等差数列专项练习Word文件下载.doc
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[解析] 本题主要考查等差数列的性质及求和公式.
由条件知a4+a8=a1+a11=16,S11===11×
8=88.
3.设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1=-11,a4+a6=-6,则当Sn取最小值时,n等于( )
A.6 B.7
C.8 D.9
[答案] A
[解析] 设公差为d,∴.
∴Sn=na1+d=-11n+n2-n=n2-12n.
=(n-6)2-36.
即n=6时,Sn最小.
4.在等差数列{an}中,若a4+a6=12,Sn是数列{an}的前n项和,则S9的值为( )
A.48 B.54
C.60 D.66
[解析] 解法1:
∵a4+a6=a1+a9=12,
∴S9===54.
解法2:
利用结论:
S2n-1=(2n-1)an,
∴S9=9×
a5=9×
=54.
5.若一个等差数列的前3项的和为34,最后3项的和为146,且所有项的和为390,则这个数列有( )
A.13项 B.12项
C.11项 D.10项
[解析] 依题意,
两式相加得
(a1+an)+(a2+an-1)+(a3+an-2)=180.
∵a1+an=a2+an-1=a3+an-2,∴a1+an=60.
∵Sn==390,∴n=13.
6.等差数列{an}中,a1=a3+a7-2a4=4,则的值为整数时n的个数为( )
A.4 B.3
C.2 D.1
[解析] a3+a7-2a4=2d=4,
∴d=2.∴an=2n+2.
∴=
=4+.
当n=1,2时,符合题意.
二、填空题
7.设Sn为等差数列{an}的前n项和,S4=14,S10-S7=30,则S9=________.
[答案] 54
[解析] 设首项为a1,公差为d,由S4=14得
4a1+d=14.①
由S10-S7=30得3a1+24d=30,
即a1+8d=10.②
联立①②得a1=2,d=1,∴S9=54.
8.在等差数列{an}中,|a3|=|a9|,公差d<
0,则使前n项和Sn取得最大值的自然数n是________.
[答案] 5或6
[解析] ∵d<
0,|a3|=|a9|,∴a3=-a9,
∴a1+2d=-a1-8d,
∴a1+5d=0,∴a6=0,
∴an>
0(1≤n≤5),
∴Sn取得最大值时的自然数n是5或6.
三、解答题
9.(2012·
陕西理,17)设{an}是公比不为1的等比数列,其前n项和为Sn,且a5,a3,a4成等差数列.
(1)求数列{an}的公比;
(2)证明:
对任意k∈N+,Sk+2,Sk,Sk+1成等差数列.
[解析]
(1)设数列{an}的公比为q(q≠0,q≠1),
由a5,a3,a4成等差数列,得2a3=a5+a4,
即2a1q2=a1q4+a1q3,
由a1≠0,q≠0得q2+q-2=0,解得q1=-2,q2=1(舍去),所以q=-2.
对任意k∈N+,
Sk+2+Sk+1-2Sk=(Sk+2-Sk)+(Sk+1-Sk)
=ak+1+ak+2+ak+1
=2ak+1+ak+1·
(-2)
=0,
所以,对任意k∈N+,Sk+2,Sk,Sk+1成等差数列.
能力提升
1.(2012·
浙江理,7)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和,则下列命题错误的是( )
A.若d<
0,则数列{Sn}有最大项
B.若数列{Sn}有最大项,则d<
C.若数列{Sn}是递增数列,则对任意n∈N+,均有Sn>
D.若对任意n∈N+,均有Sn>
0,则数列{Sn}是递增数列
对于等差数列-1,1,3,…,其{Sn}是递增数列,但S1,S2不大于0,故选C.
2.等差数列{an}中,Sn是其前n项和,a1=-2014,-=2,则S2014的值为( )
A.-2012 B.2013
C.2012 D.-2014
[答案] D
[解析] 设Sn=An2+Bn,则=An+B,-=2A=2,故A=1.又a1=S1=A+B=-2014,∴B=-2015.∴=2014-2015=-1.∴S2014=-2014.
3.(文)Sn为等差数列{an}的前n项和,S2=S6,a4=1,则a5=________.
[答案] -1
[解析] 本题考查了对等差数列前n项和的理解和应用,同时还考查了等差数列的运算性质及考生灵活处理问题的能力.
∵S2=S6,∴S6-S2=a3+a4+a5+a6=0,
又∵a3+a6=a4+a5,
∴S6-S2=2(a4+a5)=0,
∴a4+a5=0,
又∵a4=1,∴a5=-1.
(理)等差数列{an}前9项的和等于前4项的和.若a1=1,ak+a4=0,则k=________.
[答案] 10
[解析] 本题考查等差数列通项公式、前n项和公式以及基本运算能力.
设等差数列公差为d,则an=1+(n-1)d,
∵S4=S9,∴a5+a6+a7+a8+a9=0,∴a7=0,
∴1+6d=0,d=-.
又a4=1+3×
(-)=,ak=1+(k-1)d,
∴+1+(k-1)d=0,d=-代入,得k=10.
4.设a1,d为实数,首项为a1,公差为d的等差数列{an}的前n项和Sn,满足S5S6+15=0,则d的取值范围是__________.
[答案] d≥2或d≤-2,
[解析] ∵S5=5a1+d=5(a1+2d),
S6=3(2a1+5d),
∴S6·
S5+15=0,即(a1+2d)(2a1+5d)+1=0,整理:
2a+9a1d+10d2+1=0,
Δ=81d2-4×
2×
(10d2+1)≥0,即81d2-80d2-8≥0,
∴d2≥8,∴d≥2或d≤-2.
5.(文)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.
[解析]
(1)设等差数列{an}的公差为d,则
a1=1,a3=1+2d=-3,∴d=-2,∴an=3-2n.
(2)由
(1)知an=3-2n,
∴Sn==n(2-n).
由Sk=-35知 k(2-k)=-35,即k2-2k-35=0.
∴k=7或k=-5,又k∈N+.∴k=7.
(理)设数列{an}满足a1=0且-=1.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=,记Sn=k,证明:
Sn<
1.
[解析]
(1)由题设-=1,即{}是公差为1的等差数列.
又=1,故=n.
所以an=1-.
(2)由
(1)得bn==
=-,
Sn=k=(-)=1-<
6.在数列{an}中,a1=3,an+1=3an+3n+1(n∈N+).
(1)设bn=.证明:
数列{bn}是等差数列;
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
[分析] 数列的递推公式经常在已知条件中给出,此类题只需利用累加、累乘等方法求数列的通项及前n项和即可.
[解析]
(1)∵an+1=3an+3n+1,
∴=+1,得bn+1=bn+1,b1==1,
∴数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.
(2)由
(1)易知,数列{}是首项和公差均为1的等差数列,所以=n,
∴an=n×
3n.
Sn=1×
31+2×
32+…+(n-1)×
3n-1+n×
3n,
3Sn=1×
32+2×
33+…+(n-1)×
3n+n×
3n+1,
两式相减,得2Sn=n×
3n+1-(31+32+…+3n),
故Sn=(-)3n+1+.
[点评] 对于由递推关系确定通项公式的问题,通常可对递推关系式进行变形,从而转化为等差或等比数列的问题来解决,这类问题一直是高考久考不衰的题型.从此题可以看出,构造特殊数列以及对代数式的灵活变形是处理此题的关键.复习时要加强数列基础知识的掌握.
7.设数列{an}的前n项和为Sn,a1=10,an+1=9Sn+10.
(1)求证:
{lgan}是等差数列;
(2)设Tn是数列{}的前n项和,求Tn;
(3)求使Tn>
(m2-5m)对所有的n∈N+恒成立的整数m的取值集合.
[解析]
(1)依题意,a2=9a1+10=100.
故=10.
当n≥2时,an+1=9Sn+10,an=9Sn-1+10,
两式相减得an+1-an=9an,
即an+1=10an,=10,
故{an}为等比数列,且an=a1qn-1=10n(n∈N+),
∴lgan=n.∴lgan+1-lgan=(n+1)-n=1,
即{lgan}是等差数列.
(2)由
(1)知,Tn=3[++…+]
=3(1-+-+…+-)=3-.
(3)∵Tn=3-,
∴当n=1时,Tn取最小值.
依题意有>
(m2-5m),解得-1<
m<
6,
故所求整数m的取值集合为{0,1,2,3,4,5}.
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