人教A版选择性必修第二册4.2.2第2课时等差数列习题课作业

等差数列习题课(30分钟60分)一、选择题(每题5分，共30分，多项选择题全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，a1＋a4＋a7＝39，a2＋a5＋a8＝33，那么a6的值为()A．10B．9C．8D．7【解析】选B.由于等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，a1＋a4＋a7＝39，a2＋a5＋a8＝33，所以2(a2＋a5＋a8)＝(a1＋a4＋a7)＋(a3＋a6＋a9)，所以a3＋a6＋a9＝27，所以3a6＝27，所以a6＝9.2．等差数列{an}的公差d≠0，Sn是其前n项和，假设a1＋a3＋a5＝－15，a2＋a4＋a6＝－21，那么eq\f(1,8)S3的值是()A．－5B．－eq\f(5,8)C．－eq\f(9,8)D．－eq\f(1,8)【解析】选C.由等差数列性质知3a3＝－15，3a4＝－21，故a3＝－5，a4＝－7，那么a2＝－3.那么eq\f(1,8)S3＝eq\f(1,8)×eq\f(3〔a1＋a3〕,2)＝eq\f(3a2,8)＝－eq\f(9,8).3．在数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，a1＝3，且对任意大于1的正整数n，点(eq\r(an)，eq\r(an－1))在直线x－y－eq\r(3)＝0上，那么()A．an＝3n B．an＝eq\r(3n)C．an＝n－eq\r(3) D．an＝3n2【解析】选D.由于点(eq\r(an)，eq\r(an－1))在直线x－y－eq\r(3)＝0上，所以eq\r(an)－eq\r(an－1)＝eq\r(3)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\r(an)))是首项为eq\r(3)，公差为eq\r(3)的等差数列．所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\r(an)))的通项公式为eq\r(a)n＝eq\r(3)＋(n－1)·eq\r(3)＝eq\r(3)n.所以an＝3n2.4．假设数列{an}的通项an＝2n－6，设bn＝|an|，那么数列{bn}的前7项和为()A．14B．24C．26D．28【解析】选C.当n≤3时，an≤0，bn＝|an|＝－an＝6－2n，即b1＝4，b2＝2，b3＝0.当n>3时，an>0，bn＝|an|＝an＝2n－6，即b4＝2，b5＝4，b6＝6，b7＝8.所以数列{bn}的前7项和为4＋2＋0＋2＋4＋6＋8＝26.5．等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，那么数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\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)【解析】选A.由于a5＝5，S5＝15，所以eq\f(5〔a1＋5〕,2)＝15，所以a1＝1.所以d＝eq\f(a5－a1,5－1)＝1，所以an＝n.所以eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,n〔n＋1〕)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).那么数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前100项的和为：T100＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,100)－\f(1,101)))＝1－eq\f(1,101)＝eq\f(100,101).6．(多项选择题)等差数列{an}中，eq\f(an,a2n)是一个与n无关的常数，那么该常数的可能值为()A．1B．eq\f(1,2)C．2D．3【解析】选AB.此题考查等差数列．设等差数列{an}的公差为d，那么eq\f(an,a2n)＝eq\f(a1－d＋dn,a1－d＋2dn)为常数，那么a1＝d或d＝0，eq\f(an,a2n)＝eq\f(1,2)或1.二、填空题(每题5分，共10分)7．在等差数列{an}中，a2＝3，a3＋a4＝9，那么a1a6＝______【解析】由于a2＝3，a3＋a4＝9，所以a2＋a3＋a4＝12，即3a3＝12，故a3＝4，a4＝5，所以an＝n＋1，所以a1a6＝2×7＝答案：148．数列{an}满意an＝11－2n，那么|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝________．【解析】原式＝(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)－(a6＋a7＋a8)＝(9＋7＋5＋3＋1)－(－1－3－5)＝34.答案：34三、解答题(每题10分，共20分)9．数列{an}中，a7＝6，a10＝－3，Sn为等差数列{an}的前n项和．(1)求数列{an}的通项公式及Sn的最大值；(2)求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a19|＋|a20|的值．【解析】(1)由于a7＝6，a10＝－3，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋6d＝6,a1＋9d＝－3))，解得a1＝24，d＝－3，那么an＝－3n＋27，数列的前n项和公式为：Sn＝n×24＋eq\f(n〔n－1〕,2)×(－3)＝－eq\f(3,2)n2＋eq\f(51,2)n，留意到数列{an}单调递减，且a8>0，a9＝0，所以Sn的最大值＝S8＝S9＝108.(2)由于|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a19|＋|a20|＝a1＋a2＋a3＋…＋a9－(a10＋a11＋…＋a20)，所以a1＋a2＋a3＋…＋a9－(a10＋a11＋…＋a20)＝2S9－S20，由于S9＝108，S20＝－90，即|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a19|＋|a20|＝306.10．Sn为各项均为正数的数列{an}的前n项和，a1∈(0，2)，aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋3an＋2＝6Sn.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,anan＋1)，数列{bn}的前n项和为Tn，假设对任意n∈N*，t≤4Tn恒成立，求实数t的最大值．【解析】(1)①当n＝1时，aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋3a1＋2＝6S1＝6a1，即aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－3a1＋2＝0，又由于a1∈(0，2)，解得a1＝1.②对任意n∈N*，由aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋3an＋2＝6Sn知aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1))＋3an＋1＋2＝6Sn＋1，两式相减，得aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋3(an＋1－an)＝6an＋1，即(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝0，由an>0得an＋1－an－3＝0，即an＋1－an＝3，所以{an}是首项为1，公差为3的等差数列，所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2.(2)由an＝3n－2得bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,〔3n－2〕〔3n＋1〕)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n＋1)))＝eq\f(n,3n＋1).由于Tn＋1－Tn＝eq\f(n＋1,3〔n＋1〕＋1)－eq\f(n,3n＋1)＝eq\f(1,〔3n＋1〕〔3n＋4〕)>0，所以Tn＋1>Tn，即数列{Tn}是递增数列，所以t≤4Tn，eq\f(t,4)≤Tn，eq\f(t,4)≤T1＝eq\f(1,4)，t≤1，所以实数t的最大值是1.(35分钟70分)一、选择题(每题5分，共20分，多项选择题全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和为Sn，假设an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，Sn＝10，那么n＝()A．90B．119C．120D．121【解析】选C.由于an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，所以Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)－\r(2)))＋…＋(eq\r(n＋1)－eq\r(n))＝eq\r(n＋1)－1＝10，故n＋1＝121，故n＝120.2．数列{an}是等差数列，a1＜0，a8＋a9＞0，a8·a9＜0.那么使Sn＞0的n的最小值为()A．8B．9C．15D．16【解析】选D.由于等差数列{an}，首项a1<0，a8＋a9>0，a8·a9<0，所以a8<0，a9>0，由Sn＝eq\f(1,2)n(a1＋an)，可得S15＝15a8<0，S16＝eq\f(16〔a1＋a16〕,2)＝8(a8＋a9)>0，所以使前n项和Sn>0成立的最小自然数n的值为16.3．函数f(x)是(－1，＋∞)上的单调函数，且函数y＝f(x－2)的图象关于直线x＝1对称，假设数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a50)＝f(a51)，那么数列{an}的前100项的和为()A．－200B．－100C．0D．－50【解析】选B.由于函数y＝f(x－2)的图象关于直线x＝1对称，那么函数f(x)的图象关于直线x＝－1对称，又由于函数f(x)是(－1，＋∞)上的单调函数，{an}是公差不为0的等差数列，f(a50)＝f(a51)，所以a50＋a51＝－2，S100＝eq\f(100〔a1＋a100〕,2)＝50(a50＋a51)＝－100.4．(多项选择题)设{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项的和，且S5＜S6，S6＝S7＞S8，那么以下结论正确的选项是()A．d＜0B．a7＝0C．S9＞S5D．S6与S7均为Sn的最大值【解析】选ABD.由S5＜S6得a1＋a2＋…＋a5＜a1＋a2＋…＋a5＋a6，即a6＞0，又由于S6＝S7，所以a1＋a2＋…＋a6＝a1＋a2＋…＋a6＋a7，所以a7＝0，故B正确；同理由S7＞S8，得a8＜0，由于d＝a7－a6＜0，故A正确；而C选项S9＞S5，即a6＋a7＋a8＋a9＞0，可得2(a7＋a8)＞0，由结论a7＝0，a8＜0，明显C选项是错误的．由于S5＜S6，S6＝S7＞S8，所以S6与S7均为Sn的最大值，故D正确．二、填空题(每题5分，共20分)5．在等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，Sn为其前n项的和，假设S4＝12，S8＝40，那么S16＝________.【解析】设等差数列的公差为d，那么eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S4＝4a1＋\f(4×3,2)d＝12,S8＝8a1＋\f(8×7,2)d＝40))，解得a1＝eq\f(3,2)，d＝1，所以S16＝16×eq\f(3,2)＋eq\f(16×15,2)×1＝144.答案：1446．Sn为等差数列{an}的前n项和，满意a2＋a8＝6，S5＝－5，那么a6＝________，Sn的最小值为________．【解析】依题意得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋8d＝6，,5a1＋10d＝－5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－5，,d＝2，))所以a6＝－5＋10＝5，Sn＝－5n＋eq\f(n〔n－1〕,2)×2＝n2－6n，当n＝3时，Sn的最小值为－9.答案：5－97．数列{an}中a1＝1，a2＝2，当整数n>1时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)都成立，那么S15＝________．【解析】由于数列{an}中，当整数n>1时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)都成立⇔Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2⇔an＋1－an＝2(n>1).所以当n≥2时，{an}是以2为首项，2为公差的等差数列．所以S15＝14a2＋eq\f(14×13,2)×2＋a1＝14×2＋eq\f(14×13,2)×2＋1＝211.答案：2118．等差数列{an}的前n项和为Sn，假设1≤a1≤3，3≤a1＋S3≤6，那么eq\f(a2,a1)的取值范围是________．【解析】在等差数列{an}中，a1＋a3＝2a2，所以S3＝a1＋a2＋a3＝3a2，又3≤a1＋S3≤6，所以3≤a1＋3a2≤6.由1≤a1≤3得eq\f(1,3)≤eq\f(1,a1)≤1.所以1≤eq\f(a1＋3a2,a1)≤6，即1≤1＋eq\f(3a2,a1)≤6，所以0≤eq\f(a2,a1)≤eq\f(5,3).即eq\f(a2,a1)的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,3))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,3)))三、解答题(每题10分，共30分)9．数列{an}，an∈N*，Sn是其前n项和，Sn＝eq\f(1,8)(an＋2)2.(1)求证：{an}是等差数列；(2)设bn＝eq\f(1,2)an－30，求数列{bn}的前n项和的最小值．【解析】(1)当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(1,8)(a1＋2)2，解得a1＝2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,8)(an＋2)2－eq\f(1,8)(an－1＋2)2，即8an＝(an＋2)2－(an－1＋2)2，整理得(an－2)2－(an－1＋2)2＝0，即(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0.由于an∈N*，所以an＋an－1>0，所以an－an－1－4＝0，即an－an－1＝4(n≥2).故数列{an}是以2为首项，4为公差的等差数列．(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，由于bn＝eq\f(1,2)an－30，且由(1)知，an＝2＋(n－1)×4＝4n－2(n∈N*)，所以bn＝eq\f(1,2)(4n－2)－30＝2n－31.故数列{bn}是单调递增的等差数列．令2n－31＝0，得n＝15eq\f(1,2).由于n∈N*，所以当n≤15时，bn<0；当n≥16时，bn>0，即b1<b2<…<b15<0<b16<b17<….故当n＝15时，Tn取得最小值，最小值为T15＝eq\f(－29－1,2)×15＝－225.10．等差数列{an}(n∈N*)满意：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn.(1)求an及Sn；(2)令bn＝eq\f(1,aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))－1)，求数列{bn}的前n项和Tn.【解析】(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由于a3＝7，a5＋a7＝26，所以a1＋2d＝7，2a1＋10d＝26，解得a1＝3，d＝2.所以an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)(n∈N*).(2)由于an＝2n＋1，所以aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))－1＝4n(n＋1)，所以bn＝eq\f(1,4n〔n＋1〕)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,4〔n＋1〕)，所以数列{bn}的前n项和Tn＝eq\f(n,4n＋1)(n∈N*).【补偿训练】数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满意an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Hn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Hn.【解析】(1)由于an＋2－2an＋1＋an＝0.所以an＋2－an＋1＝an＋1－an＝…＝a2－a1.所以{an}是等差数列且a1＝8，a4＝2，所以d＝－2，an＝a1＋(n－1)d＝10－2n.故an＝10－2n(n∈N*).(2)由于an＝10－2n，令an＝0，得n＝5.当n>5时，an<0；当n＝5时，an＝0；当n<5时，an>0.设Sn＝a1＋a2＋…＋an.所以当n>5时，Hn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)＝S5－(Sn－S5)＝2S5－Sn＝n2－9n＋40，当n≤5时，Hn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝9n－n2.所以Hn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9n－n2，n≤5，,n2－9n＋40，n>5))(n∈N*).11．数列{an}满意a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(1,2－an)(n∈N*).(1)求证：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(