2020年人教A版数学文(广东用)课时作业：5.2等差数列及其前n项和.docx

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课时提升作业(三十)
一、选择题
1.（2022·辽宁高考）在等差数列{an}中，已知a4+a8=16，则a2+a10=( )
(A)12 (B)16 (C)20 (D)24
2.（2021·汕头模拟）在△ABC中，三个内角A，B，C依次构成等差数列，则cos B=( )

3.已知数列{an}，若点(n,an)(n∈N*)在经过点(5,3)的定直线l上，则数列{an}的前9项和S9=( )
(A)9 (B)10 (C)18 (D)27
4.（2021·西安模拟）假如等差数列{an}中,a3+a4+a5=12,那么a1+a2+…+a7=( )
(A)14 (B)21 (C)28 (D)35
5.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3=12，S6=42，则a10+a11+a12=( )
(A)156 (B)102 (C)66 (D)48
6.已知等差数列{an}中，|a3|=|a9|，公差d<0，Sn是数列{an}的前n项和，则( )
(A)S5>S6 (B)S5<S6
(C)S6=0 (D)S5=S6
7.等差数列{an}中，是一个与n无关的常数，则该常数的可能值的集合
为( )
(A){1} (B){1,} (C){} (D){0,,1}
二、填空题
8.若Sn是等差数列{an}的前n项和，且S8-S3=10，则S11的值为_______．
9.（2021·湛江模拟）等差数列{an}中，a2=5,a6=33,则a3+a5=_______.
10．设Sn为等差数列{an}的前n项和，S4＝14，S10－S7＝30，则S9＝_______.
11．（力气挑战题）设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意自然数n都有，则的值为_______．
三、解答题
12．已知数列{an}是一个等差数列，且a2=-1，a5=5．
（1）求{an}的通项an.
（2）求{an}前n项和Sn的最小值．
13.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a6=-5,S4=-62.
（1）求{an}的通项公式.
（2）求数列{|an|}的前n项和Tn.
14.(2021·温州模拟）等差数列{an}的首项为a1,公差d=-1,前n项和为Sn.
（1）若S5＝-5，求a1的值.
（2）若Sn≤an对任意正整数n均成立，求a1的取值范围.
15.（力气挑战题）已知数列{an}中，a1=a,a2=t(常数t>0)，Sn是其前n项和，且Sn=
（1）求a的值.
（2）试确定数列{an}是否是等差数列，若是，求出其通项公式；若不是，说明理由.
（3）令bn=，求证：2n<b1+b2+…+bn<2n+3(n∈N*).

答案解析
1.【思路点拨】利用首项a1与公差d的关系整体代入求解,也可直接利用等差数列的性质求解.
【解析】选B.方法一：
∵a4+a8=(a1+3d)+(a1+7d)=2a1+10d,a2+a10=(a1+d)+(a1+9d)=2a1+10d,
∴a2+a10=a4+a8=16.
方法二：由等差数列的性质
a2+a10=a4+a8=16.
2.【解析】选A.∵A,B,C成等差数列，
∴2B=A+C，∴3B=180°，B=60°，
∴cos B=cos 60°=.
3.【解析】选D．点(n,an)(n∈N*)在经过点(5,3)的定直线l上，得a5=3，依据等差数列性质得：S9=9a5=27．
4.【解析】选C.在等差数列{an}中,a3+a4+a5=12,由等差数列的性质可知a3+a5=a4+a4，所以a4=4.依据等差数列的性质可知a1+a2+…+a7=7a4=28，故选C．
5.【思路点拨】依据已知的特点，考虑使用等差数列的整体性质求解.
【解析】选C.依据等差数列的特点，等差数列中a1+a2+a3,a4+a5+a6,a7+a8+a9,
a10+a11+a12也成等差数列，记这个数列为{bn}，依据已知b1=12,b2=42-12=30，故这个数列的首项是12，公差是18，所以b4=12+3×18=66.
6.【思路点拨】依据已知得到a3+a9=0，从而确定出a6=0，然后依据选项即可推断．
【解析】选D.∵d<0，|a3|=|a9|，∴a3>0,a9<0，
且a3+a9=0，∴a6=0，a5>0，a7<0,
∴S5=S6．
【变式备选】已知数列{an}满足：a1=1,an>0, (n∈N*)，那么使an<5成立的n的最大值为( )
(A)4 (B)5 (C)24 (D)25
【解析】选C．由a1=1,an>0, (n∈N*)可得=n，即an=.要使an<5，则n<25，选C．
7.【解析】选B．等差数列{an}中，设是与n无关的常数m，所以a1+(n-1)d=ma1+m(2n-1)d对任意n恒成立，即(2md-d)n+(ma1-md+d-a1)=0对任意n恒成立，故由第一个方程得d=0或者m=．若d=0，代入其次个方程可得m=1（由于a1≠0）；若m=，代入其次个方程得d=a1．
8.【解析】S8-S3=10⇒
⇒5a1+8a8-3a3=20
⇒10a1+50d=20⇒a1+5d=2⇒a6=2
⇒S11==11a6=22.
答案：22
9.【思路点拨】利用通项公式或利用等差数列的性质.
【解析】方法一：d=
a3=a2+d=5+7=12,
a5=a6-d=33-7=26,
∴a3+a5=12+26=38.
方法二：∵a3+a5=a2+a6,
∴a3+a5=5+33=38.
答案：38
10．【解析】设首项为a1，公差为d，由S4＝14得
4a1＋＝14 ①，
由S10－S7＝30得3a1＋24d＝30，即a1＋8d＝10 ②，
联立①②得a1＝2，d＝1.∴S9＝54.
答案：54
11．【解析】∵{an}，{bn}为等差数列，

答案：
【方法技巧】巧解前n项和的比值问题
关于前n项和的比值问题，一般可接受前n项和与中间项的关系，尤其是项数为奇数时Sn=na中,也可利用首项与公差的关系求解.另外，熟记以下结论对解题会有很大挂念：若数列{an}与{bn}都是等差数列，且前n项和分别是Sn与Tn，则

【变式备选】已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且则使得为整数的正整数n的个数是( )
(A)2 (B)3 (C)4 (D)5
【解析】选D.由等差数列的前n项和及等差中项，可得

故n=1,2,3,5,11时 ，为整数．
12．【解析】（1）设{an}的公差为d，由已知条件，解出a1=-3，d=2．
所以an=a1+(n-1)d=2n-5．
（2）Sn=na1+
所以n=2时，Sn取到最小值-4．
【变式备选】在数列{an}中，an=43-3n，则当n为何值时，前n项和Sn取得最大值．
【解析】方法一：∵an=43-3n，
∴an+1-an=[43-3(n+1)]-(43-3n)=-3.
又a1=40，
∴数列{an}是首项为40，公差为-3的等差数列，
∴Sn=na1+

∴当n=14时，Sn最大.
方法二:令an=43-3n≥0，解得n≤
即当n≤14时，an>0，当n≥15时，an<0，
∴S14最大，即当n=14时，Sn最大.
13.【解析】（1）设等差数列{an}的公差为d，则由条件得
所以{an}的通项公式an=-20+3(n-1)，则an=3n-23.
（2）设bn=|an|,令3n-23≥0，则n≥
所以，当n≤7时，an<0，当n≥8时，an>0.
所以，当n≤7时，
Tn=b1+b2+…+bn=(-a1-a2-…-an)
=-[-20n+]＝
当n≥8时，Tn=b1+b2+…+bn
=-(a1+a2+…+a7)+a8+…+an
＝-2（a1+a2+…+a7)+a1+a2+…+a7+a8+…+an
=+154.
所以Tn=
14.【解析】(1)由条件得，S5=5a1+=-5,
解得a1=1.
(2)由Sn≤an,代入得na1-≤a1+1-n,
整理，变量分别得：(n-1)a1≤+1
=(n-1)(n-2),
当n=1时，上式成立.
当n>1时，a1≤ (n-2),
n=2时，（n-2)取到最小值0，
∴a1≤0.
【变式备选】等差数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，满足2S2=a2(a2+1)，且a1=1.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)设bn=，求数列{bn}的最小值项.
【解析】(1)设数列{an}的公差为d.
由2S2=a+a2，
可得2(a1+a1+d)=(a1+d)2+(a1+d).
又a1=1，可得d=1（d=-2舍去），
∴数列{an}是首项为1，
公差为1的等差数列，
∴an=n.
(2)依据(1)得Sn=

由于函数f(x)=x+ (x>0)在(0,]上单调递减，在[,+∞)上单调递增，
而3<<4，且f(3)=3+
f(4)=4+
所以当n=4时，bn取得最小值，
且最小值为
即数列{bn}的最小值项是b4=
15.【解析】(1)令Sn=中n=1,即得a=0.
(2)由（1）得：Sn=
即有2Sn=nan,又有2Sn-1=(n-1)an-1(n≥2)
两式相减得：2an=nan-(n-1)an-1(n≥2),
即(n-2)an=(n-1)an-1(n≥2),
于是（n-3）an-1=(n-2)an-2,
(n-4)an-2=(n-3)an-3,
……，
a3=2a2(n≥3),
以上n-2个等式相乘得：
an=(n-1)a2=(n-1)t(n≥3),
阅历证a1,a2也适合此式，所以数列{an}是等差数列，其通项公式为an=(n-1)t.
(3)由（2）可得Sn=，从而可得
故b1+b2+…+bn>2n.
b1+b2+…+bn
=2n+
=2n+2(1+)<2n+3.
综上有，2n<b1+b2+…+bn<2n+3（n∈N*）.

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