人教版新课标A必修52.3 等差数列的前n项和随堂练习题

这是一份人教版新课标A必修52.3 等差数列的前n项和随堂练习题，共42页。试卷主要包含了3　等差数列的前n项和等内容，欢迎下载使用。

2.3 等差数列的前n项和
第1课时 等差数列的前n项和公式
基础过关练
题组一 等差数列前n项和的有关计算
1.在等差数列{an}中,已知a1=10,d=2,Sn=580,则n=( )

A.10 B.15 C.20 D.30
2.(2021河南焦作高二期末)等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,S3=15,则a8=( )
A.11 B.12 C.23 D.24
3.(2020湖南娄底高二期末)记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a6=4,S19=114,则S15=( )
A.45 B.75 C.90 D.95
4.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a6=S3=12,则{an}的通项公式an= .
题组二 数列的前n项和Sn与an的关系
5.(2021吉林吉林第二中学高二月考)已知Sn为数列{an}的前n项和,且满足Sn=n2+4n+2,则a3+a4+a5=( )
A.10 B.11 C.33 D.34
6.在各项均大于零的数列{an}中,首项a1=1,前n项和Sn满足SnSn-1-Sn-1Sn=2SnSn-1(n∈N*且n≥2),则a81=( )
A.638 B.639 C.640 D.641
7.已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n+1,则a6+a7+…+a10的值为 .
8.(2021山西朔州怀仁一中月考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2+4,则an= .
9.(1)已知数列{an}的前n项和为Sn=2n2+n+3,求数列{an}的通项公式;
(2)设各项均为正数的数列{an}的前n项和Sn满足Sn=14(an+1)2,求an.
题组三 裂项相消法求和
10.在数列{an}中,an=1n+1+2n+1+…+nn+1(n∈N*),又bn=1anan+1,则数列{bn}的前n项和Sn为( )
A.4nn+1 B.2nn+1 C.n2n-1 D.2n2n+1
11.已知数列{an}的通项公式为an=1n+1+n,则其前n项和Sn= .
12.已知数列{an}的通项公式为an=lgn+1n,则其前n项和Sn= .
13.(2021河北邯郸高三摸底)已知数列{an}满足a1=23,an-an+1=32anan+1(n∈N*).
(1)求证数列1an为等差数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)设Sn为数列{anan+1}的前n项和,证明:Sn<49.
能力提升练
一、选择题
1.(2020山东日照高二月考,★★☆)已知数列{an}的前n项和Sn=n2-4n+2,则|a1|+|a2|+…+|a10|等于( )

A.66 B.65 C.61 D.56
2.(2020广东广州高三四模,★★☆)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个“九儿问甲歌”问题:一个公公九个儿,若问生年总不知,自长排来差三岁,共年二百又零七,借问长儿多少岁,各儿岁数要详推.在这个问题中,记这位公公的第n个儿子的年龄为an,则a3+a4+a5+a6+a7-a1-a9=( )
A.46 B.69 C.92 D.138
3.(2020浙江丽水高一期末,★★☆)设等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,已知a1≠0,S5=S17,则( )
A.da11>0 B.da12>0
C.a1a12>0 D.a1a11<0
4.(2020福建厦门双十中学高一期中,★★☆)在等差数列{an}中,3(a3+a5)+2(a7+a10+a13)=24,则数列{an}的前13项的和S13=( )
A.13 B.26 C.52 D.56
5.(2020四川成都七中高一期末,★★☆)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1>0,a3+a10>0,a6a7<0,则满足Sn>0的最大正整数n的值为( )
A.6 B.7 C.12 D.13
6.(2021湖南长沙长郡中学高三一模,★★★)已知数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前48项的和S48=( )
A.588 B.1 176 C.-1 175 D.-580
7.(2020黑龙江哈尔滨德强高中高一期末,★★★)设数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an=Snn+2(n-1)(n∈N*),则数列1Sn+3n的前10项的和T10=( )
A.290 B.920 C.511 D.1011
8.(2021皖江名校联盟高三第一次联考,★★★)已知数列{an}满足a1=1,am+n=am+an+mn(m,n∈N*),若数列1an的前n项和Sn≥74,则n的最小值为( )
A.6 B.7 C.8 D.9
二、填空题
9.(2020江西南昌二中期末,★★☆)在等差数列{an}中,公差d>0,a1+a6=14,a2a5=40,则数列{an}的前9项和等于 .
10.(2020吉林松原扶余一中高一期末,★★☆)已知单调递减数列{an}的前n项和为Sn,a1≠0,且4Sn=2an-an2(n∈N*),则a5= .
三、解答题
11.(2020安徽合肥一中、合肥六中高一期末,★★☆)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S2=8,a3+a8=2a5+2.
(1)求an;
(2)设数列1Sn的前n项和为Tn,求证:Tn<34.
12.(★★☆)已知函数f(x)=14x+m(m>0),当x1,x2∈R且x1+x2=1时,总有f(x1)+f(x2)=12.
(1)求m的值;
(2)设数列{an}满足an=f(0)+f1n+f2n+…+f n-1n+f(1),求数列{an}的前n项和Sn.
13.(2021重庆育才中学高三入学考试,★★★)已知各项都是正数的数列{an}的前n项和为Sn,Sn=an2+12an,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足:bn=an(2an+1),求数列1bn的前n项和Tn.
第2课时 等差数列前n项和的性质及应用
基础过关练
题组一 等差数列前n项和的性质
1.一个等差数列共有10项,其奇数项之和是12.5,偶数项之和是15,则它的首项与公差分别是( )

A.0.5,0.5 B.0.5,1
C.1,0.5 D.0.5,2
2.(2021山西大学附属中学高二开学考试)已知等差数列{an}的前10项和为30,前30项和为210,则{an}的前20项和为( )
A.100 B.120
C.390 D.540
3.(2020四川眉山车城中学高一期末)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=-11,a4+a6=-6,则当Sn取得最小值时,n的值为( )
A.6 B.6或7 C.8或9 D.9
4.(2021浙江精诚联盟高二开学考试)设公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=2.若存在常数λ,使得a2n=λan(n∈N*)恒成立,则910nSn取最大值时,n= .
题组二 等差数列前n项和的综合问题
5.数列{an}的首项为3,{bn}为等差数列,且bn=an+1-an(n∈N*),若b3=-2,b10=12,则a8=( )
A.0 B.3
C.8 D.11
6.一个凸多边形的各内角度数按从小到大的顺序排列后成等差数列,其中最小的内角为120°,公差为5°,那么这个凸多边形的边数n等于( )
A.12 B.16
C.9 D.16或9
7.在小于100的自然数中,所有被7除余2的数之和为( )
A.765 B.665
C.763 D.663
8.(多选)(2020山东泰安高二上期末)设等差数列{an}的公差为d,首项为a1,前n项和为Sn,若a3=12,S12>0,S13<0,则下列结论正确的是( )
A.数列{an}是递增数列
B.S5=60
C.-247D.S1,S2,…,S12中最大的是S6
9.(2019湖南长沙一中高二期末)已知等差数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,且满足a1+a5=27a32,S7=63.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足b1=a1,且bn+1-bn=an+1,求数列1bn的前n项和Tn.
题组三 等差数列前n项和的实际运用
10.“嫦娥”奔月,举国欢庆.据科学计算,运载“嫦娥”飞船的“长征三号甲”火箭点火1 min内通过的路程为2 km,以后每分钟通过的路程增加2 km,在到达离地面240 km的高度时,火箭与飞船分离,则从点火到分离前高度的过程需要的时间大约是( )
A.10 min B.13 min
C.15 min D.20 min
11.现有200根相同的钢管,把它们堆成正三角形垛,要使剩余的钢管数最少,那么剩余钢管的根数为 .
12.某人用分期付款的方式购买一件家电,价格为1 150元,购买当天先付150元,以后每月的这一天都交付50元,并加付欠款利息,月利率为1%.若交付150元后的一个月算作分期付款的第一个月,则分期付款的第10个月该交付多少钱?付清全部贷款后,买这件家电实际花费多少钱?
能力提升练
一、选择题
1.(2021陕西汉中五校高二月考,★★☆)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若S673=2,S1 346=12,则S2 019=( )

A.22 B.26 C.30 D.34
2.(2020山东潍坊五县高三考前押题卷,★★☆)已知等差数列{an}中,公差不为0,若函数f(x)对任意自变量x都有f(x)=f(4-x)恒成立,函数f(x)在[2,+∞)上单调,若f(a8)=f(a493),则{an}的前500项的和为( )
A.1 010 B.1 000 C.2 000 D.2 020
3.(2020山东潍坊高二上期末,★★☆)我国古代数学名著《算法统宗》中说:“九百九十六斤棉,赠分八子做盘缠.次第每人多十七,要将第八数来言.务要分明依次第,孝和休惹外人传.”意为:“996斤棉花,分别赠送给8个子女做旅费,从第1个孩子开始,以后每人依次多17斤,直到第8个孩子为止.分配时一定要按照次序分,要顺从父母,兄弟间和气,不要引得外人说闲话.”在这个问题中,第8个孩子分到的棉花为( )
A.184斤 B.176斤 C.65斤 D.60斤
4.(2020广东第二师范学院番禺附属中学高二期末,★★☆)若等差数列{an}的前n项和Sn有最大值,且a11a10<-1,则Sn取正值时,项数n的最大值为( )
A.15 B.17 C.19 D.21
5.(2020江苏徐州高二期末,★★★)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1>0,公差d≠0,则下列结论不正确的是( )
A.若S5=S9,则S14=0
B.若S5=S9,则S7最大
C.若S6>S7,则S7>S8
D.若S6>S7,则S5>S6
6.(2021江苏无锡第一中学高二期中,★★★)南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中,提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,其前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列,如数列1,3,6,10,前后两项之差得到新数列2,3,4,新数列2,3,4为等差数列,这样的数列称为二阶等差数列.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{an},其前7项分别为3,4,6,9,13,18,24,则该数列的第19项为( )
A.184 B.174 C.188 D.160
7.(多选)(2020江苏盐城高二期末,★★☆)设d,Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和,若S10=S20,则下列论断中正确的有( )
A.当n=15时,Sn取最大值
B.当n=30时,Sn=0
C.当d>0时,a10+a22>0
D.当d<0时,|a10|>|a22|
二、填空题
8.(2020湖南常德高一期末,★★☆)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1为整数,a2=-13,Sn≥S8(n∈N*),则数列{an}的通项公式为an= .
9.(2020广西钦州高一期末,★★☆)已知等差数列{an}中,a1=9,a6=a2-8,则{an}的前n项和Sn的最大值为 .
10.(2020安徽庐巢六校高一联盟,★★★)已知数列{an}满足a1=2,a2=3且an+2-an=1+
(-1)n,n∈N*,则该数列的前9项之和为 .
(2021湖北六校高三联考,★★★)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S5=
2 015,S2 015=5,则S2 020= .
12.(★★★)无穷等差数列{an}的前n项和为Sn,若首项a1=32,公差d=1,则满足Sk2=(Sk)2的正整数k的值为 .
三、解答题
13.(2020湖南怀化高二期末,★★★)已知数列{an}满足1a1+1a2+1a3+…+1an=n2(n∈N*),且bn=anan+1.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)若Sn为数列{bn}的前n项和,对任意的正整数n,不等式Sn>λ-12恒成立,求实数λ的取值范围.
14.(2021安徽阜阳太和第一中学高三开学摸底,★★☆)已知数列{an}的前n项和为Sn,点(n+1,Sn+3)在抛物线y=x2上.
(1)求an;
(2)求数列{|an-9|}的前n项和Tn.
15.(2021豫南九校高二联考,★★★)已知数列{an}中,a1=a2=1,且当n≥2,n∈N*时满足nan+1=(n+1)an.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=2n1an+1-λ,若对任意的n∈N*,数列{bn}是单调递减数列,求实数λ的取值
范围.
16.(2020福建厦门双十中学高一期末,★★★)已知数列{an}中,a1=1,a2=14,且an+1=(n-1)ann-an(n=2,3,4,…).
(1)求a3、a4的值,
(2)设bn=1an+1-1(n∈N*),试用bn表示bn+1,并求{bn}的通项公式;
(3)设cn=sin3csbn·csbn+1(n∈N*),求数列{cn}的前n项和Sn.
2.1~2.3综合拔高练
五年高考练
考点1 等差数列的通项公式及性质
1.(2020北京,8,4分,★★☆)在等差数列{an}中,a1=-9,a5=-1.记Tn=a1a2…an(n=1,2,…),则数列{Tn}( )

A.有最大项,有最小项 B.有最大项,无最小项
C.无最大项,有最小项 D.无最大项,无最小项
2.(2018北京,9,5分,★★☆)设{an}是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则{an}的通项公式为 .
考点2 等差数列的前n项和公式及性质
3.(2020全国Ⅱ,4,5分,★★☆)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A.3 699块 B.3 474块 C.3 402块 D.3 339块
4.(2019课标全国Ⅰ,9,5分,★★☆)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则( )
A.an=2n-5 B.an=3n-10
C.Sn=2n2-8n D.Sn=12n2-2n
5.(2020浙江,7,4分,★★★)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d≠0,且a1d≤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.a42=a2a8 D.b42=b2b8
6.(2020浙江,11,4分,★☆☆)我国古代数学家杨辉,朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题,如数列n(n+1)2就是二阶等差数列.数列n(n+1)2(n∈N*)的前3项和是 .
7.(2020新高考Ⅰ,14,5分,★★☆)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 .
8.(2020全国Ⅱ(文),14,5分,★★☆)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1=
-2,a2+a6=2,则S10= .
9.(2019课标全国Ⅲ,14,5分,★★☆)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1≠0,a2=3a1,则S10S5= .
10.(2019北京,10,5分,★★☆)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 .
11.(2019课标全国Ⅰ(文),18,12分,★★☆)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.
考点3 数列的求和
12.(2020全国Ⅰ(文),16,5分,★★☆)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1= .
13.(2017课标全国Ⅲ,17,12分,★★☆)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列an2n+1的前n项和.
三年模拟练
应用实践
1.(2021河南焦作高二期中,★★☆)已知数列{an}满足an+1-an+1an=1+an,且a1=13,则{an}的前2 021项的积为( )

A.23 B.13 C.-2 D.-3
2.(2020山西太原第五中学高三二模,★★☆)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若am=4,Sm=0,Sm+2=14(m≥2,m∈N*),则a2 019的值为( )
A.2 020 B.4 032 C.5 041 D.3 019
3.(2021豫南九校高二联考,★★★)设数列{an}满足a1=2,a2=6,a3=12,数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+2-Sn-1+1Sn+1-Sn+1=3(n≥2,且n∈N*).若[x∈N*]表示不超过x的最大整数,bn=(n+1)2an,数列{bn}的前n项和为Tn,则T2 020=( )
A.2 019 B.2 020 C.2 021 D.2 022
4.(多选)(2020河北沧州第一中学高一学段检测,★★☆)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S2 018>0,S2 019<0,则下列说法正确的是( )
A.S1 009最大
B.|a1 009|>|a1 010|
C.a1 010>0
D.数列中绝对值最小的项为a1 010
5.(2020河北高三第一次大联考,★★☆)等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若对任意正整数n都有SnTn=2n-13n-2,则a11b6+b10+a5b7+b9的值为 .
6.(2021安徽四校高三适应性测试,★★★)已知数列{an}的首项a1=m,其前n项和为Sn,且满足Sn+Sn+1=2n2+3n,若数列{an}是递增数列,则实数m的取值范围是 .
7.(2020四川内江高一期末,★★☆)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2=7,S4=40.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=3anan+1,Tn是数列{bn}的前n项和,求使得2Tn≤λ-2 020对所有n∈N*都成立的实数λ的取值范围.
8.(2020浙江嘉兴高一期末,★★☆)已知数列{an}满足a1=2,(n+2)an=(n+1)an+1-2(n2+3n+2),设bn=ann+1.
(1)求b1,b2,b3的值;
(2)判断数列{bn}是不是等差数列,并说明理由;
(3)求数列{an}的通项公式.
9.(2020江苏丹阳高级中学高二期中,★★★)设数列{an}的各项都为正数,且对任意n∈N*都有an2=2Sn-an,其中Sn为数列{an}的前n项和.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=3n+λ·2an(n∈N*),若对任意n∈N*都有bn+1>bn成立,求实数λ的取值范围.
迁移创新
10.(2021上海七宝中学高二月考,★★☆)已知向量a1,a2,a3,…,an,…满足如下条件:|a1|=2,2a1·d=-1,且an-an-1=d(n≥2),若a1·ak=0,则k= .
答案全解全析
第二章 数列
2.3 等差数列的前n项和
第1课时 等差数列的前n项和公式
基础过关练
1.C 因为Sn=na1+12n(n-1)d=10n+12n·(n-1)×2=n2+9n,所以n2+9n=580,解得n=20或n=-29(舍去).
2.C 设数列{an}的公差为d,则S3=3a1+3d,即15=3×2+3d,解得d=3,所以a8=23.
3.B 根据a6=4,S19=114,结合等差数列的通项公式及前n项和公式,得
a1+5d=4,19a1+19×9d=114,即a1+5d=4,a1+9d=6,
解得d=12,a1=32,
所以S15=15a1+15×(15-1)2d=15×32+15×7×12=45+1052=75.故选B.
4.答案 2n
解析 设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,由已知得a1+5d=12,3a1+3d=12,解得a1=2,d=2,故an=2n.
名师点睛 求数列的基本量的基本方法是建立方程组,或者运用等差数列的相关性质整体处理,以达到简化求解过程和优化解法的目的.
5.C 数列{an}的前n项和满足Sn=n2+4n+2,则a3+a4+a5=S5-S2=33,故选C.
6.C 由SnSn-1-Sn-1Sn=2SnSn-1可得,Sn-Sn-1=2(n≥2),又a1=1,∴S1=1,∴{Sn}是以1为首项,2为公差的等差数列,故Sn=2n-1,∴Sn=(2n-1)2,∴a81=S81-S80=1612-1592=640.
7.答案 80
解析 由题意得,a6+a7+…+a10=S10-S5=111-31=80.
8.答案 5,n=12n-1,n≥2
解析 当n=1时,a1=S1=5,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+4-(n-1)2-4=2n-1,此时a1=5不成立,所以an=5,n=1,2n-1,n≥2.
9.解析 (1)∵Sn=2n2+n+3,∴当n=1时,a1=S1=2×12+1+3=6;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2+n+3-[2(n-1)2+(n-1)+3]=4n-1.当n=1时,a1不符合上式,
∴an=6(n=1),4n-1(n≥2).
(2)当n=1时,a1=S1=14(a1+1)2,
解得a1=1;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=14(an+1)2-14·(an-1+1)2,即4an=an2+2an+1-(an-12+2an-1+1),
∴an2-an-12-2(an+an-1)=0,
∴(an+an-1)(an-an-1-2)=0.
∵数列{an}的各项均为正数,
∴an+an-1>0,∴an-an-1-2=0,
即an-an-1=2,
∴数列{an}是公差为2,首项为1的等差数列,
∴an=1+2(n-1)=2n-1.
10.A 因为an=1n+1+2n+1+…+nn+1=n(n+1)2·1n+1=n2,
所以bn=1anan+1=1n2·n+12=41n-1n+1,
所以Sn=41-12+12-13+…+1n-1n+1=4nn+1,故选A.
11.答案 n+1-1
解析 由已知,得an=1n+1+n=n+1-n,
所以Sn=a1+a2+…+an
=(2-1)+(3-2)+…+(n+1-n)
=n+1-1.
12.答案 lg(n+1)
解析 由已知,得an=lg(n+1)-lg n,
所以Sn=a1+a2+…+an
=(lg 2-lg 1)+(lg 3-lg 2)+…+[lg(n+1)-lg n]=lg(n+1).
13.解析 (1)∵an-an+1=32anan+1,
∴1an+1-1an=32,
又1a1=32,∴1an是首项为32,公差为32的等差数列,
∴1an=32+32(n-1)=32n,∴an=23n.
(2)证明:由(1)知anan+1=49×1n(n+1)=49×1n-1n+1.
∴Sn=49×1-12+12-13+…+1n-1n+1
=49×1-1n+1=49-49(n+1).
∵n∈N*,∴49-49(n+1)<49,即Sn<49.
易错警示 在应用裂项相消法求和时应注意:①裂项前后的式子是否等价;②在正负项抵消后,是否只剩下了第一项和最后一项,是否还有其他项.
能力提升练
一、选择题
1.A 当n≥2,n∈N*时,an=Sn-Sn-1=n2-4n+2-[(n-1)2-4(n-1)+2]
=n2-4n+2-(n2-6n+7)
=n2-4n+2-n2+6n-7=2n-5,
当n=1时,a1=S1=-1,不满足上式,
∴an=-1,n=1,2n-5,n≥2,n∈N*,
∴|a1|+|a2|+…+|a10|=1+1+1+3+5+…+15=2+(1+15)×82=2+64=66.
2.B 根据题意,这位公公的第n个儿子的年龄为an,则数列{an}为等差数列,
设数列{an}的前n项和为Sn,
由S9=207,即S9=9×(a1+a9)2=9a5=207,得a5=23,
∴a3+a4+a5+a6+a7-a1-a9=3a5=69.故选B.
3.B 由a1≠0,S5=S17,得5a1+5×42d=17a1+17×162d,化简,得2a1+21d=0,
即a11+a12=0.因为a1≠0,所以d≠0,所以a11,a12符号相反.
若d>0,则a11<0,a12>0,a1<0,所以da11<0,da12>0,a1a12<0,a1a11>0;
若d<0,则a11>0,a12<0,a1>0,所以da11<0,da12>0,a1a12<0,a1a11>0.
故选B.
4.B 根据题意,得a3+a5=2a4,a7+a13=2a10,
代入3(a3+a5)+2(a7+a10+a13)=24,得3×2a4+2×3a10=24,∴a4+a10=4,
故数列{an}的前13项的和S13=13(a1+a13)2=13(a4+a10)2=13×42=26.故选B.
5.C 由a3+a10>0,得a3+a10=a6+a7>0,
又a6a7<0,a1>0,∴a6>0,a7<0.
∴S12=12(a1+a12)2=6(a6+a7)>0,S13=13(a1+a13)2=13a7<0,
则满足Sn>0的最大正整数n的值为12.
6.B 由an+1+(-1)nan=2n-1,得a2=1+a1,a3=3-a2=2-a1,a4=5+a3=7-a1,a5=7-a4=a1,a6=9+a5=9+a1,a7=11-a6=2-a1,a8=13+a7=15-a1,……可知数列{an}中,相邻奇数项的和为2,偶数项中,每隔一项构成公差为8的等差数列,
所以(a1+a3)+(a5+a7)+…+(a45+a47)=2×12=24,
a2+a6+a10+…+a46=(1+a1)+(9+a1)+…+(89+a1)=540+12a1,
a4+a8+…+a48=(7-a1)+(15-a1)+…+(95-a1)=612-12a1,
所以数列{an}的前48项的和S48=24+(540+12a1)+(612-12a1)=1 176.
7.C 由an=Snn+2(n-1)(n∈N*),得Sn=nan-2n(n-1),
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=nan-(n-1)an-1-4(n-1),整理,得an-an-1=4,
所以{an}是首项为1,公差为4的等差数列,
所以an=4n-3,从而Sn+3n=n(a1+an)2+3n=2n2+2n=2n(n+1),
所以1Sn+3n=12n(n+1)=121n-1n+1,
所以数列1Sn+3n的前10项的和T10=12×1-111=511.
8.B 因为a1=1,am+n=am+an+mn(m,n∈N*),
当m=1时,an+1=an+n+1,所以an=an-1+n,所以an=a1+2+3+4+…+n
=1+2+3+4+…+n=n(n+1)2,
所以1an=2n(n+1)=21n-1n+1.
所以Sn=1a1+1a2+…+1an=2×1-12+12-13+…+1n-1n+1=2nn+1.
因为Sn≥74,所以2nn+1≥74,解得n≥7,故选B.
二、填空题
9.答案 90
解析 ∵等差数列{an}的公差d>0,则a2由a2+a5=14,a2a5=40,a2∴a1+d=4,a1+4d=10,解得a1=d=2,因此,等差数列{an}的前9项和为9a1+9×82d=9×2+9×8=90.
10.答案 -10
解析 当n=1时,4S1=2a1-a12,∴a1=-2.
当n≥2时,4Sn=2an-an2,①
4Sn-1=2an-1-an-12,②
①-②,得4an=2an-2an-1-(an2-an-12),
化简,得an-an-1=-2或an+an-1=0.
∵数列{an}是递减数列,且a1=-2,
∴an+an-1=0舍去.
∴数列{an}是首项为-2,公差为-2的等差数列,故a5=-2+(5-1)×(-2)=-10.
三、解答题
11.解析 (1)设数列{an}的首项为a1,公差为d,由题意得2a1+d=8,2a1+9d=2a1+8d+2,解得a1=3,d=2,所以an=2n+1.
(2)证明:由(1)知an=2n+1,
所以Sn=n2(3+2n+1)=n2+2n.
所以1Sn=1n(n+2)=121n-1n+2.
所以Tn=
121-13+12-14+13-15+…
+1n-1-1n+1+1n-1n+2
=121+12-1n+1-1n+2<34.
12.解析 (1)令x1=x2=12,得f12=14=12+m,解得m=2.
(2)由an=f(0)+f1n+f2n+…+fn-1n+f(1),得an=f(1)+fn-1n+…+f1n+f(0),两式相加,得2an=[f(0)+f(1)]+f1n+fn-1n+…+[f(1)+f(0)]=12(n+1),即an=14(n+1),显然数列{an}是等差数列,
当n=1时,a1=12,
所以Sn=n12+14(n+1)2=18n2+38n.
13.解析 (1)依题意an>0,∵Sn=an2+12an,
∴当n=1时,a1=a12+12a1,∴a1=12;
当n≥2时,Sn=an2+12an①,
Sn-1=an-12+12an-1②,
①-②,得(an+an-1)an-an-1-12=0,
其中an+an-1>0,
∴an-an-1-12=0,即an-an-1=12(n≥2),
∴数列{an}是首项为12,公差为12的等差数列,∴an=12n.
(2)由(1)得bn=n(n+1)2,
所以1bn=2n(n+1)=2×1n-1n+1,
所以Tn=
2×1-12+12-13+…+1n-1n+1=21-1n+1=2nn+1.
第2课时 等差数列前n项
和的性质及应用
基础过关练
1.A 设等差数列为{an},首项为a1,公差为d,由S偶-S奇=5d=15-12.5=2.5,得d=0.5.
再由S10=10a1+10×92×12=15+12.5,得a1=0.5.
2.A 因为等差数列{an}的前10项和为30,前30项和为210,
由等差数列的性质得S10,S20-S10,S30-S20成等差数列,所以2(S20-30)=30+(210-S20),解得S20=100.故选A.
3.A 设等差数列{an}的公差为d,∵a4+a6=2a5=-6,∴a5=-3,∵a1=-11,∴-11+4d=-3,∴d=2,
∴Sn=n×(-11)+n(n-1)2×2=n2-12n=(n-6)2-36,
∴当n=6时,Sn取得最小值.
4.答案 18或19
解析 设等差数列{an}的公差为d,由题意,当n=1时,a2=λa1;
当n=2时,a4=λa2,
所以2+d=2λ,2+3d=(2+d)λ,
解得λ=2,d=2或λ=1,d=0(舍去),
所以Sn=na1+n(n-1)d2=n2+n,
记Tn=910nSn=910n(n2+n),
所以Tn+1Tn=910n+1[(n+1)2+(n+1)]910n(n2+n)=9101+2n,
当1≤n≤18,n∈N*时,Tn+1Tn=910×1+2n≥1,此时Tn+1≥Tn,
当n>18,n∈N*时,Tn+1Tn=9101+2n<1,此时Tn+1所以910nSn取最大值时,n=18或n=19.
5.B 设数列{bn}的首项为b1,公差为d,则由b3=-2,b10=12,得b1+2d=-2,b1+9d=12,
解得b1=-6,d=2,
∴bn=-6+(n-1)×2=2n-8,
∴an+1-an=2n-8,
又a1=3,
∴a2-a1=2×1-8,
a3-a2=2×2-8,
a4-a3=2×3-8,
……
a8-a7=2×7-8,
以上各式相加得,a8-a1=2×(1+2+3+…+7)-8×7=0,∴a8=a1=3.
6.C 设该凸多边形内角的度数从小到大构成等差数列{an},a1=120,d=5,则an=120+5(n-1)=5n+115,n∈N*,易知an<180,∴n<13,且n∈N*,由多边形内角和定理得(n-2)×180=120n+n(n-1)2×5,解得n=16或n=9,又n<13,n∈N*,∴n=9.
7.B 被7除余2的自然数从小到大构成等差数列,设该等差数列为{an},an∈N,其首项a1=2,公差d=7,则an=a1+(n-1)d=7n-5,n∈N*,又an<100,∴7n-5<100,∴n<15,∴n的最大值为14,则满足条件的数最大为a14=93,∴这些数的和为a1+a142×14=2+932×14=665.
8.BCD ∵a3=a1+2d=12,∴a1=12-2d.
∴S12=12a1+12×112d=42d+144>0,S13=13a1+13×122d=52d+156<0,
解得-247∵S5=5(a1+a5)2=5a3=5×12=60,∴B正确.
由S12=6(a1+a12)=6(a6+a7)>0,S13=132(a1+a13)=13a7<0,解得a6>0,a7<0.故S1,S2,…,S12中最大的是S6,∴D正确.故选BCD.
9.解析 (1)解法一:设等差数列{an}的公差为d,由题意,得an>0,且a1+a1+4d=27(a1+2d)2,7a1+21d=63,∴a1=3,d=2.
∴an=2n+1.
解法二:∵{an}是等差数列,且a1+a5=27a32,∴2a3=27a32.
又an>0,∴a3=7.
∵S7=7(a1+a7)2=7a4=63,∴a4=9,
∴d=a4-a3=2,
∴an=a3+(n-3)d=2n+1.
(2)∵bn+1-bn=an+1,且an=2n+1,
∴bn+1-bn=2n+3.
∴当n≥2时,
bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1
=(2n+1)+(2n-1)+…+5+3
=n(n+2),
当n=1时,b1=3满足上式,
∴bn=n(n+2),
∴1bn=1n(n+2)=121n-1n+2,
∴Tn=1b1+1b2+…+1bn-1+1bn
=121-13+12-14+13-15+
…+1n-1-1n+1+1n-1n+2
=121+12-1n+1-1n+2
=34-2n+32(n+1)(n+2).
10.C 由题设条件知,火箭每分钟通过的路程数构成以2为首项,2为公差的等差数列,设其前n项和为Sn,则Sn=2n+n(n-1)2×2=n2+n=n(n+1)=240,解得n=15或n=-16(舍).
11.答案 10
解析 由题意可知,从上到下各层钢管数组成了一个等差数列,最上面一层钢管数为1,逐层增加1个.设该等差数列为{an},其前n项和为Sn.
则钢管总数Sn=1+2+3+…+n=n(n+1)2,n∈N*.
当n=19时,S19=190;当n=20时,S20=210>200.
∴当n=19时,剩余钢管根数最少,为200-190=10根.
12.信息提取 ①一件家电的价格为1 150元;②购买当天先付150元;③每月的这一天都交付50元,并加付欠款利息;④月利率为1%;⑤交付150元后的一个月算作分期付款的第一个月.
数学建模 本题是以“分期付款的方式购物”为背景的实际问题,由“每月的这一天都交付50元,并加付欠款利息”可构造等差数列{an}求解.根据题意欠款为1 000元,每月付50元,20次付清,可知{an}是以60为首项,-0.5为公差的等差数列,实际问题可转化为求a10和Sn,利用等差数列的前n项和公式求解.
解析 购买家电时支付150元,则欠款为1 000元,每月付50元,则需20次付清,设每次交款数额依次构成数列{an},
则a1=50+1 000×1%=60,
a2=50+(1 000-50)×1%=59.5,
……
a10=50+(1 000-9×50)×1%=55.5,
即第10个月应付款55.5元.
依次类推可知,{an}是以60为首项,-0.5为公差的等差数列,
所以a1+a2+…+a20=60+(60-19×0.5)2×20=1 105,
全部付清后实际付款1 105+150=1 255(元).
所以分期付款的第10个月该交付55.5元,付清全部贷款后,买这件家电实际花费1 255元.
能力提升练
一、选择题
1.C 由等差数列的前n项和性质知S673,S1 346-S673,S2 019-S1 346成等差数列,
所以由等差中项的性质知2(S1 346-S673)=S673+S2 019-S1 346,又S673=2,S1 346=12,
所以S2 019=3(S1 346-S673)=30,故选C.
2.B ∵f(x)=f(4-x)对任意自变量x都成立,∴函数图象的对称轴为直线x=2.
∵f(a8)=f(a493),∴a8+a493=4,
∴S500=500(a1+a500)2=250×(a1+a500)=
250(a8+a493)=250×4=1 000.故选B.
3.答案 A
信息提取 ①九百九十六斤棉,赠分八子;②次第每人多十七.
数学建模 本题是以我国古代数学名著《算法统宗》中的事件为背景的数学文化问题,由“次第每人多十七”可构造等差数列{an}求解.根据文中记载可将该实际问题转化为已知S8=996,d=17,求a8的等差数列问题,利用等差数列的前n项和公式,先求出a1,再求a8即可.
解析 依题意得,八个子女所得棉花斤数依次构成等差数列,设该等差数列为{an},公差为d,前n项和为Sn,第一个孩子所得棉花斤数为a1,则由题意得,d=17,S8=8a1+8×72×17=996,解得a1=65,∴a8=a1+(8-1)d=184.故选A.
4.C 设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.由Sn有最大值,得d<0.由a11a10<-1,得a11<00,得2a10=a1+a19>0,所以S19>0.由a10+a11<0,得a1+a20=a10+a11<0,所以S20<0,所以Sn取正值时,n的最大值为19.
5.D 由S5=S9得a6+a7+a8+a9=0,即a1+a14=0,所以S14=14×(a1+a14)2=0,故A中结论正确.
由S5=S9得5a1+10d=9a1+36d,即d=-213a1.因为a1>0,所以d<0.
再由Sn对应的二次函数的图象知,对称轴为n=5+92=7,
所以S7最大,故B中结论正确.
由S6>S7得a7<0.又a1>0,所以d<0,
所以a8<0,所以S7>S8.但a6的符号不确定,所以S5与S6的大小无法比较,故C中结论正确,D中结论错误.故选D.
6.B 由数列3,4,6,9,13,18,24,…,得新数列1,2,3,4,5,6,…,所以an-an-1=n-1(n≥2),a1=3,
所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=(n-1)+(n-2)+…+1+3=(n-1+1)(n-1)2+3=n(n-1)2+3,
所以a19=19×182+3=174.故选B.
7.BC 因为S10=S20,所以10a1+10×92d=20a1+20×192d,解得a1=-292d.
对选项A,因为无法确定a1和d的正负,所以无法确定Sn是否有最大值,故A错误;
对选项B,S30=30a1+30×292d=30×-292d+15×29d=0,故B正确;
对选项C,a10+a22=2a16=2(a1+15d)=2×-292d+15d=d>0,故C正确;
对选项D,a10=a1+9d=-292d+9d=-112d,a22=a1+21d=-292d+21d=132d.
因为d<0,所以|a10|=-112d,|a22|=-132d,所以|a10|<|a22|,故D错误.
故选BC.
二、填空题
8.答案 2n-17
解析 设等差数列{an}的公差为d,则a1=a2-d=-13-d,∵a1为整数,∴d为整数,
所以Sn=a1n+n(n-1)2d=(-13-d)n+n(n-1)2d=d2n2-13+3d2n,
由Sn≥S8,结合二次函数的图象与性质可得d>0,152≤--13+3d22×d2≤172,
解得137≤d≤136,又d为整数,所以d=2,所以a1=a2-d=-15,所以an=a1+(n-1)d=-15+2(n-1)=2n-17.
9.答案 25
解析 设等差数列{an}的公差为d,
∵a1=9,a6=a2-8,∴9+5d=9+d-8,解得d=-2,
∴an=9+(n-1)×(-2)=11-2n.
∵a1>0,d<0,
∴要使Sn取得最大值,需满足an=11-2n≥0,an+1=11-2(n+1)≤0,解得92≤n≤112,
又n∈N*,
∴当n=5时,Sn取得最大值,为S5=5×9+5×42×(-2)=25.
10.答案 34
解析 ∵an+2-an=1+(-1)n,n∈N*,
∴当n为奇数时,a2n+1-a2n-1=0,
则数列{a2n-1}是常数列,a2n+1=a1=2;
当n为偶数时,a2n+2-a2n=2,
则数列{a2n}是以a2=3为首项,2为公差的等差数列,
∴a1+a2+…+a9=(a1+a3+a5+a7+a9)+(a2+a4+a6+a8)=2×5+3×4+4×32×2=34.
11.答案 -2 020
解析 在等差数列{an}中,记首项为a1,公差为d,则Snn=a1+n-12d=d2n+a1-d2,所以Sn+1n+1-Snn=d2(n+1)+a1-d2-d2n+a1-d2=d2,
所以Snn是首项为a1,公差为d2的等差数列,
由S5=2 015,S2 015=5,得S55=20155,S20152015=52015,
所以Snn的公差为S20152015-S552015-5=52015-201552015-5,
所以S20202020=S55+(2 020-5)·52015-201552015-5=-1,所以S2 020=-2 020.
12.答案 4
解析 解法一:由题意,得Sn=32n+n(n-1)2×1=12n2+n,则Sk2=12k4+k2,(Sk)2=12k2+k2,
∴12k4+k2=12k2+k2,即14k4-k3=0,解得k=0或k=4.
∵k∈N*,∴k=4.
解法二:∵数列{an}为等差数列,
∴不妨设Sn=An2+Bn,其中A=d2,B=a1-d2,则Sk2=A(k2)2+Bk2,Sk=Ak2+Bk.
由Sk2=(Sk)2,得k2(Ak2+B)=k2(Ak+B)2.
∵k∈N*,∴Ak2+B=(Ak+B)2,即(A2-A)·k2+2ABk+B2-B=0,又A=d2=12,B=a1-d2=1,∴14k2-k=0,解得k=0(舍去)或k=4.
三、解答题
13.解析 (1)∵1a1+1a2+1a3+…+1an=n2(n∈N*)①,∴当n≥2时,1a1+1a2+1a3+…+1an-1=(n-1)2②.
①-②,得1an=2n-1(n≥2),经检验,1a1=1满足上式,∴1an=2n-1(n∈N*),
∴an=12n-1,
∴bn=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1.
(2)由(1)及已知得Sn=
12×1-13+13-15+…+12n-1-12n+1
=n2n+1,
又Sn=n2n+1=12-14n+2,n∈N*,∴Sn∈13,12,∴不等式Sn>λ-12恒成立等价于13>λ-12,∴λ<56.故实数λ的取值范围为-∞,56.
14.解析 (1)因为点(n+1,Sn+3)在抛物线y=x2上,
所以Sn+3=(n+1)2,所以Sn=n2+2n-2.
当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,
an=Sn-Sn-1=(n2+2n-2)-[(n-1)2+2(n-1)-2]=2n+1,
所以an=1,n=1,2n+1,n≥2.
(2)易求an-9=-8,n=1,2n-8,n≥2.
当n≤4时,Tn=-Sn+9n=-n2-2n+2+9n=-n2+7n+2;
当n≥5时,Tn=T4+[Sn-S4-9(n-4)]=14+(n2+2n-2-22-9n+36)=n2-7n+26.
综上,Tn=-n2+7n+2,n≤4,n2-7n+26,n≥5.
15.解析 (1)易知an≠0,当n≥2时,an+1an=n+1n,从而当n≥3时,anan-1=nn-1,故an=a1·a2a1·a3a2·…·anan-1=1×1×32×…×nn-1=n2,n≥3.
又∵a1=a2=1,∴an=1,n=1,n2,n≥2.
(2)由(1)知,bn=2n1an+1-λ=2n2n+1-λ,
若对任意的n∈N*,数列{bn}是单调递减数列,
则bn+1-bn=2n4n+2-2n+1-λ<0对任意的n∈N*恒成立,即λ>4n+2-2n+1max,
又4n+2-2n+1=2n(n+1)(n+2)=2n+2n+3.
因为函数y=x+2x(x>0)在区间(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,
所以当n=1或n=2时,n+2n+3取得最小值6,即4n+2-2n+1取得最大值13,
故实数λ的取值范围为13,+∞.
16.解析 (1)在数列{an}中,a2=14,且an+1=(n-1)ann-an(n=2,3,4,…),
∴a3=(2-1)a22-a2=142-14=17,a4=(3-1)a33-a3=2×173-17=110.
(2)当n≥2时,1an+1-1=n-an(n-1)an-1=n(1-an)(n-1)an=nn-11an-1,
∴当n≥2时,bn=nn-1bn-1,
故bn+1=n+1nbn,n∈N*,
bn=nn-1×n-1n-2×n-2n-3×…×21×b1=nb1.
∵b1=3,∴bn=3n,n∈N*.
(3)∵cn=sin3csbn·csbn+1
=sin(3n+3-3n)cs(3n+3)·cs3n=tan(3n+3)-tan 3n,
∴Sn=c1+c2+…+cn=(tan 6-tan 3)+(tan 9-tan 6)+…+[tan(3n+3)-tan 3n]=tan(3n+3)-tan 3.
2.1~2.3综合拔高练
五年高考练
1.B 设等差数列{an}的公差为d,因为a1=-9,a5=-1,所以4d=a5-a1=-1-(-9)=8,解得d=2,所以等差数列{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=2n-11,
所以a1=-9,a2=-7,a3=-5,a4=-3,a5=-1,a6=1,……,an=2n-11,
且当n≥6时,an=2n-11>0恒成立.
因为Tn=a1a2…an(n=1,2,…),所以T1=-9,T2=63,T3=-315,T4=945,T5=-945,当n≥6时,Tn=a1a2a3a4a5a6…an<0恒成立,且n越大,Tn的绝对值越大,因此,在数列{Tn}中,T4最大;当n≥6时,Tn<0,所以数列{Tn}无最小项,故选B.
2.答案 an=6n-3
解析 设等差数列{an}的公差为d,则a2+a5=a1+d+a1+4d=2a1+5d=6+5d=36,所以d=6,所以an=a1+(n-1)d=6n-3.
3.C 由题意可设每层有n个环,则三层共有3n个环,∴每一环扇面形石板的块数构成以a1=9为首项,9为公差的等差数列{an},且项数为3n.不妨设上层扇面形石板总数为S1,中层总数为S2,下层总数为S3,
∴S3-S2=9(2n+1)·n+n(n-1)2×9-9(n+1)·n+n(n-1)2×9=9n2=729,解得n=9(负值舍去).
则三层共有扇面形石板(不含天心石)27×9+27×262×9=27×9+27×13×9=27×14×9=3 402(块).故选C.
4.A 设{an}的公差为d,依题意,得4a1+4×32d=0①,a1+4d=5②,
联立①②,解得a1=-3,d=2,
所以an=2n-5,Sn=n2-4n.故选A.
5.D 对于A,a2,a4,a6成等差数列,∴A成立;对于B,由bn+1=S2n+2-S2n=a2n+2+a2n+1,可得bn+1-bn=a2n+2+a2n+1-(a2n+a2n-1)=a2n+2-a2n+a2n+1-a2n-1=4d,故{bn}是等差数列,则b2,b4,b6也成等差数列,∴B成立;对于C,a42=(a1+3d)2=a12+6a1d+9d2,a2a8=(a1+d)(a1+7d)=a12+8a1d+7d2,所以a42-a2a8=2d2-2a1d=2d(d-a1),当d=a1时,a42=a2a8成立;对于D,b42=(a1+a2+12d)2=(2a1+13d)2=4a12+52a1d+169d2,b2b8=(a1+a2+4d)(a1+a2+28d)=(2a1+5d)(2a1+29d)=4a12+68a1d+145d2,∴b42-b2b8=24d2-16a1d=8d23-2·a1d≥8d2>0,∴b42≠b2b8,∴D不可能成立.故选D.
6.答案 10
解析 数列n(n+1)2的前三项依次为1×22=1,2×32=3,3×42=6,∴所求和为1+3+6=10.
7.答案 3n2-2n
解析 ∵数列{2n-1}的项为1,3,5,7,9,11,13,…,
数列{3n-2}的项为1,4,7,10,13,…,
∴数列{an}是首项为1,公差为6的等差数列,
∴an=1+(n-1)×6=6n-5,
∴数列{an}的前n项和Sn=(1+6n-5)×n2=3n2-2n.
8.答案 25
解析 设等差数列{an}的公差为d,
则a2=-2+d,a6=-2+5d,
因为a2+a6=2,
所以-2+d+(-2+5d)=2,解得d=1,
所以S10=10×(-2)+10×92×1=-20+45=25.
9.答案 4
解析 设等差数列{an}的公差为d,
∵a2=3a1,
∴a2=a1+d=3a1,∴d=2a1,
∴S10=10a1+10×92d=100a1,
S5=5a1+5×42d=25a1,
又∵a1≠0,∴S10S5=4.
10.答案 0;-10
解析 设等差数列{an}的公差为d,
∵a2=-3,S5=-10,
∴a1+d=-3,5a1+5×42d=-10,即a1+d=-3,a1+2d=-2,
解得a1=-4,d=1,
∴a5=a1+4d=0,Sn=na1+n(n-1)2d=-4n+n2-n2=12(n2-9n)=12n-922-818.
∵n∈N*,∴n=4或5时,Sn取最小值,最小值为-10.
11.解析 (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=n(n-9)d2.
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}.
12.答案 7
解析 令n=2k(k∈N*),则有a2k+2+a2k=6k-1(k∈N*),
∴a2+a4=5,a6+a8=17,a10+a12=29,a14+a16=41,
∴前16项的所有偶数项和S偶=5+17+29+41=92,
∴前16项的所有奇数项和S奇=540-92=448,
令n=2k-1(k∈N*),则有a2k+1-a2k-1=6k-4(k∈N*).
∴a2k+1-a1=(a3-a1)+(a5-a3)+(a7-a5)+…+(a2k+1-a2k-1)=2+8+14+…+6k-4=k(2+6k-4)2=k(3k-1)(k∈N*),
∴a2k+1=k(3k-1)+a1(k∈N*),
∴a3=2+a1,a5=10+a1,a7=24+a1,a9=44+a1,a11=70+a1,a13=102+a1,a15=140+a1,
∴前16项的所有奇数项和S奇=a1+a3+…+a15=8a1+2+10+24+44+70+102+140=8a1+392=448.
∴a1=7.
13.解析 (1)因为a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,故当n≥2时,a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1).
两式相减得(2n-1)an=2.
所以an=22n-1(n≥2).
又由题设可得a1=2,
从而{an}的通项公式为an=22n-1(n∈N*).
(2)记an2n+1的前n项和为Sn.
由(1)知an2n+1=2(2n+1)(2n-1)=12n-1-12n+1,
则Sn=11-13+13-15+…+12n-1-12n+1=2n2n+1.
三年模拟练
1.B 由an+1-an+1an=1+an,可得an+1=1+an1-an(an≠1).因为a1=13,所以a2=2,a3=-3,a4=-12,a5=13,……,所以{an}是以4为周期的周期数列,又因为a1a2a3a4=1,2 021=4×505+1,所以{an}的前2 021项的积为1505×13=13.
2.B 设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,
则am=a1+(m-1)d=4,Sm=ma1+m(m-1)2d=0,Sm+2-Sm=am+1+am+2=2a1+(2m+1)d=14,
解得a1=-4,m=5,d=2,所以an=-4+(n-1)×2=2n-6(n∈N*),
所以a2 019=2×2 019-6=4 032.
3.C 当n≥2时,Sn+2-Sn-1+1Sn+1-Sn+1=3,
∴an+2+an+1+an+1an+1+1=3,
∴an+2-2an+1+an=2,∴(an+2-an+1)-(an+1-an)=2,故数列{an+1-an}从第2项起是等差数列,又∵a1=2,a2=6,a3=12,
∴(a3-a2)-(a2-a1)=2,
∴an+1-an=4+2(n-1)=2n+2,
∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n+2(n-1)+…+2×2+2=2×n(n+1)2=n(n+1),
∴(n+1)2an=n+1n(n≥2),
∴当n≥2时,bn=(n+1)2an=n+1n=1,
又∵b1=(1+1)2a1=2,∴T2 020=22a1+32a2+…+20212a2020=2+2 019=2 021.
4.ABD ∵S2 018>0,S2 019<0,
∴2018(a1+a2018)2=2018(a1009+a1010)2>0,
2019(a1+a2019)2=2 019a1 010<0,
∴a1 009+a1 010>0,a1 010<0,
可得a1 009>0,a1 010<0,|a1 009|>|a1 010|,
故A,B,D都正确,C错误.
解题模板 设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,则
5.答案 2943
解析 因为{an},{bn}是等差数列,所以a11b6+b10+a5b7+b9=a11+a52b8=2a82b8=a8b8,S15T15=a1+a15b1+b15=2a82b8=a8b8,又S15T15=2×15-13×15-2=2943,
∴a11b6+b10+a5b7+b9=2943.
6.答案 14,54
解析 由Sn+Sn+1=2n2+3n①可得Sn-1+Sn=2(n-1)2+3(n-1)(n≥2)②,
①-②,得an+an+1=4n+1(n≥2)③,
∴an-1+an=4n-3④,
③-④,得an+1-an-1=4,
∴数列a2,a4,a6,…是以4为公差的等差数列,数列a3,a5,a7,…是以4为公差的等差数列.
当n=1时,由Sn+Sn+1=2n2+3n及a1=m可得,a2=5-2m,
∴a4=a2+4=9-2m,
当n=2时,由an+an+1=4n+1可得,a3=4+2m.
要使得对任意n∈N*,an只需要a1则m的取值范围是14,54.
7.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,首项为a1.
∵a2=7,S4=40,∴a1+d=7,4a1+4×32d=40,
解得a1=1,d=6,∴an=6n-5(n∈N*).
(2)由(1)知bn=3anan+1=3(6n-5)(6n+1)=1216n-5-16n+1,
所以Tn=
12×1-17+17-113+…+16n-5-16n+1=12×1-16n+1<12,
∴当2Tn≤λ-2 020对所有n∈N*都成立时,
只需满足1≤λ-2 020,则λ≥2 021,故λ∈[2 021,+∞).
8.解析 (1)因为数列{an}满足(n+2)an=(n+1)an+1-2(n2+3n+2),
所以将n=1代入得3a1=2a2-12,又a1=2,所以a2=9.将n=2代入得4a2=3a3-24,所以a3=20.从而b1=1,b2=3,b3=5.
(2)数列{bn}是以1为首项,2为公差的等差数列.理由如下:
将(n+2)an=(n+1)an+1-2(n2+3n+2)两边同时除以(n+1)(n+2),
得ann+1=an+1n+2-2(n+1)(n+2)(n+1)(n+2),
化简,得an+1n+2-ann+1=2,即bn+1-bn=2,
所以数列{bn}是以1为首项,2为公差的等差数列.
(3)由(2)可得bn=1+2(n-1)=2n-1=2n-1,所以an=(n+1)bn=(n+1)·(2n-1)=2n2+n-1.
方法总结 等差数列的四个判定方法:
(1)定义法:证明对任意正整数n都有an+1-an等于同一个常数.
(2)等差中项法:证明对任意正整数n都有2an+1=an+an+2后,可递推得出an+2-an+1=an+1-an=an-an-1=an-1-an-2=…=a2-a1,根据定义得出数列{an}为等差数列.
(3)通项公式法:得出an=pn+q后,有an+1-an=p对任意正整数n恒成立,根据定义判断数列{an}为等差数列.
(4)前n项和公式法:得出Sn=An2+Bn后,根据Sn,an的关系得出an,再用定义法证明数列{an}为等差数列.
9.解析 (1)当n=1时,a12=2S1-a1,所以a1=1.
因为n∈N*时,an2=2Sn-an①,所以当n≥2时,an-12=2Sn-1-an-1②,①-②,得an2-an-12=(2Sn-an)-(2Sn-1-an-1),即an2-an-12=an+an+1.∵an+an+1>0,∴an-an-1=1(n≥2),
∴数列{an}是首项为1,公差为1的等差数列,∴an=1+(1-n)×1=n.
(2)由(1),得bn=3n+λ·2n,所以bn+1=3n+1+λ·2n+1.若对任意n∈N*都有bn+1>bn成立,则有3n+1+λ·2n+1>3n+λ·2n成立,整理,得λ>-2×32n.
设f(n)=-2×32n,n∈N*.
∵f(n)单调递减,∴f(n)max=f(1)=-3,
∴λ>-3,故实数λ的取值范围为(-3,+∞).
10.答案 9
解析 因为an-an-1=d(n≥2),所以ak=a1+(k-1)d.因为2a1·d=-1,所以a1·d=-12,
所以a1·ak=a1·[a1+(k-1)d]=|a1|2+(k-1)a1·d=4-k-12=0,解得k=9.
a1<0,d<0
Sn有最大值S1=a1,无最小值
a1>0,d<0
数列{an}只有前面的有限项为非负数,从某项开始,其余所有项均为负数,所以Sn有最大值,无最小值
a1<0,d>0
数列{an}只有前面的有限项为负数,从某项开始其余所有项均为非负数,所以Sn有最小值,无最大值
a1>0,d>0
Sn有最小值S1=a1,无最大值