4.2 等差数列
4.2.1 等差数列的概念
第1课时 等差数列的概念及通项公式
必备知识基础练
1.(多选题)下列数列中,是等差数列的有( )
A.4,5,6,7,8,… B.3,0,-3,0,-6,…
C.0,0,0,0,… D.,…
2.(2021陕西宝鸡高二期末)在等差数列{an}中,a3+a9=32,a2=4,则a10=( )
A.25 B.28 C.31 D.34
3.在等差数列{an}中,已知a1=,a4+a5=,ak=33,则k=( )
A.50 B.49 C.48 D.47
4.在等差数列{an}中,a1=8,a5=2,若在相邻两项之间各插入一个数,使之成等差数列,则新等差数列的公差为( )
A. B.- C.- D.-1
5.(多选题)等差数列20,17,14,11,…中的负数项可以是( )
A.第7项 B.第8项
C.第9项 D.第10项
6.已知{an}为等差数列,若a2=2a3+1,a4=2a3+7,则a3= .
7.已知a>0,b>0,2a=3b=m,且a,ab,b成等差数列,则m= .
8.已知x,y,z成等差数列,求证:x2(y+z),y2(x+z),z2(y+x)也成等差数列.
9.已知数列{an},a1=1,an+1=2an+2n.
(1)设bn=,证明:数列{bn}是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
关键能力提升练
10.已知等差数列{an}满足4a3=3a2,则{an}中一定为零的项是( )
A.a6 B.a8 C.a10 D.a12
11.首项为-24的等差数列{an},从第10项开始为正数,则公差d的取值范围是( )
A.,3 B.,3
C.,3 D.,3
12.(2022安徽滁州高二联考)在数列{an}中,a4=49,+2,则a7=( )
A.121 B.144 C.169 D.196
13.(多选题)(2021山东烟台莱州一中高二月考)数列{an}满足an+1=,a1=1,则下列说法正确的是( )
A.数列是等差数列
B.数列{an}有最小项
C.数列{an}的通项公式为an=2n-1
D.数列{an}为递减数列
14.已知数列{an}满足+4,且a1=1,an>0,则an= .
15.(2021江苏常州期中)一个直角三角形的三条边的长度成等差数列,则该直角三角形的内角中最小角的余弦值是 .
16.已知等差数列{an}:3,7,11,15,….
(1)求等差数列{an}的通项公式.
(2)135,4b+19(b∈N*)是数列{an}中的项吗 若是,是第几项
(3)若am,at(m,t∈N*)是数列{an}中的项,则2am+3at是数列{an}中的项吗 若是,是第几项
17.(2021江苏南京第十三中学高二期末)已知数列{an}满足a1=2,(n+2)an=(n+1)an+1-2(n2+3n+2).
(1)求a2,a3;
(2)证明数列是等差数列,并求数列{an}的通项公式.
学科素养创新练
18.数列{an}满足a1=1,an+1=(n2+n-λ)an(n=1,2,…),λ是常数.
(1)当a2=-1时,求λ及a3的值.
(2)是否存在实数λ使数列{an}为等差数列 若存在,求出λ及数列{an}的通项公式;若不存在,请说明理由.
参考答案
4.2 等差数列
4.2.1 等差数列的概念
第1课时 等差数列的概念及通项公式
1.ACD 选项A是以4为首项,以1为公差的等差数列;选项B后一项减前一项的差不是同一个常数,所以不是等差数列;选项C是常数列,所以是等差数列;选项D是以为首项,以为公差的等差数列.
2.B 设公差为d,因为在等差数列{an}中,a3+a9=32,a2=4,所以2a1+10d=32,a1+d=4,解得a1=1,d=3,
所以a10=a1+9d=28.
3.A 设等差数列{an}的公差为d,
∵a1=,a4+a5=,
∴2a1+7d=,解得d=,则an=+(n-1)×,则ak==33,解得k=50.
4.B 设原等差数列的公差为d,则8+4d=2,
解得d=-,因此新等差数列的公差为-.
5.BCD 易知该数列的首项a1=20,公差d=-3,
∴an=20+(n-1)×(-3)=23-3n,
∴a7=2>0,a8=-1<0.
故数列中的负数项是第8项及其之后的项,故选BCD.
6.-4 设等差数列{an}的公差为d,
由题意a1+d=2(a1+2d)+1,a1+3d=2(a1+2d)+7,
解得a1=-10,d=3,
∴a3=a1+2d=-10+6=-4.
7. ∵a>0,b>0,2a=3b=m≠1,
∴a=,b=.
∵a,ab,b成等差数列,∴2ab=a+b,
∴2×.
∴lg m=(lg 2+lg 3)=lg 6=lg .则m=.
8.证明因为x,y,z成等差数列,所以2y=x+z,而x2(y+z)+z2(y+x)=x2y+x2z+z2y+z2x=x2y+z2y+xz(x+z)=x2y+z2y+2xyz=y(x+z)2=2y2(x+z),故x2(y+z),y2(x+z),z2(y+x)也成等差数列.
9.(1)证明因为an+1=2an+2n,
所以+1,
所以=1,n∈N*.
又因为bn=,所以bn+1-bn=1.
所以数列{bn}是等差数列,其首项b1=a1=1,公差为1.
(2)解由(1)知bn=1+(n-1)×1=n,
所以an=2n-1bn=n·2n-1.
10.A 设等差数列{an}的公差为d.
∵4a3=3a2,∴4(a1+2d)=3(a1+d),可得a1+5d=0,
∴a6=0,则{an}中一定为零的项是a6.
11.C 设an=-24+(n-1)d,n∈N*,
由解得
12.C 由+2得=2,因此数列{}为等差数列,所以+2(n-1),
因为a4=49,所以+6=7,解得a1=1,所以an=(2n-1)2,a7=169.
13.AD 因为an+1=,a1=1,
所以=2+,即=2,
所以是首项为1,公差为2的等差数列,故A正确;
=1+2(n-1)=2n-1,则an=,所以an+1-an==-<0,所以数列{an}为递减数列,故D正确,BC错误.故选AD.
14.(n∈N*) 由=4,知数列{}是等差数列,且=1,
∴=1+(n-1)×4=4n-3(n∈N*).
又an>0,∴an=(n∈N*).
15. 设直角三角形的三边为a,b,c,不妨设a根据题意可得2b=a+c,且a2+b2=c2,
∴a2+=c2,即5a2+2ac-3c2=0,则c=a,
又b=a,
∴cos A=.
16.解(1)设等差数列{an}的公差为d.
依题意,得a1=3,d=7-3=4,
故an=3+4(n-1)=4n-1.
(2)令an=4n-1=135,解得n=34,
故135是数列{an}的第34项.∵4b+19=4(b+5)-1,且b∈N*,∴4b+19是数列{an}的第(b+5)项.
(3)∵am,at是数列{an}中的项,
∴am=4m-1,at=4t-1,
∴2am+3at=2(4m-1)+3(4t-1)=4(2m+3t-1)-1.
∵2m+3t-1∈N*,
∴2am+3at是数列{an}的第(2m+3t-1)项.
17.(1)解因为数列{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.
(2)证明将(n+2)an=(n+1)an+1-2(n2+3n+2)两边同时除以(n+1)(n+2),
可得,
化简得=2.
所以数列是以1为首项,2为公差的等差数列.
所以=1+2(n-1)=2n-1,
从而an=(n+1)(2n-1)=2n2+n-1.
18.解(1)由于an+1=(n2+n-λ)an(n=1,2,…),且a1=1,所以当a2=-1时,得-1=2-λ,故λ=3.
从而a3=(22+2-3)×(-1)=-3.
(2)不存在.
理由如下:
由a1=1,an+1=(n2+n-λ)an,得a2=2-λ,a3=(6-λ)(2-λ),a4=(12-λ)(6-λ)(2-λ).
若存在λ,使{an}为等差数列,则a3-a2=a2-a1,
即(5-λ)(2-λ)=1-λ,解得λ=3.
于是a2-a1=1-λ=-2,a4-a3=(11-λ)(6-λ)(2-λ)=-24.
这与{an}为等差数列矛盾,所以不存在λ使{an}是等差数列.第2课时 等差数列的性质及应用
必备知识基础练
1.(2021安徽亳州高二期末)已知{an}为等差数列,公差d=2,a2+a4+a6=18,则a5+a7= ( )
A.8 B.12 C.16 D.20
2.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.8 C.6 D.4
3.已知数列是等差数列,且a3=2,a15=30,则a9等于( )
A.12 B.24 C.16 D.32
4.已知等差数列{an}满足am-1+am+1--1=0,且m>1,则a1+a2m-1=( )
A.10 B.9 C.3 D.2
5.(多选题)已知等差数列{an}中,a1=3,公差为d(d∈N*),若2 021是该数列的一项,则公差d不可能是( )
A.2 B.3 C.4 D.5
6.已知数列{an}是等差数列.若a4+a7+a10=17,a4+a5+a6+…+a12+a13+a14=77,且ak=13,则k= .
7.在等差数列{an}中,已知a1+2a8+a15=96,则a8= ,2a9-a10= .
8.在等差数列{an}中,已知am=n,an=m,m,n∈N*,则am+n的值为 .
9.在等差数列{an}中:
(1)已知a2+a3+a23+a24=48,求a13;
(2)已知a2+a3+a4+a5=34,a2·a5=52,求公差d.
关键能力提升练
10.(多选题)已知等差数列{an}满足a1+a2+a3+…+a101=0,则有( )
A.a1+a101>0 B.a2+a100<0
C.a3+a99=0 D.a51=0
11.在等差数列{an}中,若a4+a6+a8+a10+a12=120,则a9-a11的值为( )
A.14 B.15 C.16 D.17
12.设等差数列{an}的公差为d.若数列{}为递减数列,则( )
A.d>0 B.d<0
C.a1d>0 D.a1d<0
13.等差数列{an},{bn}满足对任意n∈N*都有,则= .
14.已知数列{an}是递增的等差数列,且a1=1,a3a5=91,则{an}的通项公式为 ,满足am+am+1+am+2+…+am+5=123的正整数m= .
15.已知中位数为1 010的一组数构成等差数列,其末项为2 017,则该数列的首项为 .
16.《张丘建算经》中记载:“今有十等人,大官甲等十人,官赐金,以等次差降之.上三人先入,得金四斤,持出;下四人后入,得金三斤,持出;中央三人未到者,亦依等次更给.问:各得金几何及未到三人复应得金几何 ”求该问题中未到三人共得金多少斤.
学科素养创新练
17.已知{an}是等差数列,且a1+a2+a3=12,a8=16.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若从数列{an}中,依次取出第2项、第4项、第6项……第2n项,按原来的顺序组成一个新数列{bn},试求出{bn}的通项公式.
参考答案
第2课时 等差数列的性质及应用
1.D ∵a2+a4+a6=3a4=18,∴a4=6.
∴a6=a4+2d=10,∴a5+a7=2a6=20.故选D.
2.B 由等差数列性质得,a3+a6+a10+a13=(a3+a13)+(a6+a10)=2a8+2a8=4a8=32,
∴a8=8,又d≠0,∴m=8.
3.A 令bn=,由题意可知b3=,b15==2,则等差数列{bn}的公差d=,则b9=b3+(9-3)d=,所以a9=9b9=12,故选A.
4.D 由等差数列的性质知,am-1+am+1=2am,则2am--1=0,即(am-1)2=0,解得am=1.所以a1+a2m-1=2am=2,故选D.
5.BCD 由2 021是该数列的一项,即2 021=3+(n-1)d,所以n=+1.
因为d∈N*,所以d是2 018的约数,故d不可能是3,4和5.
6.18 设数列{an}的公差为d,
∵a4+a7+a10=3a7=17,∴a7=.
∵a4+…+a14=11a9=77,∴a9=7,d=.
∴ak-a9=(k-9)d,即13-7=(k-9)×,解得k=18.
7.24 24 ∵a1+2a8+a15=4a8=96,∴a8=24.
∴2a9-a10=a10+a8-a10=a8=24.
8.0 设等差数列的公差为d,则d==-1,从而am+n=am+(m+n-m)d=n+n·(-1)=0.
9.解(方法1)(1)根据已知条件a2+a3+a23+a24=48,得4a13=48,∴a13=12.
(2)由a2+a3+a4+a5=34,
得2(a2+a5)=34,即a2+a5=17,
解
∴d==3或d==-3.
(方法2)(1)直接化成a1和d的方程如下:
(a1+d)+(a1+2d)+(a1+22d)+(a1+23d)=48,即4(a1+12d)=48,∴4a13=48,∴a13=12.
(2)直接化成a1和d的方程如下:
解得∴d=3或-3.
10.CD 根据性质得:a1+a101=a2+a100=…=a50+a52=2a51,由于a1+a2+a3+…+a101=0,∴101a51=0,
∴a51=0,∴a1+a101=0,a3+a99=0.
11.C 设公差为d,∵a4+a6+a8+a10+a12=120,
∴5a8=120,a8=24,
∴a9-a11=(a8+d)-(a8+3d)=a8=16.
12.D 设bn=,则bn+1=,由于{}是递减数列,因此bn>bn+1,即.
∵y=2x是增函数,
∴a1an>a1an+1,∴a1an-a1(an+d)>0,
∴a1(an-an-d)>0,即a1(-d)>0,∴a1d<0.
13.1 由等差数列的性质可得b3+b9=b4+b8=2b6,a7+a5=2a6,所以=1.
14.an=3n-2 5 设{an}的公差为d(d>0).
由条件可得a3a5=(1+2d)(1+4d)=91,
解得d=3或d=-(舍去),
因此an=1+(n-1)×3=3n-2.
am+am+1+am+2+…+am+5=3(am+am+5)=3×[3m-2+3×(m+5)-2]=18m+33=123,解得m=5.
15.3 设等差数列为{an},若这组数有(2m+1)个,则am+1=1 010,a2m+1=2 017.又a1+a2m+1=2am+1,即a1+2 017=2×1 010,所以a1=3;若这组数有2m个,则am+am+1=1 010×2=2 020,a2m=2 017.又a1+a2m=am+am+1,即a1+2 017=2 020,所以a1=3.综上,该数列的首项为3.
16.解由题意,得{an}为等差数列,设公差为d,
则
解得
所以a4+a5+a6=a1+a2+a3+9d=4+9×.故未到三人共得金斤.
17.解(1)∵a1+a2+a3=12,∴a2=4.
设公差为d,则a8=a2+(8-2)d,∴16=4+6d,
∴d=2,∴an=a2+(n-2)d=4+(n-2)×2=2n.
(2)a2=4,a4=8,a6=12,a8=16,…,a2n=2×2n=4n.
当n>1时,a2n-a2(n-1)=4n-4(n-1)=4.
∴{bn}是以4为首项,4为公差的等差数列.
∴bn=4+4(n-1)=4n.4.2.2 等差数列的前n项和公式
第1课时 等差数列的前n项和
必备知识基础练
1.已知Sn为等差数列{an}的前n项和,a2+a5=4,S7=21,则a7的值为( )
A.6 B.7 C.8 D.9
2.(2021江西景德镇一中高二期中)等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a3=2,a4-a2=2,则S5=( )
A.21 B.15 C.10 D.6
3.已知数列{an}的前n项和Sn=n2,则an等于 ( )
A.n B.n2 C.2n+1 D.2n-1
4.已知数列{an}的通项公式为an=2n+1,令bn=(a1+a2+…+an),则数列{bn}的前10项和T10=( )
A.70 B.75 C.80 D.85
5.在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述:今有良马与驽马,发长安至齐,齐去长安三千里,良马初日行一百九十三里,日增十三里;驽马初日行九十七里,日减半里,良马先至齐,复还迎驽马.问:相逢时良马走了( )
A.17天 B.18天 C.15天 D.16天
6.(多选题)在等差数列{an}中,d=2,an=11,Sn=35,则a1等于( )
A.-1 B.3 C.5 D.7
7.记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1≠0,a2=3a1,则= .
8.为了参加5 000 m长跑比赛,李强给自己制订了10天的训练计划,第1天跑5 000 m,以后每天比前一天多跑400 m,李强10天一共跑了 m.
9.设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S5=a5+a6=25.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求等差数列{an}的前n项和Sn.
关键能力提升练
10.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
11.若公差不为0的等差数列{an}的前21项的和等于前8项的和,且a8+ak=0,则正整数k的值为( )
A.20 B.21 C.22 D.23
12.已知等差数列{an},a2=6,a5=15,若bn=a2n,则数列{bn}的前5项和等于( )
A.30 B.45 C.90 D.186
13.(2020山东,14)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 .
14.已知数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0),且满足an+2Sn·Sn-1=0(n≥2),a1=.
(1)求证:是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
学科素养创新练
15.若数列{an}是正项数列,且+…+=n2+3n(n∈N*),则an= ,+…+= .
16.把形如M=mn(m,n∈N*)的正整数M表示为各项都是整数、公差为2的等差数列的前m项和,称作“对M的m项划分”.例如:9=32=1+3+5,称作“对9的3项划分”;把64表示成64=43=13+15+17+19,称作“对64的4项划分”.据此,对324的18项划分中最大的数是 .
参考答案
4.2.2 等差数列的前n项和公式
第1课时 等差数列的前n项和
1.D 设{an}的公差为d,则解得所以a7=a1+6d=-3+6×2=9,故选D.
2.C 设等差数列{an}的公差为d,
∵a1+a3=2,a4-a2=2,
∴2a1+2d=2,2d=2,解得a1=0,d=1,则S5=0+×1=10.
3.D 当n=1时,a1=S1=1;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,且a1=1适合上式,故an=2n-1(n∈N*).
4.B ∵an=2n+1,
∴数列{an}是等差数列,首项a1=3,其前n项和Sn==n2+2n,∴bn=Sn=n+2,
∴数列{bn}也是等差数列,首项b1=3,公差为1.
∴其前10项和T10=10×3+×1=75,故选B.
5.D 由题意知,良马每天所行路程成等差数列,记为{an},则{an}是以193为首项,以13为公差的等差数列,其前n项和为An,驽马每天所行路程成等差数列,记为{bn},则{bn}是以97为首项,以-为公差的等差数列,其前n项和为Bn,设共用n天二马相逢,则An+Bn≥2×3 000,所以193n+×13+97n+≥6 000,
化简得5n2+227n-4 800≥0,解得n≥16(n∈N*).
6.AB 由题意知a1+(n-1)×2=11,①
Sn=na1+×2=35,②
由①②解得a1=3或a1=-1.
7.4 设等差数列{an}的公差为d.
∵a1≠0,a2=3a1,∴a1+d=3a1,即d=2a1.
∴=4.
8.68 000 将李强每一天跑的路程记为数列{an},由题意知,{an}是等差数列,则a1=5 000,公差d=400.
所以S10=10a1+d=10×5 000+45×400=68 000,故李强10天一共跑了68 000 m.
9.解(1)设公差为d,由S5=a5+a6=25,
得5a1+d=a1+4d+a1+5d=25,
∴a1=-1,d=3.
∴{an}的通项公式为an=3n-4.
(2)由(1)知an=3n-4,得{an}的前n项和为Sn=,则Sn=n2-n.
10.B 这些数构成了一个以2为首项,以7为公差的等差数列{an},则a1=2,d=7,又2+(n-1)×7<100,
∴n<15,
∴当n=14时,S14=14×2+×14×13×7=665.
11.C 设等差数列{an}的前n项和为Sn,由题意,得S21=S8,即a9+a10+…+a21=0.根据等差数列的性质,得13a15=0,即a15=0.故a8+a22=2a15=0,即k=22.故选C.
12.C 由等差数列{an}易得公差d1=3.
又bn=a2n,所以{bn}也是等差数列,公差d2=6.
故S5=b1+b2+b3+b4+b5=a2+a4+a6+a8+a10=5×6+×6=90.
13.3n2-2n 数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数.并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列式的新数列{an}为以1为首项,以6为公差的等差数列.
所以{an}的前n项和为Sn=n×1+×6=3n2-2n.
14.(1)证明∵-an=2SnSn-1(n≥2),
∴-Sn+Sn-1=2SnSn-1(n≥2).
又Sn≠0(n=1,2,3,…),∴=2.
又=2,
∴是以2为首项,2为公差的等差数列.
(2)解由(1)可知=2+(n-1)·2=2n,∴Sn=.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1==-或当n≥2时,an=-2SnSn-1=-;
当n=1时,S1=a1=.
故an=
15.4(n+1)2 2n2+6n 令n=1,得=4,
∴a1=16.
当n≥2时,+…+=(n-1)2+3(n-1),这个等式与等式+…+=n2+3n左、右两边分别相减,得=n2+3n-(n-1)2-3(n-1)=2n+2.
∴an=4(n+1)2.
又n=1时,a1=4(1+1)2=16,满足此式,
∴an=4(n+1)2(n∈N*).
∴=4n+4,∴数列是首项为8,公差为4的等差数列,
∴+…+=2n2+6n.
16.35 设对324的18项划分中最小数为a1,最大数为a18,则由解得
即对324的18项划分中最大的数是35.第2课时 等差数列前n项和的性质及应用
必备知识基础练
1.在等差数列{an}中,Sn是其前n项和,a1=-11,=2,则S11=( )
A.-11 B.11 C.10 D.-10
2.(2021天津滨海高二期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=10,公差d=-,则Sn取得最大值时n的值为( )
A.3 B.4 C.5 D.6
3.在等差数列{an}中,前m项(m为偶数)和为77,其中偶数项之和为44,且am-a1=18,则数列{an}的公差为( )
A.-4 B.4 C.6 D.-6
4.若Sn表示等差数列{an}的前n项和,,则=( )
A. B. C. D.
5.(多选题)已知数列{an}是公差不为0的等差数列,前n项和为Sn,满足a1+5a3=S8,下列选项正确的有( )
A.a10=0 B.S7=S12
C.S10最小 D.S20=0
6.已知等差数列{an},Sn为其前n项和,S3=9,a4+a5+a6=7,则S9-S6= .
7.已知等差数列{an},|a5|=|a9|,公差d>0,则使得其前n项和Sn取得最小值的正整数n的值是 .
8.设等差数列{an}的前n项和为Sn,a1>0,n∈N*,若S12>0,S13<0,则数列{|an|}的最小项是 .
9.在等差数列{an}中,a1=-60,a17=-12,求数列{|an|}的前n项和.
10.设Sn是等差数列{an}的前n项和,a3=7, .
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{an}的前n项和Sn的最值.
从①S6=51;②an=an-1-3;③S5=a3a5中任选一个,补充在上面的问题中并作答.
关键能力提升练
11.(2022河南驻马店高二期中)等差数列{an}的前n项和为Sn,若S8=2 020,则a3+4a4+a8=( )
A.2 020 B.1 525 C.1 515 D.2 015
12.(2021新疆乌鲁木齐高三三模)在等差数列{an}中,a3=16,a7=8,Sn是数列{an}的前n项和,则满足数列的前n项和最大的n的值为( )
A.20 B.21
C.20或21 D.21或22
13.在等差数列{an}中,其前n项和为Sn,nSn+1>(n+1)Sn(n∈N*),且<-1,则在Sn中( )
A.最小值是S7 B.最小值是S8
C.最大值是S8 D.最大值是S7
14.(多选题)(2021广东中山高二期末)设{an}是等差数列,公差为d,Sn是其前n项的和,且S5S8,则下列结论正确的是( )
A.d<0
B.S6与S7是Sn的最大值
C.S9>S5
D.a7=0
15.(多选题)已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn,且,则使得为整数的正整数n可以是( )
A.1 B.2 C.3 D.6
16.(2021湖北武汉月考)已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn,且,则= .
17.在等差数列{an}中,Sn是其前n项和,且S2 011=S2 014,Sk=S2 009,则正整数k为 .
18.设数列{an}的各项都为正数,其前n项和为Sn,已知对任意n∈N*,Sn是和an的等差中项.
(1)证明:数列{an}为等差数列,并求an;
(2)若bn=-n+5,求{anbn}的最大值,并求出取最大值时n的值.
19.在等差数列{an}中,a1=60,a17=12,求数列{|an|}的前n项和.
学科素养创新练
20.(2021江苏海安高三期末)设数列{an}的前n项和为Sn,写出一个同时满足条件①②的等差数列{an}的通项公式.
①Sn存在最小值且最小值不等于a1;
②不存在正整数k,使得Sk>Sk+1且Sk+1参考答案
第2课时 等差数列前n项和的性质及应用
1.A ∵{an}为等差数列,∴为等差数列,首项=a1=-11,设的公差为d,则=2d=2,
∴d=1,∴=-11+10d=-1,∴S11=-11.
2.A ∵a1=10,d=-,
∴Sn=10n+×-=-n2+n.
∵n∈N*,抛物线y=-x2+x的对称轴为直线x=,且开口向下,
∴当n=3时,Sn取得最大值为.故选A.
3.B 设数列{an}公差为d,由题意得等差数列{an}前m项中,奇数项之和为33,偶数项之和与奇数项之和的差为11,所以d=11,即md=22.
又am-a1=(m-1)d=18,所以d=md-18=22-18=4.
4.C 由题意,得S5,S10-S5,S15-S10,S20-S15成等差数列.
∵,∴S10=3S5,
∴S15=6S5,S20=10S5,∴.
5.AB 因为{an}是等差数列,设公差为d,由a1+5a3=S8,可得a1+9d=0,即a10=0,即选项A正确,
又S12-S7=a8+a9+a10+a11+a12=5a10=0,即选项B正确,当d>0时,则S9或S10最小,当d<0时,则S9或S10最大,即选项C错误,
又因为S19=19a10=0,a20≠0,所以S20≠0,即选项D错误.故选AB.
6.5 ∵S3,S6-S3,S9-S6成等差数列,而S3=9,S6-S3=a4+a5+a6=7,∴S9-S6=5.
7.6或7 由|a5|=|a9|,且d>0,得a5<0,a9>0,且a5+a9=0,所以a7==0,故S6=S7,且为最小值.
8.a7 设等差数列{an}的公差为d.
∵a1>0,n∈N*,S12>0,S13<0,
∴6(a6+a7)>0,13a7<0.
∴a7<0,a6>-a7>0,且a6+a8=2a7<0,即a6<-a8.
∴-a79.解等差数列{an}的公差d==3,故an=a1+(n-1)d=-60+(n-1)×3=3n-63.
由an<0,得3n-63<0,即n<21.
故数列{an}的前20项是负数,第20项以后的项都为非负数.
设Sn,S'n分别表示数列{an},{|an|}的前n项和,当n≤20时,S'n=-Sn=-=-n2+n;
当n≥21时,S'n=-S20+(Sn-S20)=Sn-2S20=-60n+×3-2×n2-n+1 260.
故数列{|an|}的前n项和为S'n=
10.解选①:(1)设等差数列{an}的公差为d,由题设知解得a1=1,d=3,
∴an=1+3(n-1)=3n-2.
(2)由(1)知an=3n-2,数列{an}是递增数列,
∴当n=1时,Sn有最小值S1=1,Sn无最大值.
选②:(1)设等差数列{an}的公差为d,由题设知d=an-an-1=-3,
∵a3=a1+2×(-3)=7,∴a1=13,
∴an=13-3(n-1)=16-3n.
(2)由(1)知an=16-3n,数列{an}是递减数列,
令an>0,得n<,故当n=5时,Sn有最大值S5==35,Sn无最小值.
选③:(1)设等差数列{an}的公差为d,由得a5=5,∴d==-1.
∴an=a3+(n-3)d=10-n.
(2)由(1)知an=10-n,数列{an}是递减数列,令an=0,得n=10.
故当n=9或n=10时,Sn有最大值S9=S10=45,Sn无最小值.
11.C ∵S8=(a1+a8)=4(a1+a8)=2 020,
∴a1+a8=505,
∴a3+4a4+a8=3(a1+a8)=3×505=1 515.
12.C 设等差数列{an}的公差为d,因为{an}是等差数列,所以也是等差数列,公差为,由a3=16,a7=8,可得d==-2,则a1=a3-2d=20,所以=a1=20,=-1,所以=20-(n-1)=21-n.
可得当n<21,n∈N*时,>0;当n=21时,=0;当n>21,n∈N*时,<0,所以当n=20或n=21时,数列的前n项和取得最大值.故选C.
13.A 由nSn+1>(n+1)Sn,得,即>0.而,所以d>0.
因为<-1,所以<0,即a7(a7+a8)<0.
由于d>0,因此数列{an}是递增数列,所以a7<0,a7+a8>0,所以a7<0,a8>0,所以在Sn中最小值是S7.
14.ABD 由S50,
由S6=S7,得S7-S6=a7=0,由S7>S8,得a8<0,
∴d=a7-a6<0,故A,D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,显然C错误;
∵S5S8,
∴S6与S7均为Sn的最大值,故B正确.故选ABD.
15.ABC =7+.
当n=1,2,3,5,11时,为整数,即当n=1,2,3,5,11时,为整数.故选ABC.
16.10 ∵,∴=10.
17.2 016 因为等差数列{an}的前n项和Sn可看成是关于n的二次函数,所以由二次函数图象的对称性及S2 011=S2 014,Sk=S2 009,可得,解得k=2 016.
18.(1)证明由已知,得2Sn=+an,且an>0.
当n=1时,2a1=+a1,解得a1=1.
当n≥2时,2Sn-1=+an-1.
所以2Sn-2Sn-1=+an-an-1,即2an=+an-an-1,即(an+an-1)(an-an-1)=an+an-1.
因为an+an-1>0,所以an-an-1=1(n≥2).
故数列{an}是首项为1,公差为1的等差数列,且an=n.
(2)解由(1)可知an=n.设cn=anbn,
则cn=n(-n+5)=-n2+5n=-.
因为n∈N*,所以当n=2或n=3时,{cn}的最大项为6.
故{anbn}的最大值为6,此时n=2或n=3.
19.解等差数列{an}的公差为d==-3,故通项公式为an=a1+(n-1)d=60+(-3)×(n-1)=63-3n.
令an≥0,即63-3n≥0,解得n≤21,即数列的前21项是非负数,从第22项开始都是负数.
设Sn,Tn分别表示数列{an}与数列{|an|}的前n项和,
则Sn==-n2+n.
当n≤21时,Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn=-n2+n;
当n≥22时,Tn=|a1|+|a2|+…+|a21|+|a22|+…+|an|=a1+a2+…+a21-(a22+…+an)=S21-(Sn-S21)=2S21-Sn.
由S21=-×212+×21=630,得Tn=2×630--n2+n=n2-n+1 260.
故Tn=
20.解因为等差数列{an}的前n项和为Sn=na1+n2+a1-n,
其对应函数的图象为一抛物线,对称轴为,
若Sn存在最小值且最小值不等于a1,
则,且d>0,整理得a1<-d.
又因为不存在正整数k,使得Sk>Sk+1且Sk+1则连续两项取得最小值,令Sk=Sk+1,k>1,
所以ak+1=a1+kd=0,所以k=->1.
令k=2,a1=-2d,则有an=(n-3)d,令d=2,则an=2n-6为一个符合题意的通项公式.
故答案为an=2n-6(不唯一).