ∴=1+2(n-1)=2n-1. ∴bn=(2n-1)×2n. 11.C　由題意,當(dāng)n為奇數(shù)時,an+2-an=4,數(shù)列{a2n-1}是首項為1,公差為4的等差數(shù)列,當(dāng)n為

9、偶數(shù)時,an+2-an=0,數(shù)列{a2n-1}是首項為2,公差為0的等差數(shù)列,S2 017=(a1+a3+…+a2 017)+(a2+a4+…+a2 016)=1 009+×1 009×1 008×4+1 008×2=2 017×1 010-1,故選C. 12.B　∵a1=19,an+1-an=-3, ∴數(shù)列{an}是以19為首項,-3為公差的等差數(shù)列. ∴an=19+(n-1)×(-3)=22-3n.設(shè)數(shù)列{an}的前k項和數(shù)值最大,則有k∈N+. ∴ ∴≤k≤. ∵k∈N+,∴k=7. ∴滿足條件的n的值為7. 13.5　∵Sm-1=-4,Sm=0,Sm+2=14, ∴a

10、m=Sm-Sm-1=4,am+1+am+2=Sm+2-Sm=14. 設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,則2am+3d=14,∴d=2. ∵Sm=×m=0,∴a1=-am=-4. ∴am=a1+(m-1)d=-4+2(m-1)=4,∴m=5. 14.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

11、=a1=1. (3)由(2)知Sn=2n2-n, ∴bn=,∴b1=,b2=,b3=. ∵數(shù)列{bn}是等差數(shù)列, ∴2b2=b1+b3,即×2=,∴2c2+c=0, ∴c=-(c=0舍去),故c=-. 15.2n2+6n　由+…+=n2+3n,則+…+=(n-1)2+3(n-1),兩式相減,可得=2n+2,當(dāng)n=1時也成立,則an=(2n+2)2,有=4n+4,為公差為4的等差數(shù)列,其前n項和為+…+=2n2+6n. 16.解 設(shè)數(shù)列{an}的首項為a1,公差為d,則S10=10a1+d=10a1+45d=0, ① S15=15a1+d=15a1+105d=25. ② 聯(lián)立①②,得a1=-3,d=, ∴Sn=-3n+n2-n. 令f(n)=nSn,則f(n)=n3-n2,f'(n)=n2-n. 令f'(n)=0,得n=0或n=. 當(dāng)n>時,f'(n)>0,當(dāng)0