1、课时作业(三十四)等差数列及其前 n 项和 基础过关组 一、单项选择题 1在等差数列an中，a11，a2a610，则 a7() A9B10 C11D12 解析因为在等差数列an中，a11，a2a610，所以 a11， a1da15d10， 解得 a11，d4 3，所 以 a7a16d189。故选 A。 答案A 2公差不为 0 的等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 a63a4，且 S9a4，则的值为() A18B20 C21D25 解析设公差为 d，由 a63a4，且 S9a4，得 a15d3a19d， 9a198d 2 a13d， 解得18。故选 A。 答案A 3设公差不为 0 的等差数列
2、an的前 n 项和为 Sn，若 a53a3，则S9 S5( ) A9 5 B5 9 C5 3 D27 5 解析 S9 S5 9a1a9 2 5a1a5 2 9a 1a9 5a1a5 9a5 5a3 9 53 27 5 。 答案D 4 (2021辽宁省实验中学等五校期末)已知数列an满足3 an 193 an (nN*)， 且a2a4a69， 则log1 3 (a1 a9a11)() A1 3 B3 C3D1 3 解析由题意知数列an满足 3an193an(nN*)，可得 3an13an2，则 an1an2，所以数列an是等 差数列， 且公差 d2。 由 a2a4a63a19d3a1929， 解
3、得 a13， 所以 log1 3 (a1a9a11)log1 3 (3a1 18d)log1 3 273。故选 C。 答案C 5已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，bn2an，且 b1b317，b2b468，则 S10等于() A90B100 C110D120 解析设an的公差为 d，则b2b4 b1b3 2a22a4 2a12a3 2 a1d2a3d 2a12a3 2d68 174，所以 d2，b 1b32a12a3 2a12a1 2d17，所以 2a11，a10，所以 S1010a1109 2 d109 2 290。故选 A。 答案A 6中国古代数学名著算法统宗中有一道题：“今有七人差
4、等均钱，甲乙均七十七文，戊己庚均七十 五文，问丙丁各若干？”，意思是甲、乙、丙、丁、戊、己、庚七个人，所分钱数为等差数列，甲乙两人共 分 77 文，戊己庚三人共分 75 文，则丙、丁两人各分多少文钱？则下列说法正确的是() A丙分 34 文，丁分 31 文 B丙分 37 文，丁分 40 文 C丙分 40 文，丁分 37 文 D丙分 31 文，丁分 34 文 解析解法一：设甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分钱数依次是 a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，且成等差 数列，设公差为 d，根据题意可得 a1a277， a5a6a775， 即 a1a1d77， a14da15da16d75， 解得 a
5、140， d3， 所以丙分得 a3a12d34(文)，丁分得 a4a1 3d31(文)。故选 A。 解法二：依题意，设甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分钱数分别为 a3d，a2d，ad，a，ad，a 2d，a3d，则 a3da2d77， ada2da3d75， 解得 a31， d3， 所以丙分得 ad34(文)，丁分得 a31(文)。 故选 A。 答案A 二、多项选择题 7(2021龙岩期末)等差数列an的前 n 项和为 Sn，a15a3S8，则下列结论一定正确的是() Aa100 B当 n9 或 10 时，Sn取最大值 C|a9|a11| DS6S13 解析因为等差数列an的前 n 项和为 Sn
6、，a15a3S8，所以 a15(a12d)8a187 2 d，解得 a1 9d。故 a10a19d0，故 A 正确；该数列的前 n 项和 Snna1nn1 2 dd 2n 219 2 dn，它的最值，还跟 d 的值有关，不能推出当 n9 或 10 时，Sn取最大值，故 B 错误；因为|a9|a18d|d|d|，|a11|a110d| |d|，故有|a9|a11|，故 C 错误；由于 S66a165 2 d39d，S1313a11312 2 d39d，故 S6S13， 故 D 正确，故选 AD。 答案AD 8公差为 d 的等差数列an，其前 n 项和为 Sn，S110，S120，下列说法正确的有
7、() Ad0Ba70 CSn中 S5最大D|a4|a9| 解析因为公差为 d 的等差数列an，其前 n 项和为 Sn，S110，S120，所以 S1111 2 (a1a11)11 2 2a6 11a60，解得 a60，S1212 2 (a1a12)6(a6a7)0，解得 a70，故 B 错误；da7a6Sk1且 Sk1Sk1且 Sk1Sk2等价于 ak10， 所以满足题意的 k 存在，当且仅当 3k1160， 即 k4。 方案二：选条件。 设bn的公比为 q， 则 q3b5 b227， 即 q3， 所以 bn(3)n 1。 从而 a5b11，a4b427， 所以an的公差 d28。 因为 SkSk1且 Sk1Sk2等价于 ak10，此时 dak2ak10， 与 d28 矛盾， 所以满足题意的 k 不存在。 方案三：选条件。 设bn的公比为 q，则 q3b5 b227， 即 q3， 所以 bn(3)n 1。 从而 a5b11， 由an是等差数列，得 S55a1a5 2 ， 由 S525，得 a19。 da5a1 51 19 4 2，得 an2n11。 因为 SkSk1且 Sk1Sk2等价于 ak10， 所以满足题意的 k 存在， 当且仅当 2k1110， 即 k4。
