进阶训练1　(范围：1.1～1.2.3)

一、基础达标

1.数列2，5，11，20，x，47，…中的x等于(　　)

A.28   B.32

 C.33   D.27

答案　B

解析　因为5＝2＋3×1，11＝5＋3×2，20＝11＋3×3，所以x＝20＋3×4＝32.

2.在数列{an}中，若＋＝2，a1＝8，a2＝18，则数列{an}的通项公式为(　　)

A.an＝2(n＋1)2   B.an＝4(n＋1)

C.an＝8n2   D.an＝4n(n＋1)

答案　A

解析　因为＋＝2，所以－＝－，所以数列{}是等差数列，公差d＝－＝，由等差数列的通项公式得＝2＋(n－1)·＝n＋，所以an＝2(n＋1)2，故选A.

3.已知{an}是公差为正数的等差数列，a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝80，则a11＋a12＋a13的值为(　　)

A.105   B.120 

C.90   D.75

答案　A

解析　由a1＋a2＋a3＝15，得a2＝5，所以a1＋a3＝10.

又a1a2a3＝80，所以a1a3＝16，所以a1＝2，a3＝8或a1＝8，a3＝2.

又等差数列{an}的公差为正数，所以{an}是递增数列，所以a1＝2，a3＝8，所以等差数列{an}的公差d＝a2－a1＝5－2＝3，所以a11＋a12＋a13＝3a12＝3(a1＋11d)＝105.

4.已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8＝4S4，则a10＝(　　)

A.   B. 

C.10   D.12

答案　B

解析　由题意得S8＝8a1＋×1＝8a1＋28，S4＝4a1＋×1＝4a1＋6.

因为S8＝4S4，所以8a1＋28＝4(4a1＋6)，

所以a1＝，所以a10＝a1＋9×1＝.

5.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别为1，7，15，27，45，71，107，则该数列的第8项为(　　)

A.161   B.155

C.141   D.139

答案　B

解析　由题意可知：1，7，15，27，45，71，107，…的差的数列为：6，8，12，18，26，36，…

这个数列的差组成的数列为：2，4，6，8，10，…，是等差数列，所以前7项分别为1，7，15，27，45，71，107，则该数列的第8项为：107＋36＋12＝155.故选B.

6.在等差数列{an}中，a10＝18，a30＝78，则a25＝________.

答案　63

解析　由等差数列的性质，可知公差d＝＝＝3，所以a25＝a10＋(25－10)d＝18＋15×3＝63.

7.在等差数列{an}中，若S9＝18，Sn＝240，an－4＝30，则n＝________.

答案　15

解析　因为S9＝＝9a5＝18，所以a5＝2，又Sn＝＝＝240，所以n＝15.

8.若函数f(x)对任意x∈R都有f(x)＋f(1－x)＝2，则f＋f＋…＋f＋f＝________.

答案　322

解析　因为＝1－，＝1－，…，

所以f＋f＝2，

f＋f＝2，…，

f＋f＝2，左右两边分别相加得

2

＝322×2，所以f＋f＋…＋f＋f＝322.

9.在各项均为正数的数列{an}中，a1＝a且an＋1＝＋.

(1)当a3＝2时，求a1与a4的值；

(2)求证：当n≥2时，an＋1≤an.

(1)解　∵a3＝2，∴a3＝＋＝2，

∴a＋4＝4a2，解得a2＝2.

又a2＝＋，∴＋＝2，

∴a＋4＝4a1，解得a1＝2.

∵a4＝＋，a3＝2，

∴a4＝2.

(2)证明　要证n≥2时，an＋1≤an，只需证≤1，即证＋≤1，即证＋≤1，

即证a≥4，即an≥2.

∵an＝＋≥2＝2(当且仅当an－1＝2时，等号成立)，

∴当n≥2时，an＋1≤an.

10.设数列{an}的各项都是正数，其前n项和为Sn，已知对任意n∈N＋，Sn是a和an的等差中项.

(1)证明：数列{an}为等差数列；

(2)若bn＝－n＋5，求an·bn的最大值，并求出取最大值时n的值.

(1)证明　由已知可得2Sn＝a＋an，且an>0，

当n＝1时，2a1＝a＋a1，

解得a1＝1；

当n≥2时，有2Sn－1＝a＋an－1，

∴2an＝2Sn－2Sn－1＝a－a＋an－an－1，∴a－a＝an＋an－1，

即(an＋an－1)(an－an－1)＝an＋an－1.

∵an＋an－1>0，

∴an－an－1＝1(n≥2).

故数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列.

(2)解　由(1)可知an＝n.

设cn＝an·bn，∴cn＝n(－n＋5)＝－n2＋5n＝－＋.

∵ n∈N＋，∴当n＝2或n＝3时，an·bn取得最大值6.

二、能力提升

11.设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝(　　)

A.1   B.－1 

C.2   D.

答案　A

解析　＝＝＝×＝1.

12.设等差数列{an}满足a1＝1，an>0(n∈N＋)，其前n项和为Sn，若数列{}也为等差数列，则的整数项有(　　)

A.4   B.8 

C.16   D.121

答案　ACD

解析　设数列{an}的公差为d，

依题意得2＝＋，

因为a1＝1，

所以2＝＋，

化简可得d＝2a1＝2，

所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，

Sn＝n＋×2＝n2，

所以＝＝

＝＝.

当n＝1，2，4，11时，得整数项为121，16，4，1.

13.如果一个数列的各项都是实数，且从第2项开始，每一项与前一项的平方差是相同的常数，则称该数列为等方差数列，这个常数叫做这个数列的公方差.

(1)设数列{an}(an>0)是公方差为p(p>0)的等方差数列，且a1＝1，求数列{an}的通项公式；

(2)若数列{an}既是等方差数列，又是等差数列，证明：数列{an}为常数列.

解　(1)由等方差数列的定义可知a－a＝p(n≥2，n∈N＋)，由此可得a＝a＋(n－1)p＝1＋(n－1)p，又an>0，所以an＝.

(2)因为{an}是等差数列，设其公差为d，则an－an－1＝an＋1－an＝d(n≥2，n≥N＋).

又{an}是等方差数列，

所以a－a＝a－a(n≥2，n∈N＋).

故(an＋an－1)(an－an－1)＝(an＋1＋an)(an＋1－an)，

所以(an＋an－1)d＝(an＋1＋an)d，即d(an＋an－1－an＋1－an)＝－2d2＝0，所以d＝0，故{an}是常数列.

三、创新拓展

14.已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝，则使得为整数的正整数n的个数是________.

答案　5

解析　由等差数列的前n项和性质，得＝.又因为＝＝＝，所以＝＝＝7＋.要使为整数，则必为整数，即(n＋1)为12的约数.因为12的正约数有1，2，3，4，6，12，且n为正整数，所以n的取值为1，2，3，5，11，共5个.