課時過關(guān)檢測（三十三） 等差數(shù)列及其前n項(xiàng)和

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1．(2021·陜西教學(xué)質(zhì)量檢測)在公差不為0的等差數(shù)列{an}中，a1＝1，aeq \\al(2,3)＝a4a6，則a2＝( )
A.eq \f(7,11)B．eq \f(5,11)
C.eq \f(3,11)D．eq \f(1,11)
解析：選A 設(shè)數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，
則an＝1＋(n－1)d，
∴a2＝1＋d，a3＝1＋2d，a4＝1＋3d，a6＝1＋5d，
∵aeq \\al(2,3)＝a4a6，
∴(1＋2d)2＝(1＋3d)(1＋5d)，
解得d＝－eq \f(4,11)(d＝0舍去)，
∴a2＝1＋d＝eq \f(7,11)，故選A.
2．(2021·武漢市學(xué)習(xí)質(zhì)量檢測)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，(an＋an＋1－1)2＝4anan＋1，且an＋1>an(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝( )
A．2nB．n2
C．n＋2D．3n－2
解析：選B 因?yàn)閍1＝1，an＋1>an，所以 eq \r(an＋1)>eq \r(an).由(an＋an＋1－1)2＝4anan＋1得an＋1＋an－1＝2eq \r(anan＋1)，所以( eq \r(an＋1)－eq \r(an))2＝1，所以 eq \r(an＋1)－eq \r(an)＝1，所以數(shù)列{eq \r(an)}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，所以eq \r(an)＝n，即an＝n2，故選B.
3．(2021·北京市適應(yīng)性測試)設(shè){an}是等差數(shù)列，且公差不為零，其前n項(xiàng)和為Sn.則“?n∈N*，Sn＋1>Sn”是“{an}為遞增數(shù)列”的( )
A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件
C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件
解析：選A 由?n∈N*，Sn＋1>Sn得an＋1＝Sn＋1－Sn>0，又?jǐn)?shù)列{an}是公差不為零的等差數(shù)列，因此公差d>0(若d0矛盾)，數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，所以“?n∈N*，Sn＋1>Sn”是“{an}為遞增數(shù)列”的充分條件；反過來，由“{an}為遞增數(shù)列”不能得知“?n∈N*，Sn＋1>Sn”，如取an＝n－3，此時數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，但a2＝－1Sn”是“{an}為遞增數(shù)列”的充分而不必要條件，故選A.
4．在等差數(shù)列{an}中，若eq \f(a10,a9)0成立的正整數(shù)n的最大值是( )
A．15B．16
C．17D．18
解析：選C ∵等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和有最大值，
∴等差數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，
又eq \f(a10,a9)0，a101，n∈N*，滿足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，則( )
A．a(chǎn)9＝17B．a(chǎn)10＝18
C．S9＝81D．S10＝91
解析：選BD ∵對于任意n>1，n∈N*，滿足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，
∴Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，∴an＋1－an＝2.
∴數(shù)列{an}在n≥2時是等差數(shù)列，公差為2.
又a1＝1，a2＝2，
則a9＝2＋7×2＝16，a10＝2＋8×2＝18，S9＝1＋8×2＋eq \f(8×7,2)×2＝73，S10＝1＋9×2＋eq \f(9×8,2)×2＝91.故選B、D.
6．(多選)(2021·石家莊二中高三一模)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則( )
A．a(chǎn)n＝－eq \f(1,2n－1)
B．a(chǎn)n＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,n－1)－\f(1,n)，n≥2，n∈N*))
C．?dāng)?shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))為等差數(shù)列
D.eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,S100)＝－5 050
解析：選BCD Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，
則Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，
整理得eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝－1(常數(shù))，
所以數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是以eq \f(1,S1)＝－1為首項(xiàng)，－1為公差的等差數(shù)列．故C正確；
所以eq \f(1,Sn)＝－1－(n－1)＝－n，故Sn＝－eq \f(1,n).
所以當(dāng)n≥2時，
an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)(首項(xiàng)不符合通項(xiàng))，
故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,n－1)－\f(1,n)，n≥2，n∈N*，))故B正確，A錯誤；
所以eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,S100)＝－(1＋2＋3＋…＋100)＝－5 050，故D正確．
7．若數(shù)列{an}滿足a1＝3，an＋1＝an＋3(n∈N*)，則a3＝ ，通項(xiàng)公式an＝ .
解析：因?yàn)閿?shù)列{an}滿足a1＝3，an＋1＝an＋3(n∈N*)，
所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)a1＝3，公差d＝an＋1－an＝3的等差數(shù)列，
所以a3＝a1＋2d＝3＋6＝9，
an＝a1＋(n－1)d＝3＋3(n－1)＝3n.
答案：9 3n
8．已知數(shù)列{an}與eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(a\\al(2,n),n)))均為等差數(shù)列(n∈N*)，且a1＝2，則a20＝ .
解析：設(shè)an＝2＋(n－1)d，
則eq \f(a\\al(2,n),n)＝eq \f([2＋?n－1?d]2,n)
＝eq \f(d2n2＋?4d－2d2?n＋?d－2?2,n)，
由于eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(a\\al(2,n),n)))為等差數(shù)列，
所以其通項(xiàng)是一個關(guān)于n的一次函數(shù)，
所以(d－2)2＝0，∴d＝2.
所以a20＝2＋(20－1)×2＝40.
答案：40
9．若數(shù)列{an}為等差數(shù)列，an>0，前n項(xiàng)和為Sn，且S2n－1＝eq \f(2n－1,2n＋1)aeq \\al(2,n)，則a9的值是 ．
解析：因?yàn)镾2n－1＝eq \f(2n－1,2n＋1)aeq \\al(2,n)，所以eq \f(?a1＋a2n－1?×?2n－1?,2)＝eq \f(2n－1,2n＋1)aeq \\al(2,n)，即eq \f(2an×?2n－1?,2)＝eq \f(2n－1,2n＋1)aeq \\al(2,n)，所以an＝eq \f(1,2n＋1)aeq \\al(2,n)，又an>0，所以an＝2n＋1，所以a9＝19.
答案：19
10．(2021·武漢市高三測試)等差數(shù)列{an}中，已知Sn是其前n項(xiàng)和，a1＝－9，eq \f(S9,9)－eq \f(S7,7)＝2，則an＝ ，S10＝ .
解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，
∵eq \f(S9,9)－eq \f(S7,7)＝2，∴eq \f(9－1,2)d－eq \f(7－1,2)d＝2，
∴d＝2，∵a1＝－9，∴an＝－9＋2(n－1)＝2n－11，
S10＝10×(－9)＋eq \f(10×9,2)×2＝0.
答案：2n－11 0
11．(2021·合肥第一次教學(xué)檢測)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，S4＝4S2.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋9＝180(m∈N*)，求m的值．
解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，
由S4＝4S2得，4a1＋6d＝8a1＋4d，整理得d＝2a1.
又a1＝1，∴d＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1(n∈N*)．
(2)am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋9＝180可化為
10am＋45d＝20m＋80＝180，
解得m＝5.
12．已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，且a1，a2(a1f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an＋an＋1,2)))
B．eq \f(f?an?＋f?an＋1?,2)