2014高考数学（文）一轮：一课双测A+B精练(三十) 等差数列及其前n项和
1．(2011·江西高考){an}为等差数列，公差d＝－2，Sn为其前n项和．若S10＝S11，则a1＝( )
A．18 B．20
C．22 D．24
2．(2012·广州调研)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a5＝8，S3＝6，则S10－S7的值是( )
A．24 B．48
C．60 D．72
3．(2012·东北三校联考)等差数列{an}中，a5＋a6＝4，则log2(2a1·2a2·…·2a10)＝( )
A．10 B．20
C．40 D．2＋log25
4．(2013·海淀期末)已知数列{an}满足：a1＝1，an>0，a－a＝1(n∈N*)，那么使an<5成立的n的最大值为( )
A．4 B．5
C．24 D．25
5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，并且S10>0，S11<0，若Sn≤Sk对n∈N*恒成立，则正整数k的值为( )
A．5 B．6
C．4 D．7
6．数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn＝an＋1－an(n∈N*)．若b3＝－2，b10＝12，则a8＝( )
A．0 B．3
C．8 D．11
7．(2012·广东高考)已知递增的等差数列{an}满足a1＝1，a3＝a－4，则an＝________.
8．已知数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，a7－a5＝4，a11＝21，Sk＝9，则k＝________.
9．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________．
10．(2011·福建高考)已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．
11．设数列{an}的前n项积为Tn，Tn＝1－an，
(1)证明是等差数列；
(2)求数列的前n项和Sn.
12．已知在等差数列{an}中，a1＝31，Sn是它的前n项和，S10＝S22.
(1)求Sn；
(2)这个数列的前多少项的和最大，并求出这个最大值．
1．等差数列中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，则该数列前13项的和是( )
A．156 B．52
C．26 D．13
2．在等差数列{an}中，a1>0，a10·a11<0，若此数列的前10项和S10＝36，前18项和S18＝12，则数列{|an|}的前18项和T18的值是( )
A．24 B．48
C．60 D．84
3．数列{an}满足an＋1＋an＝4n－3(n∈N*)．
(1)若{an}是等差数列，求其通项公式；
(2)若{an}满足a1＝2，Sn为{an}的前n项和，求S2n＋1.
[答 题 栏]
A级
1._________ 2._________ 3._________ 4._________ 5._________ 6._________
B级
1.______ 2.______
7. __________ 8. __________ 9. __________
答 案
2014高考数学（文）一轮：一课双测A+B精练(三十)
A级
1．B 2.B 3.B 4.C
5．选A 由S10>0，S11<0知a1>0，d<0，并且a1＋a11<0，即a6<0，又a5＋a6>0，所以a5>0，即数列的前5项都为正数，第5项之后的都为负数，所以S5最大，则k＝5.
6．选B 因为{bn}是等差数列，且b3＝－2，
b10＝12，
故公差d＝＝2.于是b1＝－6，
且bn＝2n－8(n∈N*)，
即an＋1－an＝2n－8.
所以a8＝a7＋6＝a6＋4＋6＝a5＋2＋4＋6＝…＝a1＋(－6)＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝3.
7．解析：设等差数列公差为d，∵由a3＝a－4，得1＋2d＝(1＋d)2－4，解得d2＝4，
即d＝±2.由于该数列为递增数列，
故d＝2.
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
答案：2n－1
8．解析：a7－a5＝2d＝4，则d＝2.a1＝a11－10d＝21－20＝1，
Sk＝k＋×2＝k2＝9.又k∈N*，
故k＝3.
答案：3
9．解析：∵{an}，{bn}为等差数列，
∴＋＝＋＝＝.
∵＝＝＝＝，
∴＝.
答案：
10．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
则an＝a1＋(n－1)d.
由a1＝1，a3＝－3，可得1＋2d＝－3，
解得d＝－2.
从而an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.
(2)由(1)可知an＝3－2n，
所以Sn＝＝2n－n2.
由Sk＝－35，可得2k－k2＝－35，
即k2－2k－35＝0，解得k＝7或k＝－5.
又k∈N*，故k＝7.
11．解：(1)证明：由Tn＝1－an得，
当n≥2时，Tn＝1－，
两边同除以Tn得－＝1.
∵T1＝1－a1＝a1，
故a1＝，＝＝2.
∴是首项为2，公差为1的等差数列．
(2)由(1)知＝n＋1，则Tn＝，
从而an＝1－Tn＝.故＝n.
∴数列是首项为1，公差为1的等差数列．
∴Sn＝.
12．解：(1)∵S10＝a1＋a2＋…＋a10，
S22＝a1＋a2＋…＋a22，又S10＝S22，
∴a11＋a12＋…＋a22＝0，
即＝0，故a11＋a22＝2a1＋31d＝0.
又∵a1＝31，∴d＝－2，
∴Sn＝na1＋d＝31n－n(n－1)＝32n－n2.
(2)法一：由(1)知Sn＝32n－n2，
故当n＝16时，Sn有最大值，Sn的最大值是256.
法二：由Sn＝32n－n2＝n(32－n)，欲使Sn有最大值，
应有10，a10·a11<0可知d<0，a10>0，a11<0，故T18＝a1＋…＋a10－a11－…－a18＝S10－(S18－S10)＝60.
3．解：(1)由题意得an＋1＋an＝4n－3，①
an＋2＋an＋1＝4n＋1，②
②－①得an＋2－an＝4，
∵{an}是等差数列，设公差为d，∴d＝2.
∵a1＋a2＝1，∴a1＋a1＋d＝1，
∴a1＝－，
∴an＝2n－.
(2)∵a1＝2，a1＋a2＝1，∴a2＝－1.
又∵an＋2－an＝4，∴数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差均为4，
∴a2n－1＝4n－2，a2n＝4n－5，
S2n＋1＝(a1＋a3＋…＋a2n＋1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(n＋1)×2＋×4＋n×(－1)＋×4＝4n2＋n＋2.
MZP
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