多维层次练34-等比数列及其前n项和学案
展开多维层次练34 等比数列及其前n项和
[巩固提升练]
1.记Sn为等差数列{an}的前n项和.若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=( )
A.-12 B.-10
C.10 D .12
解析:设等差数列{an}的公差为d,由3S3=S2+S4得3S3=S3-a3+S3+a4,即S3=a4-a3=d=3a1+3d,又a1=2,所以d=-3,所以a5=2+4×(-3)=-10.
答案:B
2.我国古代名著《九章算术》中有这样一段话:“今有金,长五尺.斩本一尺,重四斤.斩末一尺,重二斤.”其意思是:“现有一根金杖,长5尺,截头部1尺,重4斤,截尾部1尺,重2斤”.若该金杖从头到尾,每一尺的重量构成等差数列,则该金杖共重( )
A.6斤 B.7斤
C.9斤 D.15斤
解析:设每一尺的重量构成等差数列{an},则a1=4,a5=2,所以a1+a5=6,所以S5=5×=5×3=15,故金杖共重15斤,故选D.
答案:D
3.设Sn为等差数列{an}的前n项和,若S5=40,S9=126,则S7=( )
A.66 B.68
C.77 D.84
解析:设等差数列{an}的公差为d,由题知S5=5a3=40,S9=9a5=126,则a3=8,a5=14,则a5-a3=2d=6,即d=3,则a1=a3-2d=2,故S7=7a4=7(a1+3d)=7×(2+3×3)=77.故选C.
答案:C
4.已知两等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,且=,则=( )
A. B.
C. D.2
解析:因为===,所以====.故选C.
答案:C
5.已知数列{an}为等差数列,且满足a1=1,an+an+1=2n+1,则S10=( )
A.45 B.95
C.110 D.55
解析:设数列{an}的公差为d,因为an+an+1=2n+1,所以2+(2n-1)d=2n+1,解得d=1,所以an=n,则S10==55.故选D.
答案:D
6.(2020·浙江卷)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d≠0,且≤1.记b1=S2,bn+1=S2n+2-S2n,n∈N*,下列等式不可能成立的是( )
A.2a4=a2+a6 B.2b4=b2+b6
C.a=a2a8 D.b=b2b8
解析:根据{an}是等差数列,知2a4=a2+a6,所以A成立.因为bn+1=S2n+2-S2n=a2n+2+a2n+1,所以bn+2=a2n+4+a2n+3,所以bn+2-bn+1=a2n+4+a2n+3-a2n+2-a2n+1=4d≠0,所以{bn}为等差数列.所以2b4=b2+b6,所以B成立.当a1=d,即=1时,a=(a1+3d)2=(4a1)2=16a,a2a8=(a1+d)(a1+7d)=2a1·8a1=16a,所以a=a2a8,所以C成立.故选D.
答案:D
7.[2020·新高考卷Ⅰ(山东卷)]将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为 W.
解析:由题意知数列{2n-1}为1,3,5,7,9,11,13,…,{3n-2}为1,4,7,10,13,16,19,…,所以数列{an}为1,7,13,19,…,即an=1+6(n-1)=6n-5,所以数列{an}的前n项和为=3n2-2n.
答案:3n2-2n
8.设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn= .
解析:因为a1=-1,an+1=SnSn+1,所以S1=-1,Sn+1-Sn=SnSn+1,所以-=-1,所以数列是首项为-1,公差为-1的等差数列,所以=-n,即Sn=-.
答案:-
9.(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9=-a5.
(1)若a3=4,求{an}的通项公式;
(2)若a1>0,求使得Sn≥an的n的取值范围.
解:(1)设{an}的公差为d.
由S9=-a5得a1+4d=0.
由a3=4得a1+2d=4.
于是a1=8,d=-2.
因此{an}的通项公式为an=10-2n.
(2)由(1)得a1=-4d,故an=(n-5)d,
Sn=.
由a1>0知d<0,故Sn≥an等价于n2-11n+10≤0,解得1≤n≤10,所以n的取值范围是{n|1≤n≤10,n∈N}.
10.已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,且满足2Sn=a+n-4(n∈N*).
(1)求证:数列{an}为等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
(1)证明:当n=1时,有2a1=a+1-4,即a-2a1-3=0,
所以a1=3(a1=-1舍去).
当n≥2时,有2Sn-1=a+n-5,
又2Sn=a+n-4,
所以两式相减得2an=a-a+1,
即a-2an+1=a,
即(an-1)2=a,
因此an-1=an-1或an-1=-an-1.
若an-1=-an-1,则an+an-1=1.而a1=3,
所以a2=-2,这与数列{an}的各项均为正数矛盾,
所以an-1=an-1,即an-an-1=1,
因此数列{an}为等差数列.
(2)解:由(1)知a1=3,数列{an}的公差d=1,
所以数列{an}的通项公式为an=3+(n-1)×1=n+2.
[综合应用练]
11.已知等差数列{an}满足a1=32,a2+a3=40,则{|an|}的前12项和为( )
A.-144 B.80
C.144 D.304
解析:由a2+a3=2a1+3d=64+3d=40,得d=-8,所以an=40-8n,所以|an|=|40-8n|=所以{|an|}的前12项和为+=80+224=304.
答案:D
12.已知数列{an}为等差数列,公差为d,Sn为其前n项和,S6>S7>S5,则下列结论中不正确的是( )
A.d<0 B.S11>0
C.S12<0 D.S13<0
解析:由已知条件S6>S7>S5,可得S7-S6=a7<0,S6-S5=a6>0,且S7-S5=a6+a7>0.则d=a7-a6<0,所以A中结论是正确的;又S11==11a6>0,所以B中结论是正确的;S12==>0,所以C中结论是不正确的;S13==13a7<0,所以D中结论是正确的.故选C.
答案:C
13.(2019·北京卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2=-3,S5=-10,则a5= ,Sn的最小值为 .
解析:因为a2=a1+d=-3,S5=5a1+10d=-10,
所以a1=-4,d=1,
所以a5=a1+4d=0,
所以an=a1+(n-1)d=n-5.
令an<0,则n<5,即数列{an}中前4项为负,a5=0,第6项及以后为正.
所以Sn的最小值为S4=S5=-10.
答案:0 -10
14.(2020·福建龙岩期末改编)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an+an+1=2n+1(n∈N*),则a20的值为 ,S21的值为 .
解析:将n=1代入an+an+1=2n+1中得a2=3-1=2.
由an+an+1=2n+1,①
得an+1+an+2=2n+3.②
②-①,得an+2-an=2,所以数列{an}的奇数项、偶数项都是以2为公差的等差数列,
则a21=1+10×2=21,a20=2+9×2=20,所以S21=(a1+a3+a5+…+a21)+(a2+a4+a6+…+a20)=+=231.
答案:20 231
15.在公差为d的等差数列{an}中,已知a1=10,且5a3·a1=(2a2+2)2.
(1)求d,an;
(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|.
解:(1)由题意得5a3·a1=(2a2+2)2,
即d2-3d-4=0,故d=-1或d=4,
所以an=-n+11,n∈N*或an=4n+6,n∈N*.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn,因为d<0,
由(1)得d=-1,an=-n+11,
则当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn==-n2+n,
当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=a1+a2+…+a11-a12-a13-…-an=-Sn+2S11=-+2×=n2-n+110.
综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=
[拔高创新练]
16.记m=,若{dn}是等差数列,则称m为数列{an}的“dn等差均值”;若{dn}是等比数列,则称m为数列{an}的“dn等比均值”.已知数列{an}的“2n-1等差均值”为2,数列{bn}的“3n-1等比均值”为3.记cn=+klog3bn,数列{cn}的前n项和为Sn,若对任意的正整数n都有Sn≤S6,求实数k的取值范围.
解:由题意得2=,
所以a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,
所以a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2n-2(n≥2,n∈N*),
两式相减得an=(n≥2,n∈N*).
当n=1时,a1=2,符合上式,
所以an=(n∈N*).
又由题意得3=,
所以b1+3b2+…+3n-1bn=3n,
所以b1+3b2+…+3n-2bn-1=3n-3(n≥2,n∈N*),
两式相减得bn=32-n(n≥2,n∈N*).
当n=1时,b1=3,符合上式,
所以bn=32-n(n∈N*).
所以cn=(2-k)n+2k-1.
因为对任意的正整数n都有Sn≤S6,
所以
解得≤k≤.
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