高考數(shù)學(xué) 等差數(shù)列課后作業(yè) 文 新人教A版

課后作業(yè)(三十)等差數(shù)列一、選擇題1．(2012·福建高考)等差數(shù)列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，則數(shù)列{an}中的公差為()A．1B．2C．3D．42．設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，則k＝()A．8B．7C．6D．53．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，則當(dāng)Sn取最小值時(shí)，n等于()A．6B．7C．8D．94．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S3＝9，S6＝36，則a7＋a8＋a9等于()A．63B．45C．36D．275．(2012·浙江高考)設(shè)Sn是公差為d(d≠0)的無窮等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則下列命題錯(cuò)誤的是()A．若d<0，則數(shù)列{Sn}有最大項(xiàng)B．若數(shù)列{Sn}有最大項(xiàng)，則d<0C．若數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列，則對(duì)任意n∈N*，均有Sn>0D．若對(duì)任意n∈N*，均有Sn>0，則數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列6．(2013·濟(jì)南模擬)在等差數(shù)列{an}中，a1＝－2012，其前n項(xiàng)和為Sn，若eq\f(S12,12)－eq\f(S10,10)＝2，則S2012的值等于()A．－2011B．－2012C．－2010D．－2013二、填空題7．(2012·江西高考)設(shè)數(shù)列{an}，{bn}都是等差數(shù)列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，則a5＋b5＝________．8．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且6S5－5S3＝5，則a4＝________.9．(2012·安徽示范高中聯(lián)考)在數(shù)列{an}中，若aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝p(n≥2，n∈N*，p為常數(shù))，則稱{an}為“等方差數(shù)列”．下列是對(duì)“等方差數(shù)列”的判斷：①若{an}是等方差數(shù)列，則{aeq\o\al(2,n)}是等差數(shù)列；②已知數(shù)列{an}是等方差數(shù)列，則數(shù)列{aeq\o\al(2,n)}是等方差數(shù)列；③{(－1)n}是等方差數(shù)列；④若{an}是等方差數(shù)列，則{akn}(k∈N*，k為常數(shù))也是等方差數(shù)列；⑤若數(shù)列{bn}是公差為m的等差數(shù)列，則“m＝0”是“數(shù)列{bn}是等方差數(shù)列”的充分必要條件．其中正確命題的序號(hào)為________．三、解答題10．設(shè)a1，d為實(shí)數(shù)，首項(xiàng)為a1，公差為d的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足S5S6＋15＝0.(1)若S5＝5，求S6及a1；(2)求d的取值范圍．11．(2013·西安模擬)已知公差大于零的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a3·a4＝117，a2＋a5＝22.(1)求通項(xiàng)an；(2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(Sn,n＋c)，是否存在非零實(shí)數(shù)c使得{bn}為等差數(shù)列？若存在，求出c的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．12．(2013·臨沂模擬)在數(shù)列{an}中，a1＝1，3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)．(1)證明數(shù)列{eq\f(1,an)}是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)；(3)若λan＋eq\f(1,an＋1)≥λ對(duì)任意n≥2的整數(shù)恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．解析及答案一、選擇題1．【解析】法一利用基本量法求解．設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋4d＝10，,a1＋3d＝7，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2.))∴d＝2.法二利用等差數(shù)列的性質(zhì)求解．∵在等差數(shù)列{an}中，a1＋a5＝2a3＝10，∴a3又a4＝7，∴公差d＝7－5＝2.【答案】B2．【解析】∵數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a1＝1，d＝2.∴an＝2n－1，又Sk＋2－Sk＝24，∴ak＋2＋ak＋1＝2(k＋2)＋2(k＋1)－2＝4k＋4＝24，∴k＝5.【答案】D3．【解析】設(shè){an}的公差為d，∵a1＋a9＝a4＋a6＝－6，且a1＝－11，∴a9＝5，從而d＝2.所以Sn＝－11n＋n(n－1)＝n2－12n，∴當(dāng)n＝6時(shí)，Sn取最小值．【答案】A4．【解析】∵S3、S6－S3，S9－S6成等差數(shù)列，且S3＝9，S6＝36，S6－S3＝27，∴a7＋a8＋a9＝S3＋18×2＝45.【答案】B5．【解析】設(shè){an}的首項(xiàng)為a1，則Sn＝na1＋eq\f(1,2)n(n－1)d＝eq\f(d,2)n2＋(a1－eq\f(d,2))n.由二次函數(shù)性質(zhì)知Sn有最大值時(shí)，則d<0，故A、B正確；因?yàn)閧Sn}為遞增數(shù)列，則d>0，不妨設(shè)a1＝－1，d＝2，顯然{Sn}是遞增數(shù)列，但S1＝－1<0，故C錯(cuò)誤；對(duì)任意n∈N*，Sn均大于0時(shí)，a1>0，d>0，{Sn}必是遞增數(shù)列，D正確．【答案】C6．【解析】∵Sn＝An2＋Bn知eq\f(Sn,n)＝An＋B，∴數(shù)列{eq\f(Sn,n)}是首項(xiàng)為eq\f(S1,1)＝－2012的等差數(shù)列，又eq\f(S12,12)－eq\f(S10,10)＝2，∴{eq\f(Sn,n)}的公差為1，∴eq\f(S2012,2012)＝－2012＋(2012－1)×1＝－1，S2012＝－2012.【答案】B二、填空題7．【解析】設(shè)兩等差數(shù)列組成的和數(shù)列為{cn}，由題意知新數(shù)列仍為等差數(shù)列且c1＝7，c3＝21，則c5＝2c3－c1＝2×21－7＝【答案】358．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且6S5－5S3＝5，則a4＝________.【解析】∵6S5－5S3＝5，∴6(5a1＋10d)－5(3a1＋3∴a1＋3d＝eq\f(1,3)，即a4＝eq\f(1,3).【答案】eq\f(1,3)9．【解析】對(duì)于①，由等方差數(shù)列的定義可知，{aeq\o\al(2,n)}是公差為p的等差數(shù)列，故①正確．對(duì)于②，取an＝eq\r(n)，則數(shù)列{an}是等方差數(shù)列，但數(shù)列{aeq\o\al(2,n)}不是等方差數(shù)列，故②錯(cuò)．對(duì)于③，因?yàn)閇(－1)n]2－[(－1)n－1]2＝0(n≥2，n∈N*)為常數(shù)，所以{(－1)n}是等方差數(shù)列，故③正確．對(duì)于④，若aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝p(n≥2，n∈N*)，則aeq\o\al(2,kn)－aeq\o\al(2,k（n－1）)＝(aeq\o\al(2,kn)－aeq\o\al(2,kn－1))＋(aeq\o\al(2,kn－1)－aeq\o\al(2,kn－2))＋…＋(aeq\o\al(2,kn－k＋1)－aeq\o\al(2,k（n－1）))＝kp為常數(shù)，故④正確．對(duì)于⑤，一方面，由數(shù)列{bn}是公差為m的等差數(shù)列及m＝0得bn＝b1，beq\o\al(2,n＋1)－beq\o\al(2,n)＝0，所以數(shù)列{bn}是等方差數(shù)列；另一方面，由數(shù)列{bn}是公差為m的等差數(shù)列及數(shù)列{bn}是等方差數(shù)列得beq\o\al(2,n＋1)－beq\o\al(2,n)＝(b1＋nm)2－[b1＋(n－1)·m]2＝2b1m＋(2n－1)m2＝d(d為常數(shù))，對(duì)任意的n∈N*都成立，令n＝1與n＝2，分別得2b1m＋m2＝d，2b1m＋3m2＝d，兩式相減得m＝0.綜上所述，“m＝0”是“數(shù)列{bn}是等方差數(shù)列”的充分必要條件，故⑤正確．【答案】①③④⑤三、解答題10．【解】(1)由題意知S6＝eq\f(－15,S5)＝－3，a6＝S6－S5＝－8.所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5a1＋10d＝5，,a1＋5d＝－8.))解得a1＝7，所以S6＝－3，a1＝7.(2)∵S5S6＋15＝0，∴(5a1＋10d)(6a1＋15即2aeq\o\al(2,1)＋9da1＋10d2＋1＝0.由于關(guān)于a1的一元二次方程有解，所以Δ＝81d2－8(10d2＋1)＝d2－8≥0，解得d≤－2eq\r(2)或d≥2eq\r(2).11．【解】(1)由等差數(shù)列的性質(zhì)，得a2＋a5＝a3＋a4＝22，∴a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的根，且a4＞a3，∴a3＝9且a4＝13，從而a1＝1，公差d＝4，故通項(xiàng)an＝1＋4(n－1)＝4n－3.(2)由(1)知Sn＝eq\f(n（1＋4n－3）,2)＝2n2－n，所以bn＝eq\f(Sn,n＋c)＝eq\f(2n2－n,n＋c).法一所以b1＝eq\f(1,1＋c)，b2＝eq\f(6,2＋c)，b3＝eq\f(15,3＋c)(c≠0)．令2b2＝b1＋b3，解得c＝－eq\f(1,2).當(dāng)c＝－eq\f(1,2)時(shí)，bn＝eq\f(2n2－n,n－\f(1,2))＝2n，當(dāng)n≥2時(shí)，bn－bn－1＝2.故當(dāng)c＝－eq\f(1,2)時(shí)，數(shù)列{bn}為等差數(shù)列．法二當(dāng)n≥2時(shí)，bn－bn－1＝eq\f(2n2－n,n＋c)－eq\f(2（n－1）2－（n－1）,n－1＋c)＝eq\f(2n2＋（4c－2）n－3c,n2＋（2c－1）n＋c（c－1）)，欲使{bn}為等差數(shù)列，只需4c－2＝2(2c－1)且－3c＝2c(c－1)(c≠0)，解得c＝－eq\f(1,2)故當(dāng)c＝－eq\f(1,2)時(shí)，數(shù)列{bn}為等差數(shù)列．12．【解】(1)證明由3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)得，eq\f(1,an)－eq\f(1,an－1)＝3(n≥2)，∴數(shù)列{eq\f(1,an)}是以1為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列．(2)由(1)可得，eq\f(1,an)＝1＋3(n－1)＝3n－2.∴an＝eq\f(1,3n－2).(3)λan＋eq\f(1,an＋1)≥λ對(duì)n≥2的整數(shù)恒成立，即eq\f(λ,3n－2)＋3n＋1≥λ對(duì)n≥2(n∈N*)恒成立．整理得λ≤eq\f(（3n＋1