高中数学同步练习 等差数列

6-2等差数列基础巩固强化1.(2012·福州质检)在等差数列{an}中，a9＋a11＝10，则数列{an}的前19项之和为()A．98B．95C．93D．90[分析]由求和公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)，及等差数列的性质a1＋a19＝a9＋a11可求解结果．[答案]B[解析]S19＝eq\f(19×a1＋a19,2)＝eq\f(19×a9＋a11,2)＝eq\f(19×10,2)＝95，故选B.2．(文)已知等差数列{an}的公差为d(d≠0)，且a3＋a6＋a10＋a13＝32，若am＝8，则m为()A．12 B．8C．6 D．4[答案]B[解析]由等差数列性质知，a3＋a6＋a10＋a13＝(a3＋a13)＋(a6＋a10)＝2a8＋2a8＝4∴a8＝8.∴m＝8.故选B.(理)已知数列{an}是等差数列，a4＝15，S5＝55，则过点P(3，a3)，Q(4，a4)的直线的斜率是()A．4 B.eq\f(1,4)C．－4 D．－143[答案]A[解析]∵{an}是等差数列，a4＝15，S5＝55，∴a1＋a5＝22，∴2a3＝22，∴a3＝11.∴kPQ＝eq\f(a4－a3,4－3)＝4，故选A.3．(2011·山东东明县月考)在等差数列{an}中，已知a1＝2，a2＋a3＝13，则a4＋a5＋a6等于()A．40 B．42C．43 D．45[答案]B[解析]∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,2a1＋3d＝13.))∴d＝3.∴a4＋a5＋a6＝3a1＋12d＝42，故选B.4．(2011·江西八校联考)设数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，已知a1＋a4＋a7＝99，a2＋a5＋a8＝93，若对任意n∈N*，都有Sn≤Sk成立，则k的值为()A．22 B．21C．20 D．19[答案]C[解析]设等差数列{an}的公差为d，则有3d＝93－99＝－6，∴d＝－2；∴a1＋(a1＋3d)＋(a1＋6d)＝3a1＋9d＝3a1－18＝99，∴a1＝39，∴an＝a1＋(n－1)d＝39－2(n－1)＝41－2n.令an＝41－2n>0得n<20.5，即在数列{an}中，前20项均为正，自第21项起以后各项均为负，因此在其前n项和中，S20最大．依题意得知，满足题意的5．设{an}是递减的等差数列，前三项的和是15，前三项的积是105，当该数列的前n项和最大时，n等于()A．4 B．5C．6 D．7[答案]A[解析]∵{an}是等差数列，且a1＋a2＋a3＝15，∴a2＝5，又∵a1·a2·a3＝105，∴a1a3＝21，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1a3＝21，,a1＋a3＝10.))及{an}递减可求得a1＝7，d＝－2，∴an＝9－2n，由an≥0得n≤4，∴选A.6．已知数列{an}满足an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n－1n为奇数，,nn为偶数，))则a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a99＋a100＝()A．4800 B．4900C．5000 D．5100[答案]C[解析]由条件知，数列an各项依次为：0,2,2,4,4,6,6，…，∴S100＝2×(2＋4＋6＋…＋100)－100＝5000.7．(2012·湖南八模)等差数列的前n项和为Sn，若S7－S3＝8，则S10＝________；一般地，若Sn－Sm＝a(n>m)，则Sn＋m＝________.[答案]20，eq\f(n＋ma,n－m)[解析]S7－S3＝a4＋a5＋a6＋a7＝2(a4＋a7)＝2(a1＋a10)＝8，∴a1＋a10＝4，∴S10＝eq\f(10a1＋a10,2)＝20，∵Sn－Sm＝am＋1＋am＋2＋…＋an＝a，∴Sn＋m＝(a1＋a2＋…＋am)＋(am＋1＋am＋2＋…＋an)＋(an＋1＋an＋2＋…＋an＋m)＝(n＋m)·eq\f(a,n－m)＝eq\f(n＋ma,n－m).8．(文)已知函数f(x)＝sinx＋tanx.项数为27的等差数列{an}满足an∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，且公差d≠0.若f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a27)＝0，则当k＝________时，f(ak)＝0.[答案]14[解析]∵f(x)＝sinx＋tanx为奇函数，且在x＝0处有定义，∴f(0)＝0.∵{an}为等差数列且d≠0，∴an(1≤n≤27，n∈N*)对称分布在原点及原点两侧，∵f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a27)＝0，∴f(a14)＝0.∴k＝14.(理)(2011·南京一模)已知各项都为正数的等比数列{an}中，a2·a4＝4，a1＋a2＋a3＝14，则满足an·an＋1·an＋2>eq\f(1,9)的最大正整数n的值为________．[答案]4[解析]设等比数列{an}的公比为q，其中q>0，依题意得aeq\o\al(2,3)＝a2·a4＝4，又a3>0，因此a3＝a1q2＝2，a1＋a2＝a1＋a1q＝12，由此解得q＝eq\f(1,2)，a1＝8，an＝8×(eq\f(1,2))n－1＝24－n，an·an＋1·an＋2＝29－3n.由于2－3＝eq\f(1,8)>eq\f(1,9)，因此要使29－3n>eq\f(1,9)，只要9－3n≥－3，即n≤4，于是满足an·an＋1·an＋2>eq\f(1,9)的最大正整数n的值为4.9．(文)将正偶数按下表排成5列：第1列第2列第3列第4列第5列第1行2468第2行16141210第3行18202224…………2826那么2014应该在第________行第________列．[答案]2522[解析]通项an＝2n，故2014为第1007项，∵1007＝4×251＋3，又251为奇数，因此2014应排在第252行，且第252行从右向左排第3个数，即252行第2列．(理)已知an＝n的各项排列成如图的三角形状：记A(m，n)表示第m行的第n个数，则A(31,12)＝________.a1a2a3a5a6a7a…………[答案]912[解析]由题意知第1行有1个数，第2行有3个数，……第n行有2n－1个数，故前n行有Sn＝eq\f(n[1＋2n－1],2)＝n2个数，因此前30行共有S30＝900个数，故第31行的第一个数为901，第12个数为912，即A(31,12)＝912.10．(2012·济南一模)已知数列{an}的各项为正数，前n项和为Sn，且Sn＝eq\f(anan＋1,2)，n∈N*.(1)求证：数列{an}是等差数列；(2)设bn＝eq\f(1,2Sn)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.[分析](1)欲证{an}是等差数列，由Sn＝eq\f(anan＋1,2)及an＝Sn－Sn－1消去Sn得到an与an－1的关系式，只要an－an－1＝常数即可获证；(2)将an代入Sn＝eq\f(anan＋1,2)可得Sn，进而可得bn，由于Sn是n的二次式，故{bn}求和可用裂项求和法．[解析](1)证明：∵Sn＝eq\f(anan＋1,2)，n∈N*，∴n＝1时，S1＝eq\f(a1a1＋1,2)，∴a1＝1.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2Sn＝a\o\al(2,n)＋an，,2Sn－1＝a\o\al(2,n－1)＋an－1.))⇒2an＝2(Sn－Sn－1)＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋an－an－1，所以(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝1，n≥2，所以数列{an}是等差数列．(2)由(1)an＝n，Sn＝eq\f(nn＋1,2)，所以bn＝eq\f(1,2Sn)＝eq\f(1,nn＋1)，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,1·2)＋eq\f(1,2·3)＋…＋eq\f(1,nn＋1)＝(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).能力拓展提升11.(文)(2011·合肥一模)已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，eq\f(1,2)a3,2a2成等差数列，则eq\f(a9＋a10,a7＋a8)＝()A．1＋eq\r(2) B．1－eq\r(2)C．3＋2eq\r(2) D．3－2eq\r(2)[答案]C[解析]设等比数列{an}的公比为q(q>0)，则由题意得a3＝a1＋2a2，即a1q2＝a1＋2a1∵a1>0，∴q2－2q－1＝0，∴q＝1±eq\r(2).又q>0，因此有q＝1＋eq\r(2)，∴eq\f(a9＋a10,a7＋a8)＝eq\f(q2a7＋a8,a7＋a8)＝q2＝(1＋eq\r(2))2＝3＋2eq\r(2)，选C.(理)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若点O(0,0)，A(l，Sl)，B(m，Sm)，C(p，Sp)(其中l<m<p)，且向量eq\o(AB,\s\up16(→))与eq\o(OC,\s\up16(→))共线，则l、m、p之间的关系是()A．m＝p＋l B．2m＝p＋C．2p＝m＋l D．p＝m＋l[答案]D[解析]依题意得eq\o(AB,\s\up16(→))＝(m－l，Sm－Sl)，eq\o(OC,\s\up16(→))＝(p，Sp)，因为于eq\o(AB,\s\up16(→))与eq\o(OC,\s\up16(→))共线，所以有(m－l)Sp＝p(Sm－Sl)，再设等差数列{an}的公差为d，代入整理可得p＝m＋l，故选D.[点评]可取特殊等差数列验证求解，如取an＝n.12．(文)(2012·大纲全国理，5)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列{eq\f(1,anan＋1)}的前100项和为()A.eq\f(100,101) B.eq\f(99,101)C.eq\f(99,100) D.eq\f(101,100)[答案]A[解析]本小题主要考查等差数列的通项公式和前n项和公式的运用，以及裂项求和的综合应用．∵a5＝5，S5＝15∴eq\f(5a1＋a5,2)＝15，即a1＝1.∴d＝eq\f(a5－a1,5－1)＝1，∴an＝n.∴eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).则数列{eq\f(1,anan＋1)}的前100项的和为：T100＝(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋(eq\f(1,100)－eq\f(1,101))＝1－eq\f(1,101)＝eq\f(100,101).故选A.[点评]本题亦可利用等差数列的性质，由S5＝15得5a3＝15，即a3(理)(2011·黄冈3月质检)设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，bn是以1为首项，2为公比的等比数列，则()A．1033 B．2057C．1034 D．2058[答案]A[解析]13．(2012·石家庄一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＋a7＋a10＝9，S14－S3＝77，则使Sn取得最小值时n的值为()A．4B．5C．6D．7[答案]B[解析]∵a4＋a7＋a10＝9，∴a7＝3，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a7＝3，,S14－S3＝77，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋6d＝3，,11a1＋88d＝77，))解之得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－9，,d＝2，))∴an＝2n－11，∴Sn最小时，n＝5，故选B.14．(2012·北京东城区综合练习)若数列{an}满足eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝d(n∈N＋，d为常数)，则称数列{an}为调和数列，设数列{eq\f(1,xn)}为调和数列，且x1＋x2＋…＋x20＝200，则x5＋x16＝________.[答案]20[解析]由调和数列的定义可得，xn＋1－xn＝d，即{xn}是等差数列，∴x1＋x2＋…＋x20＝10(x1＋x20)＝200，∴x1＋x20＝20，∴x5＋x16＝x1＋x20＝20.15．(2012·东北三校二模)公差不为零的等差数列{an}中，a3＝7，且a2、a4、a9成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设an＝bn＋1－bn，b1＝1，求数列{bn}的通项公式．[解析](1)由条件知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3＝7，,a\o\al(2,4)＝a2·a9，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝7，,a1＋3d2＝a1＋d·a1＋8d，))解之得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝3.))∴an＝3n－2.(2)由条件知，b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝1＋a1＋a2＋…＋an－1＝1＋eq\f(n－11＋3n－5,2)＝eq\f(3n2－7n＋6,2)，∴bn＝eq\f(3n2－7n＋6,2).16．(文)(2012·东北三省四市第二次联考)已知等差数列{an}满足a4＝6，a6＝10.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设等比数列{bn}各项均为正数，其前n项和Tn，若a3＝b2＋2，T3＝7，求Tn.[解析](1)设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，∵a4＝6，a6＝10，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＝6，,a1＋5d＝10.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝0，,d＝2.))∴数列{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝2n－2.(2)设各项均为正数的等比数列{bn}的公比为q(q>0)．∵an＝2n－2，∴a3＝2×3－2＝4.∵a3＝b2＋2，∴b2＝2.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1q＝2，,b11＋q＋q2＝7.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1＝1，,q＝2，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1＝4，,q＝\f(1,2).))∴Tn＝eq\f(b11－qn,1－q)＝eq\f(1×1－2n,1－2)＝2n－1，或Tn＝eq\f(4×[1－\f(1,2)n],1－\f(1,2))＝8－(eq\f(1,2))n－3.(理)(2012·湖北文，20)已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8.(1)求等差数列{an}的通项公式；(2)若a2、a3、a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和．[分析](1)利用等差数列的通项公式，及相关关系求出首项和公差．(2)先确定数列的通项公式，由于首项a1<0需判断从哪一项开始an>0，将{|an|}前n项和写为分段函数的形式．[解析](1)设等差数列{an}的公差为d，则a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝－3，,a1a1＋da1＋2d＝8.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝－3，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝3.))所以由等差数列通项公式可得an＝2－3(n－1)＝－3n＋5，或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7.故an＝－3n＋5，或an＝3n－7.(2)当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4,2，不成等比数列；当an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件．故|an|＝|3n－7|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3n＋7，n＝1，2.,3n－7，n≥3.))记数列{|an|}的前n项和为Sn.当n＝1时，S1＝|a1|＝4；当n＝2时，S2＝|a1|＋|a2|＝5；当n≥3时，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)＝5＋eq\f(n－2[2＋3n－7],2)＝eq\f(3,2)n2－eq\f(11,2)n＋10.当n＝2时，满足此式．综上，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,\f(3,2)n2－\f(11,2)n＋10，n>1.))1．如表定义函数f(x)：x12345f(x)54312对于数列{an}，a1＝4，an＝f(an－1)，n＝2,3,4，…，则a2014的值是()A．1 B．2C．3 D．4[答案]A[解析]本题可通过归纳推理的方法研究数列的规律．由特殊到一般易知a1＝4，a2＝f(a1)＝f(4)＝1，a3＝f(a2)＝f(1)＝5，a4＝f(a3)＝f(5)＝2，a5＝f(a4)＝f(2)＝4，…，据此可归纳数列{an}为以4为周期的数列，从而a2014＝a2＝1.2．(2012·福建文，11)数列{an}的通项公式an＝ncoseq\f(nπ,2)，其前n项和为Sn，则S2012等于()A．1006 B．2012C．503 D．0[答案]A[解析]本题考查了数列求和中的分组求和思想方法．∵y＝coseq\f(nπ,2)的周期T＝eq\f(2π,\f(π,2))＝4，∴可分四组求和．a1＋a5＋…＋a2009＝0，a2＋a6＋…＋a2010＝－2－6－…－2010＝eq\f(503·－2－2010,2)＝－503×1006，a3＋a7＋…＋a2011＝0，a4＋a8＋…＋a2012＝4＋8＋…＋2012＝eq\f(503·4＋2012,2)＝503×1008，∴S2012＝0－503×1006＋0×1008＝503·(－1006＋1008)＝1006.[点评]对于不能直接套用已有公式的情形，要注意适当化归或分组，数列求和一般有直套公式型，分组求和型，裂项相消型和错位相减型等．3．(2011·海淀期末)已知等差数列{an}中，|a3|＝|a9|，公差d<0，Sn是数列{an}的前n项和，则()A．S5>S6 B．S5<S6C．S6＝0 D．S5＝S6[答案]D[解析]∵d<0，|a3|＝|a9|，∴a3>0，a9<0，且a3＋a9＝0，∴a6＝eq\f(a3＋a9,2)＝0，∴S5＝S6.4．在等差数列{an}中，a1＝25，S17＝S9，则Sn的最大值为________．[答案]169[分析]利用前n项和公式和二次函数性质求解．[解析]方法1：由S17＝S9，得25×17＋eq\f(17,2)(17－1)d＝25×9＋eq\f(9,2)(9－1)d，解得d＝－2，∴Sn＝25n＋eq\f(n,2)(n－1)·(－2)＝－(n－13)2＋169，∴由二次函数性质，当n＝13时，Sn有最大值169.方法2：先求出d＝－2，∵a1＝25>0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝25－2n－1≥0，,an＋1＝25－2n≤0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n≤13\f(1,2)，,n≥12\f(1,2).))∴当n＝13时，Sn有最大值169.方法3：由S17＝S9得a10＋a11＋…＋a17＝0，而a10＋a17＝a11＋a16＝a12＋a15＝a13＋a14，故a13＋a14＝0.∵d＝－2<0，a1>0，∴a13>0，a14<0，故n＝13时，Sn有最大值．方法4：由d＝－2得Sn的图象如图所示(图象上一些孤立点)，由S17＝S9知图象对称轴为n＝eq\f(9＋17,2)＝13，∴当n＝13时，Sn取得最大值169.5．已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足10Sn＝aeq\o\al(2,n)＋5an＋6，且a1、a3、a15成等比数列，求数列{an}的通项公式．[解析]∵10Sn＝aeq\o\al(2,n)＋5an＋6①∴10a1＝aeq\o\al(2,1)＋5a1＋6，解之得a1＝2或a1＝3又10Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋5an－1＋6(n≥2)，②由①－②得10an＝(aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1))＋5(an－an－1)，即(an＋an－1)(an－an－1－5)＝0.∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝5(n≥2)．当a1＝3时，a3＝13，a15＝73.a1、a3、a15不成等比数列，∴a1≠3；当a1＝2时，a3＝12，a15＝72，有aeq\o\al(2,3)＝a1a15，∴a1＝2，∴an＝5n－3.[点评]Sn与an的关系是高考中经常出现的．该问题较新颖，但新而不难．思维的选择性很有深意，值得回味．6．(2012·安徽师大附中三模)各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且点(an，Sn)在函数y＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)x－3的图象上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝nan(n∈N*)，求证：eq\f(1,b1)＋eq\f(1,b2)＋…＋eq\f(1,bn)<eq\f(3,4).[解析](1)∵点(an，Sn)在函数y＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)x－3的图象上，∴2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an－6.∴2Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋an－1－6(n≥2)．将两式作差，得2an＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋an－an－1，∴(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，又an>0，∴an＋an－1≠0.∴an－an－1＝1.当n＝1时，2a1＝aeq\o\al(2,1)＋a1－6，得a1＝3，故{an}是首项为3，公差为1的等差数列，∴an＝n＋2.(2)证明：∵bn＝n(n＋2)，∴eq\f(1,bn)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2))，∴eq\f(1,b1)＋eq\f(1,b2)＋…＋eq\f(1,bn)＝eq\f(1,2)[(1－eq\f(1,3))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,4))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,5))＋(eq\f(1,4)－eq\f(1,6))＋…＋(eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n＋1))＋(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2))]＝eq\f(1,2)(1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2))<eq\f(3,4)，∴对一切n∈N*，eq\f(1,b1)＋eq\f(1,b2)＋…＋eq\f(1,bn)<eq\f(3,4)(n∈N*)．8．在数列{an}中，a1＝4，且对任意大于1的正整数n，点(eq\r(an)，eq\r(an－1))在直线y＝x－2上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)已知b1＋b2＋…＋bn＝an，试比较an与bn的大小．[解析](1)∵点(eq\r(an)，eq\r(an－1))在直线y＝x－2上，∴eq\r(an)＝eq\r(an－1)＋2，即数列{eq\r(an)}是以eq\r(a1)＝2为首项，公差d＝2的等差数列．∴eq\r(an)＝2＋2(n－1)＝2n，∴an＝4n2.(2)∵b1＋b2＋…＋bn＝an，∴当n≥2时，bn＝an－an－1＝4n2－4(n－1)2＝8n－4，当n＝1时，b1＝a1＝4，满足上式．∴bn＝8n－4，∴an－bn＝4n2－(8n－4)＝4(n－1)2≥0，∴an≥bn.[点评]第(2)问可由b1＋b2＋…＋bn＝an得，an－bn＝an－1＝4(n－1)2≥0，∴an≥bn简捷明了，注意观察分析常能起到事半功倍的效果．9．已知{an}是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a6＝55，a2＋