数学第四章 数列4.2 等差数列优秀第2课时同步测试题

这是一份数学第四章 数列4.2 等差数列优秀第2课时同步测试题，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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一、选择题


1．数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，若Sn＝(n＋1)2＋λ，则λ的值是( )


A．－2 B．－1 C．0 D．1


B [等差数列前n项和Sn的形式为Sn＝an2＋bn，∴λ＝－1.]


2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝10，S20＝60，则S40＝( )


A．110B．150


C．210D．280


D [∵等差数列{an}前n项和为Sn，


∴S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30也成等差数列，


故(S30－S20)＋S10＝2(S20－S10)，∴S30＝150.


又∵(S20－S10)＋(S40－S30)＝2(S30－S20)，∴S40＝280.故选D.]


3．在等差数列{an}中，a1＝－2 018，其前n项和为Sn，若eq \f(S12,12)－eq \f(S10,10)＝2，则S2 018的值等于( )


A．－2 018B．－2 016


C．－2 019D．－2 017


A [由题意知，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，其公差为1，所以eq \f(S2 018,2 018)＝eq \f(S1,1)＋(2 018－1)×1＝－2 018＋2 017＝－1.所以S2 018＝－2 018.]


4．两个等差数列{an}和{bn}，其前n项和分别为Sn，Tn，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(7n＋2,n＋3)，则eq \f(a2＋a20,b7＋b15)＝( )


A．eq \f(4,9) B．eq \f(37,8) C．eq \f(79,14)D．eq \f(149,24)


D [因为等差数列{an}和{bn}，所以eq \f(a2＋a20,b7＋b15)＝eq \f(2a11,2b11)＝eq \f(a11,b11)，又S21＝21a11，T21＝21b11，


故令n＝21有eq \f(S21,T21)＝eq \f(7×21＋2,21＋3)＝eq \f(149,24)，即eq \f(21a11,21b11)＝eq \f(149,24)，所以eq \f(a11,b11)＝eq \f(149,24)，故选D.]


5.eq \f(1,1×3)＋eq \f(1,2×4)＋eq \f(1,3×5)＋eq \f(1,4×6)＋…＋eq \f(1,nn＋2)等于( )


A．eq \f(1,nn＋2)


B．eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋2)))


C．eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))


D．eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))


C [通项an＝eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，


∴原式＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋))


eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))))


＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))


＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2))).]


二、填空题


6．已知等差数列{an}中，Sn为其前n项和，已知S3＝9，a4＋a5＋a6＝7，则S9－S6＝________.


5 [∵S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，而S3＝9，S6－S3＝a4＋a5＋a6＝7，∴S9－S6＝5.]


7．在数列{an}中，a1＝eq \f(1,2 019)，an＋1＝an＋eq \f(1,nn＋1)(n∈N*)，则a2 019的值为________．


1 [因为an＋1＝an＋eq \f(1,nn＋1)(n∈N*)，所以an＋1－an＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，


a2－a1＝1－eq \f(1,2)，


a3－a2＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3)，


…


a2 019－a2 018＝eq \f(1,2 018)－eq \f(1,2 019)，


各式相加，可得a2 019－a1＝1－eq \f(1,2 019)，a2 019－eq \f(1,2 019)＝1－eq \f(1,2 019)，


所以a2 019＝1，故答案为1.]


8．数列{an}满足a1＝3，且对于任意的n∈N*都有an＋1－an＝n＋2，则a39＝________.


820 [因为an＋1－an＝n＋2，所以a2－a1＝3，


a3－a2＝4，a4－a3＝5，


…，an－an－1＝n＋1(n≥2)，上面n－1个式子左右两边分别相加得an－a1＝eq \f(n＋4n－1,2)，即an＝eq \f(n＋1n＋2,2)，


所以a39＝eq \f(40×41,2)＝820.]


三、解答题


9．已知两个等差数列{an}与{bn}的前n(n＞1)项和分别是Sn和Tn，且Sn∶Tn＝(2n＋1)∶(3n－2)，求eq \f(a9,b9)的值．


[解] 法一：eq \f(a9,b9)＝eq \f(2a9,2b9)＝eq \f(a1＋a17,b1＋b17)＝eq \f(\f(a1＋a17,2)×17,\f(b1＋b17,2)×17)＝eq \f(S17,T17)＝eq \f(2×17＋1,3×17－2)＝eq \f(35,49)＝eq \f(5,7).


法二：∵数列{an}，{bn}均为等差数列，


∴设Sn＝A1n2＋B1n，Tn＝A2n2＋B2n.


又eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n＋1,3n－2)，∴令Sn＝tn(2n＋1)，


Tn＝tn(3n－2)，t≠0，且t∈R.


∴an＝Sn－Sn－1


＝tn(2n＋1)－t(n－1)(2n－2＋1)


＝tn(2n＋1)－t(n－1)(2n－1)


＝t(4n－1)(n≥2)，


bn＝Tn－Tn－1


＝tn(3n－2)－t(n－1)(3n－5)


＝t(6n－5)(n≥2)．


∴eq \f(an,bn)＝eq \f(t4n－1,t6n－5)＝eq \f(4n－1,6n－5)(n≥2)，


∴eq \f(a9,b9)＝eq \f(4×9－1,6×9－5)＝eq \f(35,49)＝eq \f(5,7).


10．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.


(1)求{an}的通项公式；


(2)设bn＝eq \f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.


[解] (1)由a1＝10，a2为整数知，等差数列{an}的公差d为整数．


因为Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，于是10＋3d≥0，10＋4d≤0.


解得－eq \f(10,3)≤d≤－eq \f(5,2).因此d＝－3.


所以数列{an}的通项公式为an＝13－3n.


(2)bn＝eq \f(1,13－3n10－3n)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10－3n)－\f(1,13－3n))).


于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn


＝eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)－\f(1,10)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10－3n)－\f(1,13－3n)))))


于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn


＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)－\f(1,10)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10－3n)－\f(1,13－3n)))


＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10－3n)－\f(1,10)))＝eq \f(n,1010－3n).





11．(多选题)已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，若Sn＝S13－n(n∈N*且n＜13)，有以下结论，则正确的结论为( )


A．S13＝0B．a7＝0


C．{an}为递增数列D．a13＝0


AB [对B，由题意，Sn＝S13－n，令n＝7有S7＝S6⇒S7－S6＝0⇒a7＝0，故B正确．对A，S13＝eq \f(13a1＋a13,2)＝13a7＝0.故A正确．


对C，当an＝0时满足Sn＝S13－n＝0，故{an}为递增数列不一定正确．故C错误．


对D，由A，B项，可设当an＝7－n时满足Sn＝S13－n，但a13＝－6.故D错误．


故AB正确．]


12．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝40，Sn＝210，Sn－4＝130，则n＝( )


A．12B．14


C．16D．18


B [Sn－Sn－4＝an＋an－1＋an－2＋an－3＝80，


S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝40，


所以4(a1＋an)＝120，a1＋an＝30，


由Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝210，得n＝14.]


13．(一题两空)设项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，则这个数列的中间项的值是________，项数是________．


11 7 [设等差数列{an}的项数为2n＋1，


S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1


＝eq \f(n＋1a1＋a2n＋1,2)＝(n＋1)an＋1，


S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝eq \f(na2＋a2n,2)＝nan＋1，


所以eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n＋1,n)＝eq \f(44,33)，解得n＝3，所以项数为2n＋1＝7，


S奇－S偶＝an＋1，即a4＝44－33＝11为所求中间项．]


14．一个等差数列的前12项的和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则该数列的公差d为________．


5 [设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d.


由已知条件，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S奇＋S偶＝354，,S偶∶S奇＝32∶27，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S偶＝192，,S奇＝162.))


又S偶－S奇＝6d，所以d＝eq \f(192－162,6)＝5.]





15．设Sn为等差数列{an}的前n项和，且a2＝15，S5＝65.


(1)求数列{an}的通项公式；


(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＝Sn－10，求数列{|bn|}的前n项和Rn.


[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝a1＋d＝15，,S5＝5a1＋\f(5×4,2)d＝65，))


解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝17，,d＝－2，)) ∴an＝a1＋(n－1)d＝17－2(n－1)＝－2n＋19.


(2)由(1)得Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝－n2＋18n，


∴Tn＝－n2＋18n－10.


当n＝1时，b1＝T1＝7；


当n≥2且n∈N*时，bn＝Tn－Tn－1＝－2n＋19.


经验证b1≠17，∴bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(7，n＝1，,－2n＋19，n≥2.))


当1≤n≤9时，bn＞0；当n≥10时，bn＜0.


∴当1≤n≤9时，Rn＝|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝b1＋b2＋…＋bn＝－n2＋18n－10；


当n≥10时，Rn＝|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝b1＋b2＋…＋b9－(b10＋b11＋…＋bn)＝2(b1＋b2＋…＋b9)－(b1＋b2＋…＋b9＋b10＋b11＋…＋bn)＝－Tn＋2T9＝n2－18n＋152，


综上所述：Rn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－n2＋18n－10，1≤n≤9，,n2－18n＋152，n≥10.))