巩固练习_提高_等差数列及其前n项和

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【巩固练习】一、选择题1．已知等差数列共有10项，其中奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差是(　　)A．5   B．4C．3   D．22．已知等差数列{an}的前三项依次为a－1，,3，则该数列中第一次出现负值的项为(　　)A．第9项   B．第10项C．第11项   D．第12项3.已知{an}是等差数列，a3＋a11＝40，则a6－a7＋a8等于(　　)A．20　　　　　　　　　　 B．48C．60   D．724. 等差数列{an}中，a1＝8，a5＝2，若在每相邻两项间各插入一个数，使之成等差数列，那么新的等差数列的公差是(　　)A.   B．C．   D．－15.(2015  新课标Ⅰ)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8=4S4，则a10=（  ）    A．       B．      C．       D．6. 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的个数是(　　)A．2   B．3C．4   D．5二、填空题7．在等差数列{an}中，a3＝7，a5＝a2＋6，则a6＝________.8．若x≠y，数列x，a1，a2，y和x，b1，b2，b3，y各自成等差数列，则＝________.9.把20分成四个数成等差数列，使第一项与第四项的积同第二项与第三项的积的比为2∶3，则这四个数从小到大依次为____________.10.已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5<ak<8，则k＝________.11.（2016  南通模拟）等差数列中，，则其前项和的最小值为       。   三、解答题12.在等差数列{an}中，a3+a4+a5+a6+a7=450，求a2+a8.13．（2016春  重庆校级月考）已知等差数列的前n项和为，若，求：（1）数列的通项公式；（2）   14．已知数列{an}是公差为d的等差数列，它的前n项和为Sn，S4＝2S2＋4，.(1)求公差d；(2)若a1＝，求数列{bn}中的最大项和最小项；(3)若对任意的n∈N*，都有bn≤b8成立，求a1的取值范围．15．用Sm→n表示数列{an}从第m项到第n项(共n－m＋1项)之和．(1)在递增数列{an}中，an与an＋1是关于x的方程x2－4nx＋4n2－1＝0(n为正整数)的两个根，求{an}的通项公式并证明{an}是等差数列；(2)对(1)中的数列{an}，判断数列S1→3，S4→6，S7→9，…，S3k－2→3k是否为等差数列．16.设数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Sn＝am，则称{an}是“H数列”．(1)若数列{an}的前n项和为Sn＝2n(n∈N*)，证明：{an}是“H数列”；(2)设{an}是等差数列，其首项a1＝1，公差d＜0，若{an}是“H数列”，求d的值；(3)证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立． 【答案与解析】1．答案：　C解析：　∵S偶－S奇＝5d，∴5d＝15，∴d＝3. 2. 答案：　B解析：　因为a－1，,3是等差数列{an}的前三项，所以，∴a＝5，a1＝4，a2＝，∴.令an<0，则，∴n>9，故选B. 3. 答案：　A 解析：　∵a6＋a8＝2a7，又a3＋a11＝2a7＝40.∴a7＝20.∴a6－a7＋a8＝2a7－a7＝a7＝20，故选A. 4. 答案：　B 解析：　设数列{an}的公差为d，则在每相邻两项之间插入一个数后得到的等差数列公差为.又由，得. 5．答案：B解析：∵{an}为等差数列  d=1∵8a1+28=16a1+24∴8a1=4  故选B 6. 答案：　D 解析：　因为.又因为，所以，要使为整数，则必为整数，于是n可取0,1,2,3,5,11，因为n为正整数，因此n取1,2,3,5,11，共5个数．故应选D. 7. 答案：　13 解析：　由已知得，解得，所以a6＝a1＋5d＝13. 8. 答案：　 解析：　由于，，则. 9. 答案2，4，6，8；解析：设这四个数依次为:x-3d, x-d, x+d, x+3d. 10. 答案：　8 解析：　由Sn＝n2－9n，得此数列为等差数列，计算得an＝2n－10，由5<2k－10<8，得7.5<k<9，故k＝8. 11. 答案：-4解析：由，得，又，故，故，故此数列为递增数列。故等差数列的前2项为负数，从第三项开始为正数，故前2项的和最小为-3+（-1）=-4.     12. 解析：解法一：统一成关于a1，n，d的表达式.设{an}的首项和公差分别为a1和d，则a3+a4+a5+a6+a7=5a1+20d=450.解法二：am+an=ap+aqm+n=p+q由等差数列的性质可知a2+a8=a3+a7=a4+a6=2a5∴. 13.（1）由题意可得 解之可得，故公差 故可得  （2）由（1）可知 且数列仍成等差数列故 =   14．解析：　(1)∵S4＝2S2＋4，∴，解得d＝1.所以公差d为1.(2)∵，∴数列{an}的通项公式为，∴.∵函数在和上分别是单调减函数，∴当1≤n≤3时，b3<b2<b1<1；当n≥4时，1<bn<b4.∴数列{bn}中的最大项是b4＝3，最小项是b3＝－1，故数列{bn}中的最大项和最小项分别为3，－1.(3)由，得.又函数在(－∞，1－a1)和(1－a1，＋∞)上分别是单调减函数，∴当x<1－a1时，f(x)<1；当x>1－a1时，f(x)>1.∵对任意的n∈N*，都有bn≤b8，∴7<1－a1<8，∴－7<a1<－6，∴a1的取值范围是(－7，－6)．15．解析：　(1)解方程x2－4nx＋4n2－1＝0，得x1＝2n－1，x2＝2n＋1.∵{an}是递增数列，∴an＝2n－1，an＋1＝2n＋1，an＋1－an＝2，∴数列{an}是等差数列，其通项公式为an＝2n－1.(2)当k为正整数时，S3k－2→3k＝a3k－2＋a3k－1＋a3k＝18k－9，S3(k＋1)－2→3(k＋1)＝18(k＋1)－9＝18k＋9，∴S3(k＋1)－2→3(k＋1)－S3k－2→3k＝18(常数)，∴数列S1→3，S4→6，S7→9，…，S3k－2→3k是等差数列．   16.解析：(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1，当n＝1时，a1＝S1＝2．当n＝1时，S1＝a1．当n≥2时，Sn＝an＋1．∴数列{an}是“H”数列．(2)Sn＝，对∀n∈N*，∃m∈N*使Sn=am，即，取n＝2时，得1＋d＝(m－1)d，解得，∵d＜0，∴m＜2，又m∈N*，∴m＝1，∴d＝－1．(3)设{an}的公差为d，令bn＝a1－(n－1)a1＝(2－n)a1，对∀n∈N*，bn＋1－bn＝－a1，cn＝(n－1)(a1＋d)，对∀n∈N*，cn＋1－cn＝a1＋d，则bn＋cn＝a1＋(n－1)d＝an，且数列{bn}和{cn}是等差数列．数列{bn}的前n项和Tn＝，令Tn＝(2－m)a1，则．当n＝1时，m＝1；当n＝2时，m＝1．当n≥3时，由于n与n－3的奇偶性不同，即n(n－3)为非负偶数，m∈N*．因此对∀n∈N*，都可找到m∈N*，使Tn＝bm成立，即{bn}为H数列．数列{cn}的前n项和Rn＝，令cm＝(m－1)(a1＋d)＝Rn，则m＝．∵对∀n∈N*，n(n－3)为非负偶数，∴m∈N*．因此对∀n∈N*，都可找到m∈N*，使Rn＝cm成立，即{cn}为H数列．因此命题得证．