限时集训(二十九)-等差数列及其前n项和.doc

限时集训(二十九)　等差数列及其前n项和

(限时：60分钟　满分：110分)

一、填空题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)
1．(2013·东台期中)等差数列{an}中，若a3＝9，a9＝3，则a12＝________.
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S17＝a，则a2＋a9＋a16＝________.
3．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝________.
4．(2012·淮南模拟)已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99.以Sn表示{an}的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是________．
5．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若S1＝1，＝4，则＝________.
6．数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn＝an＋1－an(n∈N*)．若b3＝－2，b10＝12，则a8＝________.
7．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＝________.
8．(2013·连云港检测)等差数列{an}中a1＝1，前n项和Sn满足＝4，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
9．已知等差数列{an}中，an≠0，若n>1且an－1＋an＋1－a＝0，S2n－1＝38，则n＝________.
10．(2012·南京模拟)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 011<a2；④S2 011<S2.
二、解答题(本大题共4小题，共60分)
11．(满分14分)设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6＋15＝0.
(1)若S5＝5，求S6及a1；
(2)求d的取值范围．

12．(满分14分)(2012·苏锡常镇模拟)已知等差数列{an}中，公差d>0，前n项和为Sn，a2·a3＝45，a1＋a5＝18.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(n∈N*)，是否存在一个非零常数c，使数列{bn}也为等差数列？若存在，求出c的值；若不存在，请说明理由．

13.(满分16分)数列{an}满足an＋1＋an＝4n－3(n∈N*)．
(1)若{an}是等差数列，求其通项公式；
(2)若{an}满足a1＝2，Sn为{an}的前n项和，求S2n＋1.

14．(满分16分)(2012·南通模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn满足关系式2Sn＝Sn－1－n－1＋2(n≥2，n为正整数)，a1＝.
(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．

答案

[限时集训(二十九)]
1．解析：由a9－a3＝6d＝3－9＝－6，所以
d＝－1，所以a12＝a9＋3d＝3＋3×(－1)＝0.
答案：0
2．解析：∵S17＝＝a，
∴17a9＝a，a9＝.∴a2＋a9＋a16＝3a9＝.
答案：
3．解析：依题意得Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2＝2a1＋(2k＋1)d＝2(2k＋1)＋2＝24，解得k＝5.
答案：5
4．解析：∵a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，
∴3a3＝105,3a4＝99，即a3＝35，a4＝33.
∴a1＝39，d＝－2，得an＝41－2n.
令an>0且an＋1<0，n∈N*，则有n＝20.
答案：20
5．解析：由等差数列的性质可知S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，由＝4得＝3，则S6－S4＝5S2，所以S4＝4S2，S6＝9S2，＝.
答案：
6．解析：因为{bn}是等差数列，且b3＝－2，b10＝12，
故公差d＝＝2.于是b1＝－6，
且bn＝2n－8(n∈N*)，即an＋1－an＝
2n－8.
所以a8＝a7＋6＝a6＋4＋6＝a5＋2＋4＋6＝…＝a1＋(－6)＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝3.
答案：3
7．解析：设公差为d，
则
解得
则ak＋a4＝a1＋(k－1)d＋a1＋3d＝2－－＝0，即k＝10.
答案：10
8．解析：设公差为d，则由＝4得＝4.又∵a1＝1，∴d＝2.
∴Sn＝na1＋＝n＋n(n－1)＝n2.
答案：n2
9．解析：∵2an＝an－1＋an＋1，
又an－1＋an＋1－a＝0，
∴2an－a＝0，即an(2－an)＝0.
∵an≠0，∴an＝2.
∴S2n－1＝2(2n－1)＝38，解得n＝10.
答案：10
10．解析：由已知可得a2－1>0，a2 011－1<0，所以a2>a2 011，故③正确．
∵两式相加得(a2＋a2 011－2)[(a2－1)2＋(a2 011－1)2－(a2－1)(a2 011－1)＋
2 012]＝0，∴a2＋a2 011＝2.
∴S2 012＝＝
＝2 012，故②正确．易知，①④不一定成立．
答案：②③
11．解：(1)由题意知S6＝－＝－3，a6＝S6－S5＝－8，
所以解得a1＝7.
所以S6＝－3，a1＝7.
(2)因为S5S6＋15＝0，
所以(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，
即2a＋9da1＋10d2＋1＝0.
故(4a1＋9d)2＝d2－8，所以d2≥8.
故d的取值范围为d≤－2或d≥
2.
12．解：(1)由题设，知{an}是等差数列，且公差d>0，则由得解得
故an＝4n－3(n∈N*)．
(2)由bn＝＝＝.
∵c≠0，∴可令c＝－，得到bn＝2n.
∵bn＋1－bn＝2(n＋1)－2n＝2(n∈N*)，
∴数列{bn}是公差为2的等差数列．
即存在一个非零常数c＝－，使数列{bn}也为等差数列．
13．解：(1)由题意得an＋1＋an＝4n－3，①
an＋2＋an＋1＝4n＋1，②
由②－①得an＋2－an＝4，
∵{an}是等差数列，设公差为d，∴d＝2.
又∵a1＋a2＝1，∴a1＋a1＋d＝1，
即a1＝－.
∴an＝2n－.
(2)∵a1＝2，a1＋a2＝1，∴a2＝－1.
又∵an＋2－an＝4，∴数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差均为4，
∴a2n－1＝4n－2，a2n＝4n－5，
S2n＋1＝(a1＋a3＋…＋a2n＋1)＋(a2＋
a4＋…＋a2n)＝(n＋1)×2＋×4＋n×(－1)＋×4＝4n2＋n＋2.
14．解：(1)由2Sn＝Sn－1－n－1＋2，得2Sn＋1＝Sn－n＋2，两式相减得2an＋1＝an＋n，
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＝n·n.
(2)由于2Sn＝Sn－1－n－1＋2，所以2Sn－Sn－1＝2－n－1，
即Sn＋an＝2－n－1.
Sn＝2－n－1－an，而an＝n·n，所以Sn＝2－n－1－n·n＝2－(n＋2)·n.
所以Sn＋1＝2－(n＋3)·n＋1，
且Sn＋1－Sn＝＞0.所以Sn≥S1＝，又因为在Sn＝2－(n＋2)·n中，(n＋2)·n＞0，故Sn＜2，
即Sn的取值范围是.