Question

1．设等差数列{a_n}满足$\frac{si{n}^{2}{a}_{2}-co{s}^{2}{a}_{2}+co{s}^{2}{a}_{2}co{s}^{2}{a}_{7}-si{n}^{2}{a}_{2}si{n}^{2}{a}_{7}}{sin（{a}_{1}+{a}_{8}）}$=1，公差d∈（-1，0），若当且仅当n=11时，数列{a_n}的前n项和S_n取得最大值，则首项a₁的取值范围是（　　）

• A． （$\frac{9π}{10}$，π）
• B． [π，$\frac{11π}{10}$]
• C． [$\frac{9π}{10}$，π]
• D． （π，$\frac{11π}{10}$）

Answer 1

分析 由等差数列{a_n}满足$\frac{si{n}^{2}{a}_{2}-co{s}^{2}{a}_{2}+co{s}^{2}{a}_{2}co{s}^{2}{a}_{7}-si{n}^{2}{a}_{2}si{n}^{2}{a}_{7}}{sin（{a}_{1}+{a}_{8}）}$=1，推导出sin（5d）=-1，从而d=-$\frac{π}{10}$，由Sn═-$\frac{{n}^{2}}{20}$π+（a₁+$\frac{π}{20}$）n．知对称轴方程为n=$\frac{10}{π}$（a₁+$\frac{π}{20}$），由题意当且仅当n=11时，数列{a_n}的前n项和S_n取得最大值，从而$\frac{21}{2}$＜$\frac{10}{π}$（a₁+$\frac{π}{20}$）＜$\frac{23}{2}$，由此能求出首项a₁的取值范围．

解答 解：∵等差数列{a_n}满足$\frac{si{n}^{2}{a}_{2}-co{s}^{2}{a}_{2}+co{s}^{2}{a}_{2}co{s}^{2}{a}_{7}-si{n}^{2}{a}_{2}si{n}^{2}{a}_{7}}{sin（{a}_{1}+{a}_{8}）}$=1，
∴$\frac{si{n}^{2}{a}_{2}（1-si{n}^{2}{a}_{7}）-co{s}^{2}{a}_{2}（1-co{s}^{2}{a}_{7}）}{sin（{a}_{1}+{a}_{8}）}$
=$\frac{si{n}^{2}{a}_{2}co{s}^{2}{a}_{7}-co{s}^{2}{a}_{2}si{n}^{2}{a}_{7}}{sin（{a}_{1}+{a}_{8}）}$
=$\frac{（sin{a}_{2}cos{a}_{7}-cos{a}_{2}sin{a}_{7}）（sin{a}_{2}cos{a}_{7}+cos{a}_{2}sin{a}_{7}）}{sin（{a}_{1}+{a}_{8}）}$
=$\frac{sin（{a}_{2}-{a}_{7}）sin（{a}_{2}+{a}_{7}）}{sin（{a}_{1}+{a}_{8}）}$
sin（a₂-a₇）=sin（-5d）=1，
∴sin（5d）=-1，
∵d∈（-1，0），∴5d∈（-5，0），∴5d=-$\frac{π}{2}$，d=-$\frac{π}{10}$．
由S_n=na₁+$\frac{n（n-1）}{2}$d=na₁-$\frac{n（n-1）}{2}×\frac{π}{10}$=-$\frac{{n}^{2}}{20}$π+（a₁+$\frac{π}{20}$）n．
对称轴方程为n=$\frac{10}{π}$（a₁+$\frac{π}{20}$），
由题意当且仅当n=11时，数列{a_n}的前n项和S_n取得最大值，
∴$\frac{21}{2}$＜$\frac{10}{π}$（a₁+$\frac{π}{20}$）＜$\frac{23}{2}$，解得：π＜a₁＜$\frac{11π}{10}$．
∴首项a₁的取值范围是（π，$\frac{11π}{10}$）．
故选：D．

点评 本题考查等差数列的首项的取值范围的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列、三角函数性质的合理运用．