课时作业31 等差数列_课时作业31数列求和

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课时作业31 等差数列

时间：45分钟 分值：100分

一、选择题(每小题5分，共30分)

1．已知{an}是等差数列，且a3＋a9＝4a5，a2＝－8，则该数列的公差是()

A．4

C．－4B．14 D．－14 解析：因为a3＋a9＝4a5，所以根据等差数列的性质可得a6＝2a5.所以a1＋5d＝2a1＋8d，即a1＋3d＝0.又a2＝－8，即a1＋d＝－8，所以公差d＝4.答案：A

2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S17＝a，则a2＋a9＋a16等于()

aA.17

3aC.174aB.173aD．－17a1＋a17×17a解析：∵S17＝＝a，∴17a9＝a，a9＝172

3a∴a2＋a9＋a16＝3a9＝17.答案：C

3．已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a10＝S4，S则a等于()9

A．4

C．8B．5 D．10

4×3

解析：由a10＝S4得a1＋9d＝4a1＋2＝4a1＋6d，即a1＝d≠0.8×7

∴S8＝8a1＋2d＝8a1＋28d＝36d，S36d36d∴a＝＝＝4.a1＋8d9d9答案：A

4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足a2 013＝S2 013＝2 013，则a1等于()

A．－2 014C．－2 012

B．－2 013 D．－2 011013－a1 007006

解析：S2 013＝2 013a1 007＝2 013，∴a1 007＝1，则d＝＝2，a1＝a2 013－2 012d＝－2 011.答案：D

5．已知等差数列{an}满足a1>0,5a8＝8a13，则前n项和Sn取最大值时，n的值为()

A．20C．22

B．21 D．2

3解析：由5a8＝8a13得5(a1＋7d)＝8(a1＋12d)⇒d＝－611，由an

3641＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)611≥0，得n≤3＝213{an}

前21项都是正数，以后各项都是负数，故Sn取最大值时，n的值为21.答案：B

6．已知函数f(x)是定义在R上的单调增函数且为奇函数，数列{an}是等差数列，a1 007>0，则f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2 012)＋f(a2 013)的值()

A．恒为正数C．恒为0

B．恒为负数 D．可正可负

解析：a1＋a2 013＝2a1 007>0⇒a1>－a2 013⇒f(a1)>f(－a2 013)＝－f(a2

013)⇒f(a1)＋f(a2 013)>0，同理

f(a2)＋f(a2 012)>0，f(a3)＋f(a2 011)>0，…，f(a1 006)＋f(a1 008)>0，又a1 007>0⇒f(a1 007)>f(0)＝0，以上各式相加得f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2 012)＋f(a2 013)>0.答案：A

二、填空题(每小题5分，共15分)

S7．等差数列{an}中a1＝1，前n项和Sn满足S＝4，则数列{an}的前n项和Sn＝________.4a1＋6dS解析：设公差为d，则由S＝44.2a1＋d2又∵a1＝1，∴d＝2.nn－1d2

∴Sn＝na1＝n＋n(n－1)＝n.2答案：n2

8．已知等差数列{an}的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为35，则这个数列的项数为________．

解析：∵项数是偶数，∴由题意知a1＋a3＋…＋an－1＝15，a2＋a4＋…＋an＝35，两式相减得(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝35n4040

－15＝20，即2＝20，∴n＝d＝220.答案：20

9．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若(a2－1)3＋2 012(a2－1)＝1，(a2 011－1)3＋2 012·(a2 011－1)＝－1，则下列四个命题中真命题的序号为________．

①S2 011＝2 011；②S2 012＝2 012；③a2 0110，f(1)＝2 013>1知f(1)>f(a2－1)，故a2－1

×2 012＝2 012，S2 011＝S2 012－a2 012＝2 012－(2－a2＋d)＝2 2010＋a1>a1＋a2＝S2，又假设S2 011＝2 011，则a1＝1，a2 011＝1矛盾．综上，正确的为②③.答案：②③

三、解答题(共55分，解答应写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程)

10．(15分)在等差数列{an}中，已知a2＋a7＋a12＝12，a2·a7·a12

＝28，求数列{an}的通项公式．

解：由a2＋a7＋a12＝12，得a7＝4.又∵a2·a7·a12＝28，∴(a7－5d)(a7＋5d)·a7＝28，∴16－25d2＝7，933∴d2＝25，∴d＝5d5.3

当d＝5时，an＝a7＋(n－7)d 331

＝4＋(n－7)×55－5； 3

当d＝－5时，an＝a7＋(n－7)d 3341

＝4－(n－7)×55n＋5.∴数列{an}的通项公式为 31341an＝5－5an＝－5＋5.11．(20分)(2013·浙江卷)在公差为d的等差数列{an}中，已知a1

＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列．

(1)求d，an；

(2)若d

解：(1)由题意得5a3·a1＝(2a2＋2)2，即d2－3d－4＝0.故d＝－1或d＝4.所以an＝－n＋11，n∈N*或an＝4n＋6，n∈N*.(2)设数列{an}的前n项和为Sn.因为d

当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an| 1221

＝－Sn＋2S11＝2－2n＋110.综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an| 1221－2＋2n，n≤11，＝12212n－2n＋110，n≥12.——创新应用——

12．(20分)已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn满足关系式2Sn＝

1n－11Sn－1－2＋2(n≥2，n为正整数)，a1＝2

(1)令bn＝2nan，求证数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；

(2)在(1)的条件下，求Sn的取值范围．

1n－11n

解：(1)由2Sn＝Sn－1－2＋2，得2Sn＋1＝Sn－2＋2，两式相

1n

减得2an＋1＝an＋2，上式两边同乘以2n得2n＋1an＋1＝2nan＋1，即bn



＋1

＝bn＋1，所以bn＋1－bn＝1，故数列{bn}是等差数列，且公差为1.又因为b1＝2a1＝1，所以bn＝1＋(n－1)×1＝n.因此2nan＝n，从而an

1n.＝n2

1n－11n－1

(2)由于2Sn＝Sn－1－2＋2，所以2Sn－Sn－1＝2－2，即Sn

1n－1

＋an＝2－2.

1n－11n1n－11n＝2Sn＝2－2－an，而an＝n，所以Sn＝2－2－n221n.－(n＋2

n＋11n＋11

，所以Sn＋1＝2－(n＋且S－S＝>0.所以S≥Sn＋1nn1

222＋1n1n

中，(n＋>0，故Sn

范围是2，2.