等差数列专项练习.doc
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等差数列
一、选择题
1．如果等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝（ ）
A．14 B．21
C．28 D．35
[答案] C
[解析] 由a3＋a4＋a5＝12得，a4＝4，
∴a1＋a2＋…＋a7＝×7＝7a4＝28.
2．（文）（2012·辽宁文，4）在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则a2＋a10＝（ ）
A．12 B．16
C．20 D．24
[答案] B
[解析] 本题考查等差数列的性质．
由等差数列的性质得，a2＋a10＝a4＋a8＝16，B正确．
（理）（2012·辽宁理，6）在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝（ ）
A．58 B．88
C．143 D．176
[答案] B
[解析] 本题主要考查等差数列的性质及求和公式．
由条件知a4＋a8＝a1＋a11＝16，S11＝＝＝11×8＝88.
3．设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于（ ）
A．6 B．7
C．8 D．9
[答案] A
[解析] 设公差为d，∴.
∴Sn＝na1＋d＝－11n＋n2－n＝n2－12n.
＝（n－6）2－36.
即n＝6时，Sn最小．
4．在等差数列{an}中，若a4＋a6＝12，Sn是数列{an}的前n项和，则S9的值为（ ）
A．48 B．54
C．60 D．66
[答案] B
[解析] 解法1：
∵a4＋a6＝a1＋a9＝12，
∴S9＝＝＝54.
解法2：
利用结论：
S2n－1＝（2n－1）an，
∴S9＝9×a5＝9×＝54.
5．若一个等差数列的前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有（ ）
A．13项 B．12项
C．11项 D．10项
[答案] A
[解析] 依题意，
两式相加得
（a1＋an）＋（a2＋an－1）＋（a3＋an－2）＝180.
∵a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2，∴a1＋an＝60.
∵Sn＝＝390，∴n＝13.
6．等差数列{an}中，a1＝a3＋a7－2a4＝4，则的值为整数时n的个数为（ ）
A．4 B．3
C．2 D．1
[答案] C
[解析] a3＋a7－2a4＝2d＝4，
∴d＝2.∴an＝2n＋2.
∴＝
＝4＋.
当n＝1,2时，符合题意．
二、填空题
7．设Sn为等差数列{an}的前n项和，S4＝14，S10－S7＝30，则S9＝________.
[答案] 54
[解析] 设首项为a1，公差为d，由S4＝14得
4a1＋d＝14.①
由S10－S7＝30得3a1＋24d＝30，
即a1＋8d＝10.②
联立①②得a1＝2，d＝1，∴S9＝54.
8．在等差数列{an}中，|a3|＝|a9|，公差d<0，则使前n项和Sn取得最大值的自然数n是________．
[答案] 5或6
[解析] ∵d<0，|a3|＝|a9|，∴a3＝－a9，
∴a1＋2d＝－a1－8d，
∴a1＋5d＝0，∴a6＝0，
∴an>0（1≤n≤5），
∴Sn取得最大值时的自然数n是5或6.
三、解答题
9．（2012·陕西理，17）设{an}是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列．
（1）求数列{an}的公比；
（2）证明：
对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．
[解析]
（1）设数列{an}的公比为q（q≠0，q≠1），
由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4，
即2a1q2＝a1q4＋a1q3，
由a1≠0，q≠0得q2＋q－2＝0，解得q1＝－2，q2＝1（舍去），所以q＝－2.
（2）证明：
对任意k∈N＋，
Sk＋2＋Sk＋1－2Sk＝（Sk＋2－Sk）＋（Sk＋1－Sk）
＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1
＝2ak＋1＋ak＋1·（－2）
＝0，
所以，对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．
能力提升
一、选择题
1．（2012·浙江理，7）设Sn是公差为d（d≠0）的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题错误的是（ ）
A．若d<0，则数列{Sn}有最大项
B．若数列{Sn}有最大项，则d<0
C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N＋，均有Sn>0
D．若对任意n∈N＋，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列
[答案] C
[解析] 本题考查等差数列的性质．
对于等差数列－1,1,3，…，其{Sn}是递增数列，但S1，S2不大于0，故选C.
2．等差数列{an}中，Sn是其前n项和，a1＝－2014，－＝2，则S2014的值为（ ）
A．－2012 B．2013
C．2012 D．－2014
[答案] D
[解析] 设Sn＝An2＋Bn，则＝An＋B，－＝2A＝2，故A＝1.又a1＝S1＝A＋B＝－2014，∴B＝－2015.∴＝2014－2015＝－1.∴S2014＝－2014.
二、填空题
3．（文）Sn为等差数列{an}的前n项和，S2＝S6，a4＝1，则a5＝________.
[答案] －1
[解析] 本题考查了对等差数列前n项和的理解和应用，同时还考查了等差数列的运算性质及考生灵活处理问题的能力．
∵S2＝S6，∴S6－S2＝a3＋a4＋a5＋a6＝0，
又∵a3＋a6＝a4＋a5，
∴S6－S2＝2（a4＋a5）＝0，
∴a4＋a5＝0，
又∵a4＝1，∴a5＝－1.
（理）等差数列{an}前9项的和等于前4项的和．若a1＝1，ak＋a4＝0，则k＝________.
[答案] 10
[解析] 本题考查等差数列通项公式、前n项和公式以及基本运算能力．
设等差数列公差为d，则an＝1＋（n－1）d，
∵S4＝S9，∴a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0，∴a7＝0，
∴1＋6d＝0，d＝－.
又a4＝1＋3×（－）＝，ak＝1＋（k－1）d，
∴＋1＋（k－1）d＝0，d＝－代入，得k＝10.
4．设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和Sn，满足S5S6＋15＝0，则d的取值范围是__________．
[答案] d≥2或d≤－2，
[解析] ∵S5＝5a1＋d＝5（a1＋2d），
S6＝3（2a1＋5d），
∴S6·S5＋15＝0，即（a1＋2d）（2a1＋5d）＋1＝0，整理：
2a＋9a1d＋10d2＋1＝0，
Δ＝81d2－4×2×（10d2＋1）≥0，即81d2－80d2－8≥0，
∴d2≥8，∴d≥2或d≤－2.
三、解答题
5．（文）已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．
[解析]
（1）设等差数列{an}的公差为d，则
a1＝1，a3＝1＋2d＝－3，∴d＝－2，∴an＝3－2n.
（2）由
（1）知an＝3－2n，
∴Sn＝＝n（2－n）．
由Sk＝－35知 k（2－k）＝－35，即k2－2k－35＝0.
∴k＝7或k＝－5，又k∈N＋.∴k＝7.
（理）设数列{an}满足a1＝0且－＝1.
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn＝，记Sn＝k，证明：
Sn<1.
[解析]
（1）由题设－＝1，即{}是公差为1的等差数列．
又＝1，故＝n.
所以an＝1－.
（2）由
（1）得bn＝＝
＝－，
Sn＝k＝（－）＝1－<1.
6．在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝3an＋3n＋1（n∈N＋）．
（1）设bn＝.证明：
数列{bn}是等差数列；
（2）求数列{an}的前n项和Sn.
[分析] 数列的递推公式经常在已知条件中给出，此类题只需利用累加、累乘等方法求数列的通项及前n项和即可．
[解析]
（1）∵an＋1＝3an＋3n＋1，
∴＝＋1，得bn＋1＝bn＋1，b1＝＝1，
∴数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．
（2）由
（1）易知，数列{}是首项和公差均为1的等差数列，所以＝n，
∴an＝n×3n.
Sn＝1×31＋2×32＋…＋（n－1）×3n－1＋n×3n，
3Sn＝1×32＋2×33＋…＋（n－1）×3n＋n×3n＋1，
两式相减，得2Sn＝n×3n＋1－（31＋32＋…＋3n），
故Sn＝（－）3n＋1＋.
[点评] 对于由递推关系确定通项公式的问题，通常可对递推关系式进行变形，从而转化为等差或等比数列的问题来解决，这类问题一直是高考久考不衰的题型．从此题可以看出，构造特殊数列以及对代数式的灵活变形是处理此题的关键．复习时要加强数列基础知识的掌握．
7．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝10，an＋1＝9Sn＋10.
（1）求证：
{lgan}是等差数列；
（2）设Tn是数列{}的前n项和，求Tn；
（3）求使Tn>（m2－5m）对所有的n∈N＋恒成立的整数m的取值集合．
[解析]
（1）依题意，a2＝9a1＋10＝100.
故＝10.
当n≥2时，an＋1＝9Sn＋10，an＝9Sn－1＋10，
两式相减得an＋1－an＝9an，
即an＋1＝10an，＝10，
故{an}为等比数列，且an＝a1qn－1＝10n（n∈N＋），
∴lgan＝n.∴lgan＋1－lgan＝（n＋1）－n＝1，
即{lgan}是等差数列．
（2）由
（1）知，Tn＝3[＋＋…＋]
＝3（1－＋－＋…＋－）＝3－.
（3）∵Tn＝3－，
∴当n＝1时，Tn取最小值.
依题意有>（m2－5m），解得－1故所求整数m的取值集合为{0,1,2,3,4,5}．
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