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等差数列答案
n45452
2010-2018年
1.B【解析】通解设等差数列{an}的公差为d,∵3S3=S2+S4.
∴3(3a+3⨯2d)=2a+d+4a+4⨯3d,解得d=-3a,
1211221
∵a1=2,∴d=-3,
∴a5=a1+4d=2+4⨯(-3)=-10.故选B.
优解设等差数列{an}的公差为d,∵3S3
=S2+S4,∴3S3
=S3-a3+S3+a4,
∴S=a-a,∴3a+3⨯2d=d,
34312
∵a1=2,∴d=-3,∴a5=a1+4d=2+4⨯(-3)=-10.故选B.
2.C【解析】解法一由S6=3(a1+a6)=3(a3+a4)=48,得a3+a4
由(a4+a5)-(a3+a4)=8,得a5-a3=8,设公差为d,即2d=8,所以d=4.选C.
⎧2a1+7d=24
=16,
解法二设公差为d,则有⎨6a+15d=48,解得d=4,故选C.
⎩1
326
3.A【解析】设{an}的公差为d(d≠0),由a2=aa
,得(1+2d)2=(1+d)(1+5d),
所以d=-2,S6
=6⨯1+6⨯5⨯(-2)=-24.选A.
2
4.C【解析】∵(S6-S5)-(S5-S4)=a6-a5=d,当d>0,可得S4+S6>2S5;当
S4+S6>2S5,可得d>0.所以“d>0”是“S4+S6>2S5”充分必要条件,选C.5.C【解析】设等差数列{an}的公差为d,因为{an}为等差数列,且S9=9a5=27,所
以a5=3.又a10=8,解得5d=a10-a5=5,所以d=1,所以a100=a5+95d=98,选C.
6.B【解析】由等差数列的性质得a6=2a4-a2=2⨯2-4=0,选Ba4=2.
7.B【解析】由a3,a4,a8成等比数列可得:
(a1+3d)2=(a1+2d)?
(a1
3
即3a1+5d=0,所以a1=-5d,所以a1d<0.
7d),
又dS
=(a1+a4)?
4d=2(2a+3d)d=-2d2<0.
4213
8.C【解析】∵数列{2a1an}为递减数列,a1an=a1[a1+(n-1)d]=a1dn+a1(a1-d),等式右边为关于n的一次函数,∴a1d<0.
9.C【解析】设等差数列{an}的公差为d,则S3=3a1+3d,所以12=3⨯2+3d,解得
d=2,所以a6=12.
10.B【解析】由等差数列的性质得a1+a7=a3+a5,因为a1=2,a3+a5
选B.11.C【解析】有题意知S=m(a1+am)=0,∴a=-a=-(S-S
=10,所以a7=8,
)=-2,
m21m
mm-1
am+1=
Sm+1-Sm=3,∴公差d=am+1
-am=1,∴3=am+1=-2+m,
∴m=5,故选C.
12.D【解析】设an=a1+(n-1)d=dn+m,所以p1正确;如果an=3n-12则满足已知,但nan=3n2-12n并非递增所以p2错;如果若an=n+1,则满足已知,但
an=1+1,是递减数列,所以p3错;an+3nd=4dn+m,所以是递增数列,p4正
nn
确.
13.B【解析】由题意有a1+a5=2a3=10,a3=5,又∵a4=7,∴a4-a3=2,∴d=2.
14.B【解析】a4+a8=2a6=16∴a6=8,而S
=11(a1+a11)=11a
112
6=88,故选B.
15.B【解析】由S10=S11,得a11=S11-S10=0,a1=a11+(1-11)d=0+(-10)⨯(-2)=20.
16.A【解析】a1+a2+⋅⋅⋅+a10=-1+4-7+10+⋅⋅⋅+(-1)10⋅(3⨯10-2)
=(-1+4)+(-7+10)+⋅⋅⋅+[(-1)9⋅(3⨯9-2)+(-1)10⋅(3⨯10-2)]=15.
739
17.D【解析】因为a7是a3与a9的等比中项,所以a2=aa,又数列{an}的公差为-2,所以(a1-12)2=(a1-4)(a1-16),解得a1=20,
故an=20+(n-1)⨯(-2)=22-2n,
所以S10
=10(a1+a10)=5⨯(20+2)=110.
2
18.A【解析】a8=S8-S7=64-49=15.
19.14【解析】解法一设{a}的公差为d,首项为a,则⎧a1+2d=0,
n1⎨a
+5d+a
+6d=14
⎨d=2
7
解得⎧a1=-4,所以S
⎩
=7⨯(-4)+7⨯6⨯2=14.
2
⎩11
解法二
2a3+7d=14,所以d=2.故a4=a3+d=2,故S7=7a4=7⨯2=14.
20.an=6n-3【解析】设等差数列的公差为d,a2+a5=a1+d+a1+4d=6+5d=36,
∴d=6,∴an=3+(n-1)⋅6=6n-3.
2n⎧a1+2d=3
21.
【解析】设等差数列的首项为a,公差为d,则⎪43,
n+1
1⎨4a+⨯
d=10
解得a1=1,d=1,
⎩⎪12
∴S=na
+n(n-1)⨯d=n(n+1),所以1=2
=2(1-
1),
n122
Snk(k+1)
kk+1
n11111112n
所以∑S=2[(1-)+(-)+⋅⋅⋅+(-)]=2(1-)=.
k=1k
223
nn+1
n+1
n+1
22.10【解析】由a3+a4+a5+a6+a7
故a2+a8=2a5=10.
=25得5a5
=25,所以a5=5,
23.8【解析】∵数列{an}是等差数列,且a7+a8+a9=3a8>0,a8>0.又
a7+a10=a8+a9<0,∴a9<0.当n=8时,其前n项和最大.
7⎧d<0
24.(-1,-
)【解析】由题意可知,当且仅当n=8时S取最大值,可得⎪a>0,解得
8n⎨8
⎪a<0
⎩9
-1 8 ⎩ 25.-49【解析】设{a}的首项为a,公差d,由S=0,S=25,得⎧2a1+9d=0, 解得a1 n =-3,d=2,∴nS 3n 11015 3 =1(n3-10n2), ⎨3a1+21d=5 设f(n)=1(n3-10n2),f'(n)=n2-20n, 33 当0 33 3 当n=6时,f(6)=1(63-10⨯36)=-48 3 当n=7时,f(n)=1(73-10⨯72)=-49 ∴n=7时,nSn取得最小值-49. 26.20【解析】依题意2a1+9d=10, 所以3a5+a7=3(a1+4d)+a1+6d=4a1+18d=20.或: 3a5+a7=2(a3+a8)=20 27.1,n(n+1)【解析】设公差为d,则2a + d=a + 2d,把a=1代入得d=1, 4 ∴a=1,S=1n(n+1) 11122 2n4 28.35【解析】(解法一)因为数列{an},{bn}都是等差数列,所以数列{an+bn}也是等差数列.故由等差中项的性质,得(a5+b5)+(a1+b1)=2(a3+b3), 即(a5+b5)+7=2⨯21,解得a5+b5 =35. (解法二)设数列{an},{bn}的公差分别为d1,d2, 因为a3+b3 所以d1+d2 =(a1+2d1)+(b1+2d2)=(a1+b1)+2(d1+d2)=7+2(d1+d2)=21 =7.所以a5+b5=(a3+b3)+2(d1+d2)=35. 2 29.an=2n-1【解析】a1=1,a3=a2-4⇔1+2d=(1+d)2-4 ⇔d=2⇔an=2n-1 30.10【解析】设{an}的公差为d,由S9=S4及a1=1, 得9⨯1+9⨯8d=4⨯1+4⨯3d,所以d=-1.又a+a =0, 226k4 所以[1+(k-1)⨯(-1)]+[1+(4-1)⨯(-1)]=0, 66 即k=10. 31.【解析】 (1)设{an}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15.由a1=-7得d=2. 所以{an}的通项公式为an=2n-9. (2)由 (1)得Sn=n2-8n=(n-4)2-16. 所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为−16. 32.【解析】(Ⅰ)易知a1=1,a2=2,a3=3且b1=1,b2=3,b3=5 所以c1=b1-a1=1-1=0, c2=max{b1-2a1,b2-2a2}=max{1-2⨯1,3-2⨯2}=-1, c3=max{b1-3a1,b2-3a2,b3-3a3}=max{1-3⨯1,3-3⨯2,5-3⨯3}=-2.下面证明: 对任意n∈N*且n≥2,都有cn=b1-a1⋅n. 当k∈N*且2≤k≤n时, (bk-ak⋅n)-(b1-a1⋅n) =[(2k-1)-nk]-1+n =(2k-2)-n(k-1) =(k-1)(2-n) ∵k-1>0且2-n≤0 ∴(bk-ak⋅n)-(b1-a1⋅n)≤0⇒(b1-a1⋅n)≥(bk-ak⋅n). 因此对任意n∈N*且n≥2,cn=b1-a1⋅n=1-n,则cn+1-cn=-1.又∵c2-c1=-1, 故cn+1-cn=-1对n∈N*均成立,从而{cn}是等差数列 (Ⅱ)设数列{an}和{bn}的公差分别为da,db,下面我们考虑cn的取值. 对b1-a1⋅n,b2-a2⋅n,bn-an⋅n, 考虑其中任意项bi-ai⋅n(i∈N*且1≤i≤n), bi-ai⋅n=[b1+(i-1)db]-[a1+(i-1)da]⋅n =(b1-a1⋅n)+(i-1)(db-da⋅n) 下面分da=0,da>0,da<0三种情况进行讨论. (1)若da=0,则bi-ai⋅n=(b1-a1⋅n)+(i-1)db ①若db≤0,则(bi-ai⋅n)-(b1-a1⋅n)=(i-1)db≤0 则对于给定的正整数n而言,cn=b1-a1⋅n 此时cn+1-cn=-a1,故{cn}是等差数列 ②db>0,则(bi-ai⋅n)-(bn-an⋅n)=(i-n)db≤0则对于给定的正整数n而言,cn=bn-an⋅n=bn-a1⋅n此时cn+1-cn=db-a1,故{cn}是等差数列 此时取m=1,则c1,c2,c3,⋅⋅⋅是等差数列,命题成立. (2)若da>0,则此时-da⋅n+db为一个关于n的一次项系数为负数的一次函数.故必存在m∈N*,使得当n≥m时,-da⋅n+db<0 则当n≥m时, (bi-ai⋅n)-(b1-a1⋅n)=(i-1)(-da⋅n+db)≤0(i∈N*,1≤i≤n) 因此,当n≥m时,cn=b1-a1⋅n. 此时cn+1-cn=-a1,故{cn}从第m项开始为等差数列,命题成立. (3)da<0,则此时-da⋅n+db为一个关于n的一次项系数为正数的一次函数.故必存在s∈N*,使得当n≥s时,-da⋅n+db>0 则当n≥s时, (bi-ai⋅n)-(bn-an⋅n)=(i-n)(-da⋅n+db)≤0(i∈N*,1≤i≤n) 因此当n≥s时,cn=bn-an⋅n. 此时cn=bn-an⋅n=-a + bn =-d ⋅n+(d -a+d )+b1-db nnnn aa1bn 令-da=A>0,da-a1+db=B,b1-db=C 下面证明cn=An+B+C对任意正数M,存在正整数m,使得当n≥m时, nn cn>M. n ①若C≥0,则取m=[|M-B|]+1([x]表示不等于x的最大整数) A 当n≥m时, cn≥An+B≥Am+B=A([|M-B|]+1)+B>A⋅M-B+B=MnAA 此时命题成立. 若C<0,则取m=[|M-C-B|]+1 A 当n≥m时 cn≥An+B+C≥Am+B+C=A([|M-C-B|]+1)+B+CnA ≥M-C-B+B+C=M 此时命题成立. 因此,对任意正数M,使得当n≥m时,cn>M. n 综合以上三种情况,命题得证. 33.【解析】(Ⅰ)因为数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n,所以a1=11,当n≥2时, an=Sn-Sn-1=3n2+8n-3(n-1)2-8(n-1)=6n+5,又an=6n+5对n=1也成立,所以an=6n+5. 又因为{bn}是等差数列,设公差为d,则an=bn+bn+1=2bn+d. 当n=1时,2b1=11-d;当n=2时,2b2=17-d, 解得d=3,所以数列{bn }的通项公式为bn =an-d=3n+1. 2 (an+1)n+1 (6n+6)n+1 n+1 (Ⅱ)由cn= = (bn+2)n (3n+3)n =(3n+3)⋅2, 于是Tn=6⋅22+9⋅23+12⋅24++(3n+3)⋅2n+1,两边同乘以2,得 2Tn=6⋅23+9⋅24++(3n)⋅2n+1+(3n+3)⋅2n+2,两式相减,得 -Tn=6⋅22+3⋅23+3⋅24++3⋅2n+1-(3n+3)⋅2n+2 =3⋅ 22+ 3⋅22(1-2n) 1-2 -(3n+ 3)⋅ 2n+2 Tn=-12+3⋅22(1-2n)+(3n+3)⋅2n+2=3n⋅2n+2. 34.【解析】(Ⅰ)由题意得b2=aa ,有c=b2 - b2=aa - aa =2da, nnn+1 nn+1 nn+1n+2 nn+1 n+1 因此cn+1-cn=2d(an+2-an+1)=2d2,所以数列{cn}是等差数列. (Ⅱ)T=(-b2+b2)+(-b2+b2)+⋅⋅⋅+(-b2+b2) n12342n-12n =2d(a +a+⋅⋅⋅+a )=2d⋅n(a2+a2n) =2d2n(n+1). 242n2 n11n 11n 11111 所以∑T=2 2∑(+= 2∑(- +)=2⋅(1-+)<22. k=1k dk=1kk1)2d k=1kk 12dn1d 35.【解析】 (1)由已知sn=2an-a1有an=sn-sn-1=2an-2an-1(n≥2),即an=2an-1(n≥2), 从而a2=2a1,a3=4a1. 又因为a1,a2+1,a3成等差数列,即a1+a3=2(a2+1).所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2. 所以,数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列.故an=2n. (2)由 (1)得1=1. an2n 1111 1[1- (1)n]1 = 所以Tn=+2+3++n22 =1-n. 2222 1-12 2 由|Tn-1|< 1 1000 ,得|1-1 2n -1|< 1 1000 ,即2n>1000. 因为29=512<1000<1024=210,所以n≥10. 于是,使|Tn-1|< 1 1000 成立的n的最小值为10. ⎨ 36.【解析】(Ⅰ)由题意有,⎧10a1+45d=100 ad=2 ,即⎧2a1+9d=20. ⎨ad=2 ⎩1⎩1 解得⎧a1=1 ⎧a1=9 或⎪ ,故⎧⎪an=2n-1 ⎧=1(2n+79) a ⎪n9. ⎨d=2 ⎨d=2 ⎨b=2n-1或⎨2 ⎩⎪⎩9 ⎩⎪n ⎪bn=9⋅()n-1 (Ⅱ)由d>1,知an =2n-1,bn ⎪⎩ =2n-1,故cn 9 =2n-1,于是 2n-1 T=1+3+ 5+7+ 9++2n-1,① n222 2324 2n-1 113 T=+ +5+7 +9++2n-1.② 2n2222324252n ①-②可得 1T=2+1+1++1 -2n-1=3-2n+3,故T =6-2n+3. 2n222 2n-22n 2nn 2n-1 37.【解析】(Ⅰ)方程x2-5x+6=0的两根为2,3,由题意得a2=2,a4=3. 设数列{a}的公差为d,则a4-a2=2d,故d=1,从而a1=3, n22 所以{a}的通项公式为an=1n+1. n2 (Ⅱ)设⎧an⎫的前n项和为s,由(I)知an =n+2,则 2n ⎨⎬n ⎩⎭ 2n2n+1 s=3+4+...+n+1+n+2, n22232n2n+1 1s=3+4+...+n+1+n+2. 2n2324 2n+1 2n+2 两式相减得 1s=3+(1 +...+ 1)-n+2=3+1(1- 1)-n+2. 2n423 2n+1 2n+2 442n-1 2n+2 所以sn =2-n+4. 2n+1 38.【解析】(Ⅰ)由题设,anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1. 两式相减得an+1(an+2-a)=λan+1. 由于an+1≠0,所以an+2-an=λ. (Ⅱ)由题设,a1=1,a1a2 由(Ⅰ)知,a3=λ+1. 令2a2=a1+a3,解得λ=4. 故an+2-an=4,由此可得 =λS1-1,可得a2=λ-1. {a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1
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