第五章第二节等差数列及其前n项和

第二节等差数列及其前n项和1.(2009·福建高考)等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，a3＝4，则公差d等于()A.1B.53C.2D.32.已知等差数列{an}满足a2＋a4＝4，a3＋a5＝10，则它的前10项的和S10＝()A.138B.135C.95D.233.设命题甲为“a，b，c成等差数列”，命题乙为“ab＋cb＝2”，那么()A.甲是乙的充分不必要条件B.甲是乙的必要不充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲是乙的既不充分也不必要条件4.数列{an}中，a2＝2，a6＝0且数列{1an+1}是等差数列，则a4＝()A.12B.13C.14D.165.在等差数列{an}中，a1＞0，a10·a11＜0，若此数列的前10项和S10＝36，前18项和S18＝12，则数列{|an|}的前18项和T18的值是()A.24B.48C.60D.846.在等差数列{an}中，其前n项和是Sn，若S15＞0，S16＜0，则在S1a1，S2a2，…，S15a15中最大的是()A.S1a1B.S6a6C.S9a9D.S15a157.(2010·广州模拟)在数列{an}中，若a1＝1，a2＝12，2an＋1＝1an＋1an＋2(n∈N*)，则该数列的通项an＝.8.设等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn、Tn，若对任意自然数n都有SnTn＝2n－34n－3，则a9b5＋b7＋a3b8＋b4的值为.9.已知数列{an}是等差数列，若它的前n项和Sn有最小值，且a11a10＜－1，则使Sn＞0成立的最小自然数n的值为.10.(2009·全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}中，a3a7＝－16，a4＋a6＝0，求{an}的前n项和Sn.11.已知数列{an}的前n项和Sn＝25n－2n2.(1)求证：{an}是等差数列；(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.12.(2010·海淀模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋cn(c∈R，n＝1,2,3…)，且S1，S22，S33成等差数列.(1)求c的值；(2)求数列{an}的通项公式.1.C2.C3.B4.A5.C6.B7.1n8.19419.2010.解：设{an}的公差为d，则1111(2)(6)16,350,adadadad2211181216,4.adadad即118,8,22.aadd解得或因此Sn＝－8n＋n(n－1)＝n(n－9)，或Sn＝8n－n(n－1)＝－n(n－9).11.解：(1)证明：①n＝1时，a1＝S1＝23.②n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(25n－2n2)－[25(n－1)－2(n－1)2]＝27－4n，而n＝1适合该式.于是{an}为等差数列.(2)因为an＝27－4n，若an＞0，则n＜274，(16),(7)nnnanaan所以≤≤≥当1≤n≤6时，Tn＝a1＋a2＋…an＝25n－2n2，当n≥7时，Tn＝a1＋a2＋…＋a6－(a7＋a8＋…＋an)＝S6－(Sn－S6)＝2n2－25n＋156，综上所知Tn=22252.225156(7)nnnnnn（16）≤≤≥12.解：(1)∵nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋cn(n＝1,2,3，…)，∴Sn＋1n＋1－Snn＝n2＋cnn(n＋1)(n＝1,2,3，…).∵S1，S22，S33成等差数列，∴S22－S11＝S33－S22.∴1＋c2＝4＋2c6，∴c＝1.(2)由(1)得Sn＋1n＋1－Snn＝1(n＝1,2,3，…).∴数列{Snn}是首项为S11，公差为1的等差数列.∴Snn＝S11＋(n－1)·1＝n.∴Sn＝n2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.当n＝1时，上式也成立∴an＝2n－1(n＝1,2,3，…).1.解析：∵S3＝13()2aa＝6，而a3＝4，∴a1＝0，∴d＝31()2aa＝2.答案：C2.解析：∵(a3＋a5)－(a2＋a4)＝2d＝6，∴d＝3，a1＝－4，∴S10＝10a1＋10(101)2d＝95.答案：C3.解析：由ab＋cb＝2，可得a＋c＝2b，但a、b、c均为零时，a、b、c成等差数列，但ab＋cb≠2.答案：B4.解析：设数列{11na}的公差为d，由4d＝611a－211a得d＝16，∴411a＝12＋1＋2×16，解得a4＝12.答案：A5.解析：由a1＞0，a10·a11＜0可知d＜0，a10＞0，a11＜0，∴T18＝a1＋…＋a10－a11－…－a18＝S10－(S18－S10)＝60.答案：C6.解析：由于S15＝11515()2aa＝15a8＞0，S16＝11615()2aa＝8(a8＋a9)＜0，所以可得a8＞0，a9＜0.这样11Sa＞0，22Sa＞0，…，88Sa＞0，99Sa＜0，1010Sa＜0，…，1515Sa＜0，而S1＜S2＜…＜S8，a1＞a2＞…＞a8，所以在11Sa，22Sa，…，1515Sa中最大的是88Sa.答案：B7.解析：由2an＋1＝1an＋1an＋2，1an＋2－1an＋1＝1an＋1－1an，∴{1an}为等差数列.又1a1＝1，d＝1a2－1a1＝1，∴1an＝n，∴an＝1n.答案：1n8.解析：∵{an}，{bn}为等差数列，∴a9b5＋b7＋a3b8＋b4＝a92b6＋a32b6＝a9＋a32b6＝2a62b6.∵S11T11＝a1＋a11b1＋b11＝2a62b6＝2×11－34×11－3＝1941，∴a9b5＋b7＋a3b8＋b4＝1941.答案：19419.解析：由已知得，a1＜0，d＞0，a10＜0，a11＞0，a1＋a19＜0，a10＋a11＞0，∴a1＋a20＞0，∴S19＜0，S20＞0，故n＝20.答案：2010.解：设{an}的公差为d，则1111(2)(6)16,350,adadadad2211181216,4.adadad即118,8,22.aadd解得或因此Sn＝－8n＋n(n－1)＝n(n－9)，或Sn＝8n－n(n－1)＝－n(n－9).11.解：(1)证明：①n＝1时，a1＝S1＝23.②n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(25n－2n2)－[25(n－1)－2(n－1)2]＝27－4n，而n＝1适合该式.于是{an}为等差数列.(2)因为an＝27－4n，若an＞0，则n＜274，(16),(7)nnnanaan所以≤≤≥当1≤n≤6时，Tn＝a1＋a2＋…an＝25n－2n2，当n≥7时，Tn＝a1＋a2＋…＋a6－(a7＋a8＋…＋an)＝S6－(Sn－S6)＝2n2－25n＋156，综上所知Tn=22252.225156(7)nnnnnn（16）≤≤≥12.解：(1)∵nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋cn(n＝1,2,3，…)，∴Sn＋1n＋1－Snn＝n2＋cnn(n＋1)(n＝1,2,3，…).∵S1，S22，S33成等差数列，∴S22－S11＝S33－S22.∴1＋c2＝4＋2c6，∴c＝1.(2)由(1)得Sn＋1n＋1－Snn＝1(n＝1,2,3，…).∴数列{Snn}是首项为S11，公差为1的等差数列.∴Snn＝S11＋(n－1)·1＝n.∴Sn＝n2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.当n＝1时，上式也成立∴an＝2n－1(n＝1,2,3，…).第五章第二节等差数列及其前n项和课下练兵场命题报告难度及题号知识点容易题(题号)中等题(题号)稍难题(题号)等差数列的判定与证明3等差数列的基本运算1、2、4、71011、12等差数列的性质5、6、8、9一、选择题1.(2009·福建高考)等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，a3＝4，则公差d等于()A.1B.53C.2D.3解析：∵S3＝13()2aa＝6，而a3＝4，∴a1＝0，∴d＝31()2aa＝2.答案：C2.已知等差数列{an}满足a2＋a4＝4，a3＋a5＝10，则它的前10项的和S10＝()A.138B.135C.95D.23解析：∵(a3＋a5)－(a2＋a4)＝2d＝6，∴d＝3，a1＝－4，∴S10＝10a1＋10(101)2d＝95.答案：C3.设命题甲为“a，b，c成等差数列”，命题乙为“ab＋cb＝2”，那么()A.甲是乙的充分不必要条件B.甲是乙的必要不充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲是乙的既不充分也不必要条件解析：由ab＋cb＝2，可得a＋c＝2b，但a、b、c均为零时，a、b、c成等差数列，但ab＋cb≠2.答案：B4.数列{an}中，a2＝2，a6＝0且数列{11na}是等差数列，则a4＝()A.12B.13C.14D.16解析：设数列{11na}的公差为d，由4d＝611a－211a得d＝16，∴411a＝12＋1＋2×16，解得a4＝12.答案：A5.在等差数列{an}中，a1＞0，a10·a11＜0，若此数列的前10项和S10＝36，前18项和S18＝12，则数列{|an|}的前18项和T18的值是()A.24B.48C.60D.84解析：由a1＞0，a10·a11＜0可知d＜0，a10＞0，a11＜0，∴T18＝a1＋…＋a10－a11－…－a18＝S10－(S18－S10)＝60.答案：C6.在等差数列{an}中，其前n项和是Sn，若S15＞0，S16＜0，则在11Sa，22Sa，…，1515Sa中最大的是()A.11SaB.88SaC.99SaD.1515Sa解析：由于S15＝11515()2aa＝15a8＞0，S16＝11615()2aa＝8(a8＋a9)＜0，所以可得a8＞0，a9＜0.这样11Sa＞0，22Sa＞0，…，88Sa＞0，99Sa＜0，1010Sa＜0，…，1515Sa＜0，而S1＜S2＜…＜S8，a1＞a2＞…＞a8，所以在11Sa，22Sa，…，1515Sa中最大的是88Sa.答案：B二、填空题7.(2010·广州模拟)在数列{an}中，若a1＝1，a2＝12，2an＋1＝1an＋1an＋2(n∈N*)，则该数列的通项an＝.解析：由2an＋1＝1an＋1an＋2，1an＋2－1an＋1＝1an＋1－1an，∴{1an}为等差数列.又1a1＝1，d＝1a2－1a1＝1，∴1an＝n，∴an＝1n.答案：1n8.设等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn、Tn，若对任意自然数n都有SnTn＝2n－34n－3，则a9b5＋b7＋a3b8＋b4的值为.解析：∵{an}，{bn}为等差数列，∴a9b5＋b7＋a3b8＋b4＝a92b6＋a32b6＝a9＋a32b6＝2a62b6.∵S11T11＝a1＋a11b1＋b11＝2a62b6＝2×11－34×11－3＝1941，∴a9b5＋b7＋a3b8＋b4＝1941.答案：19419.已知数列{an}是等差数列，若它的前n项和Sn有最小值，且a11a10＜－1，则使Sn＞0成立的最小自然数n的值为.解析：由已知得，a1＜0，d＞0，a10＜0，a11＞0，a1＋a19＜0，a10＋a11＞0，∴a1＋a20＞0，∴S19＜0，S20＞0，故n＝20.答案：20三、解答题10.(2009·全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}中，a3a7＝－16，a4＋a6＝0，求{an}的前n项和Sn.解：设{an}的公差为d，则1111(2)(6)16,350,adadadad2211181216,4.adadad即118,8,22.aadd解得或因此Sn＝－8n＋n(n－1)＝n(n－9)，或Sn＝8n－n(n－1)＝－n(n－9).11.已知数列{an}的前n项和Sn＝2