课时训练14 数列求和
一、分组求和
1.若数列{an}的通项公式是an=(-1)n(3n-2),则a1+a2+…+a10=( )
A.15 B.12 C.-12 D.-15
答案:A
解析:∵an=(-1)n(3n-2),
则a1+a2+…+a10=-1+4-7+10-…-25+28=(-1+4)+(-7+10)+…+(-25+28)=3×5=15.
2.已知数列{an}满足a1=1,an+1=an+n+2n(n∈N*),则an为( )
A.+2n-1-1 B.+2n-1
C.+2n+1-1 D.+2n+1-1
答案:B
解析:∵an+1=an+n+2n,∴an+1-an=n+2n.
∴an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=1+(1+2)+(2+22)+…+[(n-1)+2n-1]
=1+[1+2+3+…+(n-1)]+(2+22+…+2n-1)
=1++2n-1.
3.(2015广东湛江高二期末,19)已知数列{an}为等差数列,a5=5,d=1;数列{bn}为等比数列,b4=16,q=2.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式an,bn;
(2)设cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和Tn.
解:(1)∵数列{an}为等差数列,a5=5,d=1,
∴a1+4=5,解得a1=1,∴an=1+(n-1)×1=n.
∵数列{bn}为等比数列,b4=16,q=2,
∴b1·23=16,解得b1=2,∴bn=2×2n-1=2n.
(2)∵cn=an+bn=n+2n,
∴Tn=(1+2+3+…+n)+(2+22+23+…+2n)
=+2n+1-2.
二、裂项相消法求和
4.数列{an}的通项公式an=,则其前n项和Sn=( )
A. B.
C. D.
答案:A
解析:∵an==2,
∴Sn=a1+a2+…+an
=2
=2.
5.+…+= .
答案:
解析:∵,
∴+…+
=.
6.(2015山东省潍坊四县联考,17)等差数列{an}中,a1=3,其前n项和为Sn.等比数列{bn}的各项均为正数,b1=1,且b2+S2=12,a3=b3.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;
(2)求数列的前n项和Tn.
解:(1)设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q,
由已知可得又q>0,∴
∴an=3+3(n-1)=3n,bn=3n-1.
(2)由(1)知数列{an}中,a1=3,an=3n,
∴Sn=,∴,
∴Tn=
=.
三、错位相减法求和
7.数列,…,,…前n项的和为 .
答案:4-
解析:设Sn=+…+,①
Sn=+…+,②
①-②得
Sn=+…+
=2-.∴Sn=4-.
8.(2015湖北高考,文19)设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q,已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)当d>1时,记cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.
解:(1)由题意有,
即解得
故
(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=,
于是Tn=1++…+,①
Tn=+…+.②
①-②可得Tn=2++…+=3-,故Tn=6-.
(建议用时:30分钟)
1.数列{an}的通项公式是an=,若前n项和为10,则项数为( )
A.11 B.99 C.120 D.121
答案:C
解析:∵an=,
∴Sn=a1+a2+…+an=(-1)+()+…+()=-1,令-1=10,得n=120.
2.已知数列{an}的通项公式an=,其前n项和Sn=,则项数n等于( )
A.13 B.10 C.9 D.6
答案:D
解析:an==1-.
∴Sn=n-=n-1+=5+,
∴n=6.
3.数列{an}的通项公式an=ncos,其前n项和为Sn,则S2 012等于( )
A.1 006 B.2 012 C.503 D.0
答案:A
解析:∵函数y=cos的周期T==4,
∴可分四组求和:
a1+a5+…+a2 009=0,
a2+a6+…+a2 010=-2-6-…-2 010==-503×1 006,
a3+a7+…+a2 011=0,
a4+a8+…+a2 012=4+8+…+2 012==503×1 008.
故S2 012=0-503×1 006+0+503×1 008
=503×(-1 006+1 008)=1 006.
4.已知等比数列{an}的前n项和Sn=2n-1,则+…+等于( )
A.(2n-1)2 B.(2n-1)
C.4n-1 D.(4n-1)
答案:D
解析:根据前n项和Sn=2n-1,可求出an=2n-1,
由等比数列的性质可得{}仍为等比数列,且首项为,公比为q2,
∴+…+=1+22+24+…+22n-2
=(4n-1).
5.已知数列{an}:,…,那么数列{bn}=前n项的和为( )
A.4 B.4
C.1- D.
答案:A
解析:∵an=,
∴bn==4.
∴Sn
=4
=4.
6.如果lg x+lg x2+lg x10=110,那么lg x+lg2x+…+lg10x= .
答案:2 046
解析:由已知(1+2+…+10)lg x=110,
∴55lg x=110.∴lg x=2.
∴lg x+lg2x+…+lg10x=2+22+…+210=211-2=2 046.
7.已知等比数列{an}中,a1=3,a4=81.若数列{bn}满足bn=log3an,则数列的前2 013项的和为 .
答案:
解析:=q3=27,∴q=3.
∴an=a1·qn-1=3×3n-1=3n.∴bn=log3an=n.
∴,
∴数列的前2 013项的和为:
+…+
=1-.
8.已知等比数列{an}的各项都为正数,且当n≥3时,a4·a2n-4=102n,则数列lg a1,2lg a2,22lg a3,23lg a4,…,2n-1lg an的前n项和Sn等于 .
答案:1+(n-1)·2n
解析:∵{an}是等比数列,∴a4a2n-4==102n.
∴an=10n,∴2n-1lg an=n·2n-1.
利用错位相减法求得Sn=1+(n-1)2n.
9.正项数列{an}满足:-(2n-1)an-2n=0.
(1)求数列{an}的通项公式an;
(2)令bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)由-(2n-1)an-2n=0,得(an-2n)(an+1)=0.
由于{an}是正项数列,所以an=2n.
(2)由an=2n,bn=,
则bn=,
Tn=+…+.
10.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n2+n,n∈N*,数列{bn}满足an=4log2bn+3,n∈N*.
(1)求an,bn;
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
解:(1)由Sn=2n2+n,得当n=1时,a1=S1=3;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4n-1.
当n=1时,4×1-1=3.
所以an=4n-1,n∈N*.
由4n-1=an=4log2bn+3,得bn=2n-1,n∈N*.
(2)由(1)知anbn=(4n-1)·2n-1,n∈N*.
所以Tn=3+7×2+11×22+…+(4n-1)·2n-1,2Tn=3×2+7×22+…+(4n-5)·2n-1+(4n-1)·2n,所以2Tn-Tn=(4n-1)2n-[3+4(2+22+…+2n-1)]=(4n-5)2n+5.
故Tn=(4n-5)2n+5,n∈N*.课时训练10 等差数列前n项和的性质与应用
一、等差数列前n项和性质的应用
1.等差数列{an}的前n项和为Sn,若S2=2,S4=10,则S6等于( )
A.12 B.18 C.24 D.42
答案:C
解析:S2,S4-S2,S6-S4成等差数列,即2,8,S6-10成等差数列,S6=24.
2.已知某等差数列共有10项,其奇数项之和为15,偶数项之和为30,则其公差为( )
A.5 B.4 C.3 D.2
答案:C
解析:由题意得S偶-S奇=5d=15,∴d=3.或由解方程组求得d=3,故选C.
3.等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=-2 015,=2,则S2 015=( )
A.2 015 B.-2 015 C.0 D.1
答案:B
解析:由等差数列前n项和性质可知,数列是等差数列,设公差为d,
则=2d=2,所以d=1.
所以+2 014d=-2 015+2 014=-1,
所以S2 015=-2 015.
二、等差数列前n项和中的最值问题
4.设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和,则下列命题中错误的是( )
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:由等差数列的前n项和公式Sn=na1+n(n-1)d=n2+n知,Sn对应的二次函数有最大值时d<0.
故若d<0,则Sn有最大值,A,B正确.
又若对任意n∈N*,Sn>0,则a1>0,d>0,{Sn}必为递增数列,D正确.
而对于C项,令Sn=n2-2n,则数列{Sn}递增,但S1=-1<0.C不正确.
5.(2015河南南阳高二期中,10)已知数列{an}为等差数列,若<-1,且它们的前n项和Sn有最大值,则使得Sn>0的n的最大值为( )
A.21 B.20 C.19 D.18
答案:C
解析:由<-1,可得<0,
由它们的前n项和Sn有最大值可得数列的公差d<0,∴a10>0,a11+a10<0,a11<0,
∴a1+a19=2a10>0,a1+a20=a11+a10<0.
∴使得Sn>0的n的最大值n=19.故选C.
6.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.21 C.20 D.19
答案:C
解析:对任意n∈N*,都有Sn≤Sk成立,即Sk为Sn的最大值.
因为a1+a4+a7=99,a2+a5+a8=93,
所以a4=33,a5=31,
故公差d=-2,an=a4+(n-4)d=41-2n,
则n=1时,a1=39,
所以Sn=n2+n=-n2+40n=-(n-20)2+400,即当n=20时Sn取得最大值,从而满足对任意n∈N*,都有Sn≤Sk成立的k的值为20.
7.设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S2 014>0,S2 015<0,则当n= 时,Sn最大.
答案:1 007
解析:由等差数列的性质知,S2 015=2 015a1 008<0,
所以a1 008<0.
又S2 014==1 007(a1 007+a1 008)>0,
所以a1 007+a1 008>0,而a1 008<0,故a1 007>0.
因此当n=1 007时,Sn最大.
8.已知数列{an},an∈N*,前n项和Sn=(an+2)2.
(1)求证:{an}是等差数列;
(2)设bn=an-30,求数列{bn}的前n项和的最小值.
(1)证明:由已知得8Sn=(an+2)2,
则8Sn-1=(an-1+2)2(n≥2),
两式相减,得8an=(an+2)2-(an-1+2)2,
即(an+an-1)(an-an-1-4)=0.
因为an∈N*,所以an+an-1>0,
所以an-an-1=4(n≥2),
故数列{an}是以4为公差的等差数列.
(2)解:令n=1,得S1=a1=(a1+2)2,解得a1=2.
由(1)知an=2+(n-1)×4=4n-2,
所以bn=an-30=2n-31.
由bn=2n-31<0,得n<,
即数列{bn}的前15项为负值,n≥16时bn>0.
设数列{bn}的前n项和为Tn,
则T15最小,其值为T15=15×(-29)+×2=-225.
三、与数列{|an|}前n项和有关的问题
9.已知数列{an}的通项公式an=5-n,则当|a1|+|a2|+…+|an|=16时,n= .
答案:8
解析:由an=5-n,可得n<5时,an>0;
n=5时,a5=0;
n>5时,an<0,
而a1+a2+…+a5=10,
∴|a1|+|a2|+…+|an|=(a1+a2+…+a5)-(a6+a7+…+an)=16.
∴20+=16,解得n=8.
10.在公差为d的等差数列{an}中,已知a1=10,且5a3·a1=(2a2+2)2.
(1)求d,an;
(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|.
解:(1)因为5a3·a1=(2a2+2)2,所以d2-3d-4=0,解得d=-1或d=4.故an=-n+11或an=4n+6.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn.
因为d<0,所以由(1)得d=-1,an=-n+11.
则当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=-n2+n;
当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-Sn+2S11=n2-n+110.
综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=
(建议用时:30分钟)
1.若等差数列{an}的前3项和S3=9,则a2等于( )
A.3 B.4 C.5 D.6
答案:A
解析:S3==9,
∴a1+a3=2a2=6.∴a2=3.故选A.
2.设{an}是公差为-2的等差数列,如果a1+a4+…+a97=50,那么a3+a6+a9+…+a99等于( )
A.-182 B.-78 C.-148 D.-82
答案:D
解析:由a1+a4+a7+…+a97=50,①
令a3+a6+a9+…+a99=x,②
②-①得2d×33=x-50,而d=-2,
∴x=-132+50=-82.故选D.
3.等差数列{an}的前n项和记为Sn,若a2+a4+a15的值为确定的常数,则下列各数中也是常数的是( )
A.S7 B.S8 C.S13 D.S15
答案:C
解析:a2+a4+a15=a1+d+a1+3d+a1+14d
=3(a1+6d)
=3a7=3×S13.
于是可知S13是常数.
4.设{an}为等差数列,a1>0,a6+a7>0,a6·a7<0,则使其前n项和Sn>0成立的最大自然数n是( )
A.11 B.12 C.13 D.14
答案:B
解析:∵a6+a7=a1+a12,
∴S12==6(a6+a7)>0.
由已知得a6>0,a7<0,又S13=13a7<0,
∴使Sn>0成立的最大自然数n为12,故选B.
5.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=1,S3n-Sn=5,则S4n=( )
A.4 B.6 C.10 D.15
答案:C
解析:由Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,S4n-S3n成等差数列,设公差为d,
则S2n-Sn=Sn+d,S3n-S2n=Sn+2d.
∴S3n-Sn=2Sn+3d=5.
又∵Sn=1,∴d=1.
∴S4n=Sn+(S2n-Sn)+(S3n-S2n)+(S4n-S3n)
=1+2+3+4=10.
6.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:S9=S4,∴a5+a6+a7+a8+a9=0,
∴a7=0,从而a4+a10=2a7=0,∴k=10.
7.等差数列前12项和为354,在前12项中的偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27,则公差d= .
答案:5
解析:由已知
解得
又∵此等差数列共12项,
∴S偶-S奇=6d=30.∴d=5.
8.等差数列{an}与{bn},它们的前n项和分别为An,Bn,若,则= .
答案:
解析:.
9.在等差数列{an}中,已知a1=20,前n项和为Sn,且S10=S15,求当n取何值时,Sn有最大值,并求出它的最大值.
解:设等差数列{an}的公差为d,∵a1=20,S10=S15,
∴10a1+d=15a1+d.
解得d=-.
解法一:由以上得an=20-(n-1)=-n+.
由an≥0得-n+≥0,∴n≤13.
所以数列前12项或前13项的和最大,其最大值为S12=S13=12a1+d=130.
解法二:由以上得Sn=20n+
=-n2+n+20n=-n2+n
=-(n2-25n)=-.
∴当n=12或13时,Sn最大,最大值为S12=S13=130.
10.等差数列{an}中,a1=-60,a17=-12,求数列{|an|}的前n项和.
解:等差数列{an}的公差d==3,
∴an=a1+(n-1)d=-60+(n-1)×3=3n-63.
由an<0,得3n-63<0,即n<21.
∴数列{an}的前20项是负数,第20项以后的项都为非负数.
设Sn,Sn'分别表示数列{an},{|an|}的前n项和,
当n≤20时,Sn'=-Sn
=-
=-n2+n;
当n>20时,
Sn'=-S20+(Sn-S20)=Sn-2S20
=-60n+×3-2×
=n2-n+1 260.
∴数列{|an|}的前n项和为
Sn'=课时训练12 等比数列的性质
一、等比数列性质的应用
1.若{an}是等比数列,那么( )
A.数列是等比数列 B.数列{}是等比数列
C.数列{}是等比数列 D.数列{nan}是等比数列
答案:A
解析:由等比数列的定义判断即可.
2.在等比数列{an}中,a2 013=8a2 010,则公比q的值为( )
A.2 B.3 C.4 D.8
答案:A
解析:∵a2 013=8a2 010,∴a2 010q3=8a2 010.
∴q3=8.∴q=2.
3.已知项数相同的等比数列{an}和{bn},公比分别为q1,q2(q1,q2≠1),则数列①{3an};②;③{};④{2an-3bn};⑤{2an·3bn}中等比数列的个数是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案:C
解析:在①中,=q1,是等比数列;在②中,,是等比数列;在③中,令an=2n-1,则数列{}为3,32,34,…,因为,故不是等比数列;在④中,数列的项可能为零,故不一定是等比数列;在⑤中,=q1·q2,是等比数列.
4.(2015山东威海高二期中,5)已知各项均为正数的等比数列{an},a1a2a3=5,a7a8a9=10,则a4a5a6=( )
A.5 B.7 C.6 D.4
答案:A
解析:a1a2a3=5 =5;
a7a8a9=10 =10.
=a2a8,∴=50,
∴a4a5a6==5.故选A.
5.(2015河南郑州高二期末,10)已知各项为正的等比数列{an}中,a4与a14的等比中项为2,则2a7+a11的最小值为( )
A.16 B.8 C.2 D.4
答案:B
解析:∵各项为正的等比数列{an}中,a4与a14的等比中项为2,
∴a4·a14=(2)2=8,
∴a7·a11=8,
∵a7>0,a11>0,
∴2a7+a11≥2=2=8.故选B.
二、等差、等比数列的综合问题
6.等差数列{an}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{an}的前n项和Sn=( )
A.n(n+1) B.n(n-1) C. D.
答案:A
解析:因为a2,a4,a8成等比数列,所以=a2·a8,所以(a1+6)2=(a1+2)·(a1+14),解得a1=2.所以Sn=na1+d=n(n+1).
7.数列{an}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q= .
答案:1
解析:设等差数列的公差为d,则a3=a1+2d,a5=a1+4d,所以(a1+2d+3)2=(a1+1)(a1+4d+5),解得d=-1,故q==1.
8.已知1,a1,a2,4成等差数列,1,b1,b2,b3,4成等比数列,则的值为 .
答案:2.5
解析:∵a1+a2=1+4=5,
=1×4=4,且b2与1,4同号,∴b2=2,
∴=2.5.
9.在四个正数中,前三个成等差数列,和为48,后三个成等比数列,积为8 000.求此四个数.
解:设前三个数分别为a-d,a,a+d,
(a-d)+a+(a+d)=48,即a=16.
再设后三个数分别为,b,bq,
则有·b·bq=b3=8 000,即b=20.
∴四个数分别为m,16,20,n.
∴m=2×16-20=12,n==25,
即这四个数分别为12,16,20,25.
10.已知等差数列{an}的公差和等比数列{bn}的公比都是d(d≠1),且a1=b1,a4=b4,a10=b10.
(1)求a1和d的值;
(2)b16是不是数列{an}中的项 如果是,是第几项 如果不是,请说明理由.
解:(1)由题意得
所以
两式相除,得3==d6+d3+1,
解得d3=-2或d3=1(舍去).
所以d=-,代入得a1=-d=.
(2)b16=a1d15=×(-)15=-32,
an=a1+(n-1)d=+(n-1)×(-)
=-n+2.
令an=-32,得-n+2=-32,解得n=34∈N*,故b16是数列{an}中的第34项.
(建议用时:30分钟)
1.在等比数列{an}中,a3a4a5=3,a6a7a8=24,则a9a10a11的值为( )
A.48 B.72 C.144 D.192
答案:D
解析:∵=q9=8(q为公比),
∴a9a10a11=a6a7a8q9=24×8=192.
2.公比为2的等比数列{an}的各项都是正数,且a3a11=16,则a5=( )
A.1 B.2 C.4 D.8
答案:A
解析:∵a3a11==16,且an>0,∴a7=4.
又a7=a5·q2=4a5,∴a5=1.
3.已知等比数列{an}满足a1=3,且4a1,2a2,a3成等差数列,则a3+a4+a5等于( )
A.33 B.84 C.72 D.189
答案:B
解析:由条件得,4a1+(a1q2)=2×(2a1q),
即(q-2)2=0,∴q=2.
∴a3+a4+a5=3×(22+23+24)=84.
4.等比数列{an}中,已知a9=-2,则此数列的前17项之积为( )
A.216 B.-216 C.217 D.-217
答案:D
解析:∵数列{an}为等比数列,∴a1a2a3…a17=.
又∵a9=-2,∴a1a2a3…a17=(-2)17=-217.
5.已知1
A.成等差数列 B.成等比数列
C.各项倒数成等差数列 D.以上都不对
答案:C
解析:由已知b2=ac.∴lognb2=lognac.
∴2lognb=logna+lognc.
∴,
即成等差数列.
6.已知数列{an}是等比数列,公比q>1,且a1+a6=8,a3a4=12,则= .
答案:3
解析:由已知a3a4=12得a1a6=12,
又∵a1+a6=8.当q>1时,解得a1=2,a6=6.
又∵a1a11=,∴=3.
7.在等比数列{an}中,若an>0,a1·a100=100,则lg a1+lg a2+lg a3+…+lg a100= .
答案:100
解析:由等比数列性质知:a1·a100=a2·a99=…=a50·a51=100.∴lg a1+lg a2+lg a3+…+lg a100=lg(a1·a2·a3·…·a100)=lg(a1·a100)50=lg 10050=lg 10100=100.
8.公差不为零的等差数列{an}中,2a3-+2a11=0,数列{bn}是等比数列,且b7=a7,则b6b8= .
答案:16
解析:∵2a3-+2a11=2(a3+a11)-=4a7-=0,
∵b7=a7≠0,∴b7=a7=4.∴b6b8==16.
9.三个互不相等的实数成等差数列,如果适当排列这三个数,又可以成等比数列,这三个数的和为12,求这三个数.
解:设这三个数为a-d,a,a+d,
则(a-d)+a+(a+d)=12,所以a=4.
所以这三个数可以表示为4-d,4,4+d.
①若4-d为等比中项,则有(4-d)2=4×(4+d),解得d=12,或d=0(舍去).
此时,这三个数是-8,4,16.
②若4+d为等比中项,则有(4+d)2=4×(4-d),解得d=-12,或d=0(舍去).
此时,这三个数是16,4,-8.
③若4为等比中项,则有42=(4-d)×(4+d),
解得d=0(舍去),
综上所述,这三个数是-8,4,16或16,4,-8.
10.已知两个等比数列{an},{bn},满足a1=a(a>0),b1-a1=1,b2-a2=2,b3-a3=3.
(1)若a=1,求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{an}唯一,求a的值.
解:(1)设{an}的公比为q,则b1=1+a=2,b2=2+aq=2+q,b3=3+aq2=3+q2.
由b1,b2,b3成等比数列,得(2+q)2=2(3+q2),
即q2-4q+2=0,解得q1=2+,q2=2-.
∴{an}的通项公式为an=(2+)n-1或an=(2-)n-1.
(2)设{an}的公比为q,
则由(2+aq)2=(1+a)(3+aq2),
得aq2-4aq+3a-1=0(*).
由a>0得Δ=4a2+4a>0,
故方程(*)有两个不同的实根.
由{an}唯一,知方程(*)必有一根为0,
代入(*)得a=.课时训练13 等比数列的前n项和
一、等比数列前n项和公式的应用
1.已知等比数列的公比为2,且前5项和为1,那么前10项的和等于( )
A.31 B.33 C.35 D.37
答案:B
解析:∵S5=1,∴=1,即a1=.
∴S10==33.
2.设首项为1,公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn,则( )
A.Sn=2an-1 B.Sn=3an-2
C.Sn=4-3an D.Sn=3-2an
答案:D
解析:Sn==3-2an,
故选D.
3.(2015福建厦门高二期末,7)设Sn为等比数列{an}的前n项和,若27a2-a5=0,则等于( )
A.-27 B.10 C.27 D.80
答案:B
解析:设等比数列{an}的公比为q,
则27a2-a2q3=0,解得q=3,
∴=1+q2=10.故选B.
4.(2015课标全国Ⅰ高考,文13)在数列{an}中,a1=2,an+1=2an,Sn为{an}的前n项和.若Sn=126,则n= .
答案:6
解析:∵an+1=2an,即=2,
∴{an}是以2为公比的等比数列.
又a1=2,∴Sn==126.
∴2n=64,∴n=6.
5.设数列{an}是首项为1,公比为-2的等比数列,则a1+|a2|+a3+|a4|= .
答案:15
解析:由数列{an}首项为1,公比q=-2,则an=(-2)n-1,a1=1,a2=-2,a3=4,a4=-8,则a1+|a2|+a3+|a4|=1+2+4+8=15.
二、等比数列前n项和性质的应用
6.一个等比数列的前7项和为48,前14项和为60,则前21项和为( )
A.180 B.108 C.75 D.63
答案:D
解析:由性质可得S7,S14-S7,S21-S14成等比数列,故(S14-S7)2=S7·(S21-S14).
又∵S7=48,S14=60,∴S21=63.
7.已知数列{an},an=2n,则+…+= .
答案:1-
解析:由题意得:数列{an}为首项是2,公比为2的等比数列,由an=2n,得到数列{an}各项为:2,22,…,2n,所以+…++…+.所以数列是首项为,公比为的等比数列.则+…++…+=1-.
8.在等比数列{an}中,a1+an=66,a2·an-1=128,Sn=126,求n和q.
解:∵a2an-1=a1an,∴a1an=128.
解方程组①或②
将①代入Sn==126,可得q=,
由an=a1qn-1,可得n=6.
将②代入Sn==126,可得q=2,
由an=a1qn-1可解得n=6.
综上可得,n=6,q=2或.
三、等差、等比数列的综合应用
9.已知数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,设cn=,Tn=c1+c2+…+cn,当Tn>2 013时,n的最小值为( )
A.7 B.9 C.10 D.11
答案:C
解析:由已知an=2n-1,bn=2n-1,
∴cn==2×2n-1-1=2n-1.
∴Tn=c1+c2+…+cn=(21+22+…+2n)-n=2×-n=2n+1-n-2.
∵Tn>2 013,
∴2n+1-n-2>2 013,解得n≥10,
∴n的最小值为10,故选C.
10.已知公差不为0的等差数列{an}满足S7=77,a1,a3,a11成等比数列.
(1)求an;
(2)若bn=,求{bn}的前n项和Tn.
解:(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),由S7==77可得7a4=77,则a1+3d=11 ①.
因为a1,a3,a11成等比数列,所以=a1a11,整理得2d2=3a1d.
又d≠0,所以2d=3a1 ②,
联立①②,解得a1=2,d=3,所以an=3n-1.
(2)因为bn==23n-1=4·8n-1,所以{bn}是首项为4,公比为8的等比数列.
所以Tn=.
(建议用时:30分钟)
1.在等比数列{an}中,a1=3,an=96,Sn=189,则n的值为( )
A.5 B.4 C.6 D.7
答案:C
解析:显然q≠1,由an=a1·qn-1,得96=3×qn-1.
又由Sn=,得189=.
∴q=2.∴n=6.
2.等比数列{an}的前n项和为Sn,若S1,S3,S2成等差数列,则{an}的公比等于( )
A.1 B. C.- D.
答案:C
解析:设等比数列{an}的公比为q,
由2S3=S1+S2,得2(a1+a1q+a1q2)=a1+a1+a1q,整理得2q2+q=0,
解得q=-或q=0(舍去).故选C.
3.等比数列{an}中,a3=3S2+2,a4=3S3+2,则公比q等于( )
A.2 B. C.4 D.
答案:C
解析:a3=3S2+2,a4=3S3+2,等式两边分别相减得a4-a3=3a3即a4=4a3,∴q=4.
4.设Sn为等比数列{an}的前n项和,8a2+a5=0,则=( )
A.11 B.5 C.-8 D.-11
答案:D
解析:设等比数列的首项为a1,公比为q,
则8a1q+a1q4=0,解得q=-2.
∴=-11.
5.设{an}是任意等比数列,它的前n项和,前2n项和与前3n项和分别为X,Y,Z,则下列等式中恒成立的是( )
A.X+Z=2Y B.Y(Y-X)=Z(Z-X)
C.Y2=XZ D.Y(Y-X)=X(Z-X)
答案:D
解析:Sn=X,S2n-Sn=Y-X,S3n-S2n=Z-Y,
不妨取等比数列{an}为an=2n,
则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列,
∴(Y-X)2=X(Z-Y),整理得D正确.
6.某住宅小区计划植树不少于100棵,若第一天植2棵,以后每天植树的棵数是前一天的2倍,则需要的最少天数n(n∈N*)等于 .
答案:6
解析:由题意知每天植树的棵数组成一个以2为首项,2为公比的等比数列,所以Sn==2(-1+2n)≥100,
∴2n≥51,
∴n≥6.
7.已知{an}是首项为1的等比数列,Sn是{an}的前n项和,且9S3=S6,则数列的前5项和为 .
答案:
解析:易知公比q≠1.
由9S3=S6,得9×,
解得q=2.
∴是首项为1,公比为的等比数列.
∴其前5项和为.
8.在等比数列{an}中,若a1=,a4=-4,则公比q= ;|a1|+|a2|+…+|an|= .
答案:-2 2n-1-
解析:设等比数列{an}的公比为q,则a4=a1q3,代入数据解得q3=-8,所以q=-2;等比数列{|an|}的公比为|q|=2,则|an|=×2n-1,
所以|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=(1+2+22+…+2n-1)=(2n-1)=2n-1-.
9.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a2=4,a3+a4=17.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=,证明数列{bn}是等比数列并求其前n项和Tn.
(1)解:设等差数列{an}的公差为d.
由题意知
解得a1=1,d=3,
∴an=3n-2(n∈N*).
(2)证明:由题意知,bn==23n(n∈N*),
bn-1=23(n-1)=23n-3(n∈N*,n≥2),
∴=23=8(n∈N*,n≥2),
又b1=8,∴{bn}是以b1=8,公比为8的等比数列.
∴Tn=(8n-1).
10.已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1为a(a∈R),且成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)对n∈N*,试比较+…+的大小.
解:(1)设等差数列{an}的公差为d,
由题意可知,
即(a1+d)2=a1(a1+3d),从而a1d=d2,
因为d≠0,∴d=a1=a.
故通项公式an=na.
(2)记Tn=+…+,
因为=2na,
所以Tn=
=.
从而,当a>0时,Tn<;
当a<0时,Tn>.课时训练7 等差数列
一、等差数列通项公式的应用
1.等差数列{an}中,a2=-5,d=3,则a5为( )
A.-4 B.4 C.5 D.6
答案:B
解析:a5=a1+4d=(a1+d)+3d=a2+3d=-5+3×3=4.
2.在数列{an}中,a1=2,2an+1=2an+1,则a101的值为( )
A.49 B.50 C.51 D.52
答案:D
解析:∵2an+1=2an+1,∴an+1=an+.
∴an+1-an=.
∴数列{an}是首项为2,公差为的等差数列.
∴a101=a1+(101-1)d=2+=52.
3.(2015福建厦门高二期末,2)已知数列{an}满足a1=1,an=an-1+3(n≥2),则a100等于( )
A.297 B.298 C.299 D.300
答案:B
解析:由an=an-1+3(n≥2),得an-an-1=3(n≥2),
即数列{an}是以3为公差的等差数列.
又a1=1,∴a100=1+(100-1)×3=298.
4.若等差数列{an}的公差为整数,首项为19,从第6项开始为负值,则公差为( )
A.-5 B.-4 C.-3 D.-2
答案:B
解析:设等差数列{an}的公差为d(d∈Z),
依题意得a6=a1+5d=19+5d<0,
即d<-,a5=a1+4d=19+4d≥0,
即d≥-,所以-≤d<-,
又d∈Z,所以d=-4.
5.等差数列{an}中,a2=5,a4=a6+6,则a1= .
答案:8
解析:由a4=a6+6,得2d=a6-a4=-6,∴d=-3.
又∵a1=a2-d=5-(-3)=8,∴a1=8.
二、等差中项的应用
6.(2015福建宁德五校联考,1)已知实数m是1和5的等差中项,则m等于( )
A. B.± C.3 D.±3
答案:C
解析:因为实数m是1和5的等差中项,
所以2m=1+5=6,则m=3.故选C.
7.已知m和2n的等差中项是4,2m和n的等差中项是5,则m和n的等差中项是( )
A.2 B.3 C.6 D.9
答案:B
解析:依题意可得m+2n=8,2m+n=10,故3m+3n=18 m+n=6,故m和n的等差中项是3.
8.若lg 2,lg(2x-1),lg(2x+3)成等差数列,则x的值为( )
A.1 B.0或32 C.32 D.log25
答案:D
解析:由题意得lg 2+lg(2x+3)=2lg(2x-1),
所以2(2x+3)=(2x-1)2,
解得2x=5或2x=-1(舍去),所以x=log25.
三、等差数列的判断与证明
9.(2015山东威海高二期中,21)数列{an}中,a1=1,a2=2,且an+2-an=1+(-1)n(n∈N*).令bn=a2n,求证{bn}是等差数列,并求{bn}的通项公式.
解:当n≥2时,bn-bn-1=a2n-a2n-2=2,
∴{bn}是等差数列,且b1=a2=2,
∴bn=2n.
10.已知成等差数列,求证:a2,b2,c2成等差数列.
证明:∵是等差数列,
∴.
∴(a+b)(c+a)+(b+c)(c+a)=2(a+b)(b+c).
∴(c+a)(a+c+2b)=2(a+b)(b+c).
∴2ac+2ab+2bc+a2+c2=2ab+2ac+2bc+2b2.
∴a2+c2=2b2.∴a2,b2,c2成等差数列.
(建议用时:30分钟)
1.数列{an}的通项公式an=4n-7,则此数列是( )
A.公差为4的等差数列
B.公差为-7的等差数列
C.首项为-7的等差数列
D.公差为n的等差数列
答案:A
解析:an+1-an=4(n+1)-4n=4.故选A.
2.等差数列1,-1,-3,…,-89的项数是( )
A.45 B.46 C.47 D.92
答案:B
解析:由题可知,等差数列的首项a1=1,公差d=-2,且an=-89.
由an=a1+(n-1)d,解得n=46.故选B.
3.{an}为等差数列,且a7-2a4=-1,a3=0,则公差d=( )
A.-2 B.- C. D.2
答案:B
解析:
4.等差数列的相邻4项是a+1,a+3,b,a+b,那么a,b的值分别是( )
A.2,7 B.1,6
C.0,5 D.无法确定
答案:A
解析:由等差中项知识得解得
5.首项为-24的等差数列,从第10项起开始为正数,则公差d的取值范围为( )
A.d> B.d<3
C.≤d<3 D.答案:D
解析:设公差为d,an=-24+(n-1)d,
∴
∴6.已知等差数列{an}中,a1答案:an=2n-4
解析:由题意得
又a1所以a1=-2,d=2.
从而an=-2+2(n-1),即an=2n-4.
7.已知a,b,c成等差数列,那么二次函数y=ax2+2bx+c的图象与x轴的公共点的个数是 .
答案:1或2
解析:∵a,b,c成等差数列,∴2b=a+c.
二次函数y=ax2+2bx+c的判别式Δ=4b2-4ac=(a+c)2-4ac=(a-c)2≥0,
∴图象与x轴有一个或两个公共点.
8.若x≠y,且x,a1,a2,y和x,b1,b2,b3,y各自都成等差数列,则= .
答案:
解析:由题知a2-a1=d1=,b2-b1=d2=,
∴.
9.某公司经销一种数码产品,第1年可获利200万元.从第2年起,由于市场竞争等方面的原因,其利润每年比上一年减少20万元,按照这一规律,如果公司不开发新产品,也不调整经营策略,从哪一年起,该公司经销这一产品将亏损
解:由题设可知第1年获利200万元,第2年获利180万元,第3年获利160万元,…,每年获利构成等差数列{an},且当an<0时,该公司会出现亏损.
设从第1年起,第n年的利润为an,则a1=200,an-an-1=-20(n≥2,n∈N*),
所以每年的利润an可构成一个等差数列{an},且公差d=-20,
从而an=a1+(n-1)d=220-20n.
若an<0,则该公司经销这一产品将亏损,
所以由an=220-20n<0,得n>11,
即从第12年起,该公司经销此产品将亏损.
10.如果一个数列的各项都是实数,且从第二项开始,每一项与它前一项的平方差是相同的常数,则称该数列为等方差数列,这个常数叫做这个数列的公方差.
(1)设数列{an}是公方差为p的等方差数列,求an和an-1(n≥2)的关系式;
(2)若数列{an}既是等方差数列,又是等差数列,证明该数列为常数列.
解:(1)由等方差数列的定义可知:=p(n≥2).
(2)∵{an}是等差数列,设公差为d,
则an-an-1=an+1-an=d(n≥2).
又{an}是等方差数列,
∴(n≥2),
∴(an+an-1)(an-an-1)=(an+1+an)(an+1-an),
即d(an+an-1-an+1-an)=-2d2=0.
∴d=0,即{an}是常数列.课时训练8 等差数列的性质
一、等差数列性质的应用
1.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
2.等差数列{an}中,若a2+a4 024=4,则a2 013=( )
A.2 B.4 C.6 D.-2
答案:A
解析:2a2 013=a2+a4 024=4,∴a2 013=2.
3.在等差数列{an}中,a3+3a8+a13=120,则a3+a13-a8等于( )
A.24 B.22 C.20 D.-8
答案:A
解析:根据等差数列的性质可知a3+a13=2a8,所以已知等式可变为2a8+3a8=120,解得a8=24,所以a3+a13-a8=2a8-a8=a8=24.
4.如果等差数列{an}中,a1=2,a3=6,则数列{2an-3}是公差为 的等差数列.
答案:4
解析:设数列{an}的公差为d,则a3-a1=2d=4,
∴d=2.∴数列{2an-3}的公差为4.
5.在等差数列{an}中,a3=7,a5=a2+6,则a6= .
答案:13
解析:设等差数列{an}的公差为d.
∵a5=a2+6,∴a5-a2=6,即3d=6,d=2.
∴a6=a3+3d=7+3×2=13.
6.(2015河南郑州高二期末,14)若2,a,b,c,9成等差数列,则c-a= .
答案:
解析:由等差数列的性质可得2b=2+9,解得b=.
又可得2a=2+b=2+,解得a=,
同理可得2c=9+,解得c=,
故c-a=.
二、等差数列的综合应用
7.已知等差数列{an}中,a7=,则tan(a6+a7+a8)等于( )
A.- B.- C.-1 D.1
答案:C
解析:在等差数列中,a6+a7+a8=3a7=,
∴tan(a6+a7+a8)=tan=-1.
8.已知数列{an}是等差数列,a4=15,a7=27,则过点P(3,a3),Q(5,a5)的直线斜率为( )
A.4 B. C.-4 D.-
答案:A
解析:由数列{an}是等差数列,知an是关于n的一次函数,其图象是一条直线上的等间隔的点(n,an),因此过点P(3,a3),Q(5,a5)的直线斜率即过点(4,15),(7,27)的直线斜率,所以直线的斜率k==4.
9.在等差数列{an}中,若a4+a6+a8+a10+a12=90,则a10-a14的值为( )
A.12 B.14 C.16 D.18
答案:A
解析:由等差数列的性质及a4+a6+a8+a10+a12=90得5a8=90,即a1+7d=18,∴a10-a14=a1+9d-(a1+13d)=(a1+7d)=×18=12,故选A.
10.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与a3的值;
(2)数列{an}是否可能为等差数列 若可能,求出它的通项公式;若不可能,请说明理由.
解:(1)由条件得a2=(2-λ)a1,又a1=1,a2=-1,所以λ=3,从而a3=(22+2-3)a2=-3.
(2)假设数列{an}是等差数列,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).
由假设知2a2=a1+a3,
即2(2-λ)=1+(6-λ)(2-λ),解得λ=3,
于是a2=-1,a3=-3,a4=-27,所以a2-a1=-2,而a4-a3=-24,与数列{an}是等差数列矛盾,故数列{an}不可能是等差数列.
(建议用时:30分钟)
1.已知{an}为等差数列,a2+a8=12,则a5等于( )
A.4 B.5 C.6 D.7
答案:C
解析:由等差数列性质得a2+a8=2a5=12,所以a5=6.
2.在等差数列{an}中,a1+3a8+a15=120,则3a9-a11的值为( )
A.6 B.12 C.24 D.48
答案:D
解析:∵a1+a15=2a8,∴a1+3a8+a15=5a8.
∴5a8=120,a8=24.
而3a9-a11=3(a8+d)-(a8+3d)=2a8=48.
∴选D.
3.若数列{an}为等差数列,ap=q,aq=p(p≠q),则ap+q为( )
A.p+q B.0 C.-(p+q) D.
答案:B
解析:公差d==-1,∴ap+q=ap+(p+q-p)d=q+q×(-1)=0.
4.由公差d≠0的等差数列a1,a2,…,an,…组成一个数列a1+a3,a2+a4,a3+a5,…,下列说法正确的是( )
A.该新数列不是等差数列
B.是公差为d的等差数列
C.是公差为2d的等差数列
D.是公差为3d的等差数列
答案:C
解析:∵(an+1+an+3)-(an+an+2)=(an+1-an)+(an+3-an+2)=2d,
∴数列a1+a3,a2+a4,a3+a5,…是公差为2d的等差数列.
5.已知{an}为等差数列,若a1+a5+a9=8π,则cos(a3+a7)的值为( )
A. B.- C. D.-
答案:D
解析:∵{an}为等差数列,a1+a5+a9=8π,
∴a5=π,cos(a3+a7)=cos(2a5)=cos π=-.
6.等差数列{an}中,已知a3=10,a8=-20,则公差d= .
答案:-6
解析:由题知d==-6.
7.在等差数列{an}中,已知a8+m=10,a8-m=6,其中m∈N*,且1≤m≤7,则a8= .
答案:8
解析:∵a8+m+a8-m=2a8,∴a8=8.
8.如果有穷数列a1,a2,…,am(m为正整数)满足条件:a1=am,a2=am-1,…,am=a1,则称其为“对称”数列.例如数列1,2,5,2,1与数列8,4,2,4,8都是“对称”数列.已知在21项的“对称”数列{cn}中,c11,c12,…,c21是以1为首项,2为公差的等差数列,c2= .
答案:19
解析:因为c11,c12,…,c21是以1为首项,2为公差的等差数列,又{cn}为21项的对称数列,所以c2=c20=c11+9d=1+9×2=19.
9.已知等差数列{an}中,a1+a4+a7=15,a2a4a6=45,求此数列的通项公式.
解:∵a1+a7=2a4,∴a1+a4+a7=3a4=15.∴a4=5.
又∵a2a4a6=45,∴a2a6=9.
即(a4-2d)(a4+2d)=9,
即(5-2d)(5+2d)=9,解得d=±2.
若d=2,an=a4+(n-4)d=2n-3;
若d=-2,an=a4+(n-4)d=13-2n.
10.已知{an}为等差数列,a15=8,a60=20,求a75.
解:解法一:因为{an}为等差数列,
∴a15,a30,a45,a60,a75也成等差数列,设其公差为d,a15为首项,则a60为其第4项,∴a60=a15+3d,得d=4.
∴a75=a60+d=20+4=24.
解法二:设{an}的公差为d,因为a15=a1+14d,a60=a1+59d,
∴解得
故a75=a1+74d=+74×=24.课时训练11 等比数列
一、等比数列中基本量的运算
1.已知{an}是等比数列,a2=2,a5=,则公比q等于( )
A.- B.-2 C.2 D.
答案:D
解析:=q3=,∴q=.
2.已知等比数列{an}中,a1=32,公比q=-,则a6等于( )
A.1 B.-1 C.2 D.
答案:B
解析:由题知a6=a1q5=32×=-1,故选B.
3.(2015福建宁德五校联考,7)已知等比数列{an}中,=2,a4=8,则a6=( )
A.31 B.32 C.63 D.64
答案:B
解析:设等比数列{an}的公比为q,
由=2,a4=8,得解得所以a6=a1q5=25=32.故选B.
4.(2015山东潍坊四县联考,3)已知等差数列{an}的公差为2,若a1,a3,a4成等比数列,则a2等于( )
A.-4 B.-6 C.-8 D.-10
答案:B
解析:∵等差数列{an}的公差为2,a1,a3,a4成等比数列,
∴(a1+4)2=a1(a1+6),
∴a1=-8,
∴a2=-6.故选B.
5.(2015江西吉安联考,2)已知等比数列{an}的公比q=-,则等于( )
A.-3 B.- C.3 D.
答案:A
解析:∵等比数列{an}的公比q=-,
∴=-3.故选A.
二、等比中项及应用
6.2+和2-的等比中项是 .
答案:±1
解析:设A为等比中项,则A2=(2+)(2-)=1,
∴A=±1.
7.已知等比数列{an}的各项均为正数,它的前三项依次为1,a+1,2a+5,则数列{an}的通项公式an= .
答案:3n-1
解析:由题意,知(a+1)2=2a+5,∴a2=4.
∵{an}的各项均为正数,∴a+1>0且2a+5>0.
∴a=2.∴a+1=3.∴q==3.∴an=3n-1.
三、等比数列的判定
8.给出下列数列:
①2,2,4,8,16,32,…;
②在数列{an}中,=2,=2;
③常数列c,c,c,c,….
其中等比数列的个数为 .
答案:0
解析:①不是等比数列,因为;
②不一定是等比数列,因为不知道的值,即使=2,数列{an}也未必是等比数列;
③不一定是等比数列,当c=0时,数列不是等比数列.故填0.
9.设{an}是公比为q的等比数列,设q≠1,证明数列{an+1}不是等比数列.
证明:假设{an+1}是等比数列,则对任意的k∈N*,
(ak+1+1)2=(ak+1)(ak+2+1),
+2ak+1+1=akak+2+ak+ak+2+1,
q2k+2a1qk=a1qk-1·a1qk+1+a1qk-1+a1qk+1,
因为a1≠0,所以2qk=qk-1+qk+1.
因为q≠0,所以q2-2q+1=0,解得q=1,这与已知矛盾.
所以假设不成立,故{an+1}不是等比数列.
(建议用时:30分钟)
1.已知在等比数列{an}中,a1+a3=10,a4+a6=,则该等比数列的公比为( )
A. B. C.2 D.8
答案:B
解析:因为(a1+a3)q3=a4+a6,
所以q3=,即q=,选B.
2.若等比数列的首项为,末项为,公比为,则这个数列的项数为( )
A.3 B.4 C.5 D.6
答案:B
解析:∵a1=,an=,q=,∴,则n=4.
3.已知等比数列{an}中,a1=3,8=an+1·an+2,则a3=( )
A.48 B.12 C.6 D.2
答案:B
解析:设数列{an}的公比为q,
则由8=an+1an+2,得8=a2a3,即8q3,
∴q=2.∴a3=a1q2=3×4=12.
4.如果-1,a,b,c,-9成等比数列,那么( )
A.b=3,ac=9 B.b=-3,ac=9
C.b=3,ac=-9 D.b=-3,ac=-9
答案:B
解析:∵-1,a,b,c,-9成等比数列,
∴b2=(-1)×(-9)=9.
又∵a2=-1×b=-b,∴b=-3.
又b2=ac,∴a与c同号.∴ac=9.
5.已知1既是a2与b2的等比中项,又是的等差中项,则的值是( )
A.1或 B.1或-
C.1或 D.1或-
答案:D
解析:由题意得,a2b2=(ab)2=1,=2,
∴
又,∴其值为1或-.
6.设a1=2,数列{1+2an}是公比为2的等比数列,则a6等于 .
答案:79.5
解析:∵1+2an=(1+2a1)×2n-1,
∴1+2a6=5×25,∴a6==79.5.
7.已知等差数列{an}的公差d≠0,它的第1,5,17项顺次成等比数列,则这个等比数列的公比是 .
答案:3
解析:由已知=a1·a17,
∴(a1+4d)2=a1(a1+16d).∴a1=2d.
∴公比q==3.
8.某林场的树木每年以25%的增长率增长,则第10年末的树木总量是今年的 倍.
答案:1.259
解析:设这个林场今年的树木总量是m,第n年末的树木总量为an,则an+1=an+an×25%=1.25an.
则=1.25.
则数列{an}是公比q=1.25的等比数列.
则a10=a1q9=1.259m.所以=1.259.
9.等比数列的前三项和为168,a2-a5=42,求a5,a7的等比中项.
解:由题意知
②÷①得q(1-q)=,
∴q=.
∴a1==96.
又∵a6=a1q5,
∴a6=96×=3,
∴a5,a7的等比中项a6=3.
10.已知数列{an}满足a1=,且an+1=an+,n∈N*.
(1)求证:是等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
(1)证明:∵an+1=an+,
∴an+1-an+.
∴.
∴是首项为,公比为的等比数列.
(2)解:∵an-,
∴an=.课时训练6 数列的通项公式与递推公式
一、数列的单调性
1.已知数列an<0,且2an+1=an,则数列{an}是( )
A.递增数列 B.递减数列
C.常数列 D.无法判断
答案:A
解析:∵an<0,∴an+1-an=an-an=-an>0.
∴数列{an}是递增数列.
2.在数列{an}中,若an=-n2+12n-7,则此数列的最大项的值为 .
答案:29
解析:an=-(n-6)2+29,所以当n=6时,an最大,解得a6=29.
二、由递推公式求数列中的项
3.若a1=1,an+1=,则给出的数列{an}的第7项是( )
A. B. C. D.
答案:C
解析:由数列的首项和递推公式可以求出a2=,a3=,…,观察得到通项公式an=,所以a7=.
4.在数列{an}中,a1=-2,an+1=,则a2 012=( )
A.-2 B.- C.- D.3
答案:D
解析:∵a1=-2,an+1=,
∴a2=-,a3=,a4=3,a5=-2.
∴该数列是周期数列,周期T=4.
又2 012=503×4,∴a2 012=a4=3.
5.已知数列{an},a1=1,a2=2,an=an-1+an-2(n≥3),则a5=.
答案:8
解析:由题知a3=a2+a1=3,a4=a3+a2=5,
∴a5=a4+a3=8.
6.已知数列{an}满足a4n-3=1,a4n-1=0,a2n=an,n∈N*,则a2 013= ;a2 014= .
答案:1 0
解析:a2 013=a504×4-3=1,a2 014=2a1 007=2a4×252-1=0.
7.数列{an}满足an+1=,a8=2,则a1= .
答案:
解析:a8==2,∴a7=.
又a7=,∴a6=-1.
又a6=,∴a5=2.
以此下去,可推出a1=.
三、由递推关系求通项公式
8.已知数列{an}中,a1=1,an=an-1+1(n≥2),则通项公式为( )
A.an=1 B.an=2n-1
C.an=n D.an=n+1
答案:C
解析:由an=an-1+1知an-an-1=1,
∴数列的相邻两项中后项比前项大1.∴通项公式为an=n.
9.已知数列{an}中,a1=1,an+1=2an+1,则数列{an}的通项公式为( )
A.an=2n-1 B.an=2n-1
C.an= D.an=1+
答案:A
解析:方法一:由已知a1=1=21-1,a2=2×1+1=3=22-1,a3=2×3+1=7=23-1,…,
由此归纳得an=2n-1.
方法二:∵an+1+1=2(an+1),
∴=2,用累乘法可得an+1=2n.
∴an=2n-1.
10.(2015温州高二检测)已知数列{an},a1=1,以后各项由an=an-1+(n≥2)给出.
(1)写出数列{an}的前5项;
(2)求数列{an}的通项公式.
解:(1)a1=1;a2=a1+;
a3=a2+;a4=a3+;
a5=a4+.
(2)由已知得an-an-1=,
∴a2-a1=1-,a3-a2=,a4-a3=,……,an-an-1=.
左右分别累加得an-a1=1-,
所以an=a1+1-=2-.
(建议用时:30分钟)
1.已知数列{an},a1=1,an-an-1=n-1(n≥2).则a6等于( )
A.7 B.11 C.16 D.17
答案:C
解析:由题可知a6=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+(a5-a4)+(a6-a5)=1+1+2+3+4+5=16.
2.已知数列{an}中,a1=2,an=-(n≥2),则a2 015等于( )
A.- B. C.2 D.-2
答案:C
解析:∵an+2=-=an,∴数列奇数项相同,偶数项相同.∴a2 015=a1=2.
3.数列{an}中,a1=1,对所有的n≥2,都有a1a2a3…an=n2,则a3+a5等于( )
A. B. C. D.
答案:C
解析:由已知得 a3= a5=,∴a3+a5=.
4.已知数列{an}的通项公式为an=,则数列{an}( )
A.有最大项,没有最小项
B.有最小项,没有最大项
C.既有最大项又有最小项
D.既没有最大项也没有最小项
答案:C
解析:数列{an}的通项公式为an=,令t=(0则an=t2-t=(0故数列{an}有最大项和最小项,选C.
5.下图是一系列有机物的结构简图,图中的“小黑点”表示原子,两黑点间的“短线”表示化学键,按图中结构第n个图有化学键( )
A.6n个 B.(4n+2)个
C.(5n-1)个 D.(5n+1)个
答案:D
解析:各图中的短线依次为6,6+5,6+5+5,…,若视6为5+1,则这个数列为1+5,1+5+5,1+5+5+5,…,于是第n个图的化学键个数应为an=5n+1.
6.数列{an}满足an+1=若a1=,则a9等于 .
答案:
解析:a1=,∴a2=2a1-1=,
∴a3=2a2-1=,∴a4=2a3=,
同理a5=,a6=,a7=,a8=,a9=.
7.数列{an}中a1=1,a2=3,-an-1·an+1=(-1)n-1(n≥2),那么a4= .
答案:33
解析:令n=2得-a1·a3=-1,∴a3=10.
令n=3代入,得-a2a4=(-1)2,∴a4=33.
8.设函数f(x)定义如下表,数列{xn}满足x0=5,且对任意的自然数均有xn+1=f(xn),则x2 014= .
x 1 2 3 4 5
f(x) 4 1 3 5 2
答案:1
解析:x1=f(x0)=f(5)=2,
x2=f(x1)=f(2)=1,
x3=f(x2)=f(1)=4,
x4=f(x3)=f(4)=5=x0,
从而数列{xn}是周期为4的数列,于是x2 014=x4×503+2=x2=1.
9.已知递增数列{an}的通项公式是an=n2+λn,求实数λ的取值范围.
解:∵数列{an}是递增数列,∴an+1>an对n∈N*恒成立.
∵an+1-an=(n+1)2+λ(n+1)-n2-λn=2n+1+λ,
∴2n+1+λ>0对n∈N*恒成立,
即λ>-2n-1对n∈N*恒成立,
又当n∈N*时-2n-1≤-3,∴λ>-3.
10.设数列{an},a1=0,an+1=,写出数列的前4项,并归纳出该数列的一个通项公式.
解:a1=0,a2=,a3=,a4=.
直接观察可以发现a3=可写成a3=,
这样可知an=(n∈N*,n≥2).
当n=1时,=0=a1,所以an=.课时训练9 等差数列的前n项和
一、等差数列前n项和公式及应用
1.在等差数列{an}中,d=2,an=11,Sn=35,则a1为( )
A.5或7 B.3或5 C.7或-1 D.3或-1
答案:D
解析:a1+(n-1)×2=11 ①,Sn=na1+×2=35 ②,由①②解得a1=3或a1=-1.
经检验,a1=3与a1=-1均符合题意,故选D.
2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4=18-a5,则S8等于( )
A.18 B.36 C.54 D.72
答案:D
解析:∵a4=18-a5,∴a4+a5=18.
∴S8==4(a1+a8)=4(a4+a5)=72.
3.(2015河北邯郸三校联考,2)等差数列{an}中,a1+a2+a3=-24,a18+a19+a20=78,则此数列前20项和等于( )
A.160 B.180 C.200 D.220
答案:B
解析:∵a1+a2+a3=-24,a18+a19+a20=78,
∴a1+a20+a2+a19+a3+a18=54=3(a1+a20).
∴a1+a20=18.∴S20==180.故选B.
4.设Sn为公差不为零的等差数列{an}的前n项和.若S9=3a8,则=( )
A.15 B.17 C.19 D.21
答案:A
解析:由S9=3a8,得(a1+a15),即9a5=,所以=15.
5.有一个凸n边形,各内角的度数成等差数列,公差是10°,最小角为100°,则边数n= .
答案:8
解析:n×100°+×10°=(n-2)×180°,解得n=8或n=9.又an=100°+(n-1)×10°<180°,∴n=8.
6.已知等差数列{an}的前三项为a-1,4,2a,记前n项和为Sn.设Sk=2 550,求a和k的值.
解:设{an}的公差为d,由已知得,a1=a-1,a2=4,a3=2a.
又2a2=a1+a3,∴8=(a-1)+2a,∴a=3,
∴a1=2,d=a2-a1=2.
由Sk=ka1+d,得2k+×2=2 550,
即k2+k-2 550=0,解得k=50或k=-51(舍去),∴a=3,k=50.
二、由Sn求解数列的通项公式
7.设数列{an}的前n项和Sn=n2+1,则数列{an}的通项公式为 .
答案:an=
解析:当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+1-(n-1)2-1=2n-1.
当n=1时,a1=S1=1+1=2不适合上式.
∴数列{an}的通项公式为an=
8.已知数列{an}的前n项和为Sn=3n-2,求数列{an}的通项公式.
解:当n=1时,a1=S1=31-2=1;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n-2)-(3n-1-2)=2×3n-1,而2×31-1=2≠1.
故数列{an}的通项公式为an=
9.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,an+2SnSn-1=0(n≥2).
(1)求证:数列是等差数列;
(2)求{an}的通项公式.
(1)证明:∵n≥2时,an=Sn-Sn-1,
又an+2SnSn-1=0,∴Sn-Sn-1+2SnSn-1=0.
∵Sn≠0,两边同除以SnSn-1,得
+2=0,即=2(n≥2),
∴数列是等差数列.
(2)解:∵a1=1,=1,
∴=1+(n-1)×2=2n-1,∴Sn=.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=
=-.
而-=2≠1,故{an}的通项公式an=
(建议用时:30分钟)
1.在等差数列{an}中,若a1-a4+a8-a12+a15=2,则S15等于( )
A.28 B.30 C.31 D.32
答案:B
解析:∵a1-a4+a8-a12+a15
=(a1+a15)-(a4+a12)+a8=a8=2.
∴S15==30.
2.在等差数列{an}中,公差d≠0,首项a1≠d.如果这个数列的前20项的和S20=10M,则M应是( )
A.a5+a15 B.a2+2a10
C.2a1+19d D.a20+d
答案:C
解析:∵S20=20a1+d=10(2a1+19d)=10M,
∴M=2a1+19d.
3.已知数列{an}为等差数列,其前n项的和为Sn,若a3=6,S3=12,则公差d=( )
A.1 B.2 C.3 D.
答案:B
解析:在等差数列中,S3==12,解得a1=2,所以解得d=2,选B.
4.将含有k项的等差数列插入4和67之间,结果仍成一新的等差数列,并且新的等差数列所有项的和是781,则k的值为( )
A.20 B.21 C.22 D.24
答案:A
解析:由数列前n项和公式可得=781,解得k=20.
5.(2015江西吉安联考,5)在等差数列{an}中,a9=a12+6,则数列{an}的前11项和S11等于( )
A.24 B.48 C.66 D.132
答案:D
解析:∵数列{an}为等差数列,设其公差为d,
∵a9=a12+6,
∴a1+8d=(a1+11d)+6,
∴a1+5d=12,即a6=12.
∴数列{an}的前11项和S11=a1+a2+…+a11
=(a1+a11)+(a2+a10)+…+(a5+a7)+a6
=11a6=132.故选D.
6.已知{an}为等差数列,Sn为其前n项和,若a1=,S2=a3,则a2= ,Sn= .
答案:1 n2+n
7.若一个等差数列前3项和为34,最后3项的和为146,且所有项的和为390,则这个数列有 项.
答案:13
解析:∵
∴3(a1+an)=180,a1+an=60,Sn==390.∴n=13.
8.设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,若a5=5a3,则= .
答案:9
解析:,又∵a5=5a3,∴=9.
9.已知等差数列{an}的公差不为零,a1=25,a3+a5=38.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求a1+a4+a7+…+a3n-2.
解:(1)设数列{an}的公差为d,
则由已知得解得d=-2.
∴通项公式an=-2n+27.
(2)令Sn=a1+a4+a7+…+a3n-2,
由已知a3n-2=-6n+31.
∴数列{a3n-2}是首项为25,公差为-6的等差数列.
∴Sn==-3n2+28n.
10.一个水池有若干出水量相同的水龙头,如果所有水龙头同时放水,那么24 min可注满水池.如果开始时全部放开,以后每隔相等的时间关闭一个水龙头,到最后一个水龙头关闭时,恰好注满水池,而且最后一个水龙头放水的时间恰好是第一个水龙头放水时间的5倍,问最后关闭的这个水龙头放水多长时间
解:设共有n个水龙头,每个水龙头放水时间从小到大依次为x1,x2,…,xn.
由已知可知x2-x1=x3-x2=…=xn-xn-1,
∴数列{xn}成等差数列,
每个水龙头1 min放水(这里不妨设水池的容积为1),
∴·(x1+x2+…+xn)=1,即Sn=24n.
∴=24n.∴x1+xn=48.
又∵xn=5x1,∴6x1=48.
∴x1=8(min),xn=40(min).
故最后关闭的水龙头放水40 min.