【数学】2020届一轮复习人教A版第61课等差数列作业（江苏专用）

【数学】2020届一轮复习人教A版第61课等差数列作业（江苏专用）

随堂巩固训练(61)‎ ‎ 1. 设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a2＝7，S7＝－7，则a7的值为　－13　.‎ 解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a2＝7，S7＝－7，所以解得所以a7＝a1＋6d＝11－6×4＝－13.‎ ‎ 2. 数列{an}的首项为3，数列{bn}为等差数列，且bn＝an＋1－an(n∈N*)，若b3＝－2，b10＝12，则a8＝　3　.‎ 解析：设{bn}的公差为d，因为b10－b3＝7d＝14，所以d＝2.因为b3＝－2，所以b1＝b3－2d＝－6，所以b1＋b2＋…＋b7＝7b1＋d＝7×(－6)＋21×2＝0.又b1＋b2＋…＋b7＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a7)＝a8－a1＝a8－3＝0，所以a8＝3.‎ ‎ 3. 已知数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋(n≥2)，则数列{an}的前9项和S9＝　27　.‎ 解析：由题意知数列{an}是以1为首项，为公差的等差数列，所以S9＝9×1＋×＝27.‎ ‎ 4. 在等差数列{an}中，a9＝a12＋6，则数列{an}的前11项和S11＝　132　.‎ 解析：方法一：由a1＋8d＝(a1＋11d)＋6，得a1＋5d＝12.又S11＝11a1＋d＝11a1＋55d＝11(a1＋5d)＝132.‎ 方法二：由a9＝a12＋6，得2a9－a12＝12.由等差数列的性质得a6＋a12－a12＝12，即a6＝12，所以S11＝＝＝132.‎ ‎ 5. 已知数列{an}满足an＋1＝an－，且a1＝5，设{an}的前n项和为Sn，则使得Sn取得最大值的n的值为　7或8　.‎ 解析：由题意可知数列{an}是首项为5，公差为－的等差数列，所以an＝5－(n－1)＝，所以该数列的前7项是正数项，第8项是0，从第9项开始是负数项，所以当Sn取得最大值时，n＝7或n＝8.‎ ‎ 6. 已知等差数列{an}满足a2＝3，Sn－Sn－3＝51(n>3)，Sn＝100，则n的值为　10　.‎ 解析：由Sn－Sn－3＝51，得an－2＋an－1＋an＝51，所以an－1＝17.又a2＝3，所以Sn＝＝100，解得n＝10.‎ ‎ 7. 设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝　130　.‎ 解析：由an＝2n－10(n∈N*)知{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列.又由an＝2n－10≥0，得n≥5，所以当n≤5时，an≤0，当n＞5时，an＞0，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.‎ ‎ 8. 设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意非零自然数n都有＝，则＋的值为　　.‎ 解析：因为{an}，{bn}为等差数列，所以＋＝＋＝＝. 因为＝＝＝＝，所以＋＝. ‎ ‎ 9. 数列{an}满足a1＝1，a2＝，an(an－1＋an＋1)＝2an＋1an－1(n≥2)，则a2 016＝　　.‎ 解析：由an(an－1＋an＋1)＝2an＋1an－1(n≥2)得＋＝(n≥2).又a1＝1，a2＝，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以＝n，即an＝，所以a2 016＝. ‎ ‎10. 设等差数列{an}的前n项和为Sn.若Sk－1＝8，Sk＝0，Sk＋1＝－10，则正整数k＝　9　.‎ 解析：由等差数列{an}的性质得数列为等差数列，所以＋＝，即－＝0，解得k＝9.‎ ‎11. 若数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝.‎ ‎(1) 求证：数列是等差数列；‎ ‎(2) 求数列{an}的通项公式.‎ 解析：(1) 当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，所以－＝2.‎ 又＝＝2，故是首项为2，公差为2的等差数列. ‎ ‎(2) 由(1)可得＝2n，所以Sn＝.‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝＝－；‎ 当n＝1时，a1＝不适合上式，‎ 故an＝ ‎12. 已知数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2＋k(n∈N*，k∈R)，且a1＝2，a3＋a5＝－4.‎ ‎(1) 若k＝0，求数列{an}的前n项和Sn；‎ ‎(2) 若a4＝－1，求数列{an}的通项公式.‎ 解析：(1) 当k＝0时，2an＋1＝an＋an＋2，即an＋2－an＋1＝an＋1－an，所以数列{an}‎ 是等差数列. ‎ 设数列{an}的公差为d，则 解得 所以Sn＝2n＋×＝－n2＋n. ‎ ‎(2) 由题意得2a4＝a3＋a5＋k，即－2＝－4＋k，‎ 所以k＝2.‎ 当n＝1时，2a2＝a1＋a3＋2，当n＝2时，2a3＝a2＋a4＋2，‎ 所以a4＝2a3－a2－2＝3a2－2a1－6＝－1，‎ 所以a2＝3.‎ 由2an＋1＝an＋an＋2＋2，得(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝－2，‎ 所以数列{an＋1－an}是以a2－a1＝1为首项，－2为公差的等差数列，‎ 所以an＋1－an＝－2n＋3.‎ 当n≥2时，an－an－1＝－2(n－1)＋3，‎ an－1－an－2＝－2(n－2)＋3，‎ an－2－an－3＝－2(n－3)＋3，…，a3－a2＝－2×2＋3，a2－a1＝－2×1＋3，‎ 叠加得an－a1＝－2[1＋2＋…＋(n－1)]＋3(n－1)，‎ 所以an＝－2×＋3(n－1)＋2＝－n2＋4n－1. ‎ 又当n＝1时，a1＝2也适合上式，‎ 所以an＝－n2＋4n－1，n∈N*. ‎ ‎13. 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，则称数列{an}是“H数列”.‎ ‎(1) 若数列{an}的前n项和Sn＝2n(n∈N*)，证明：数列{an}是“H数列”；‎ ‎(2) 设数列{an}是等差数列，其首项a1＝1，公差d＜0，若数列{an}是“H数列”，求d的值.‎ 解析：(1) 当n＝1时，a1＝S1＝2；‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1，‎ 所以an＝ 所以对任意的n∈N*，Sn＝2n是数列{an}的第n＋1项，即总存在m＝n＋1，使得Sn＝am，‎ 所以数列{an}是“H数列”. ‎ ‎(2) 由题意得an＝1＋(n－1)d，Sn＝n＋d.‎ 若数列{an}是“H数列”，则存在k∈N*，使得n＋d＝1＋(k－1)d，即k＝＋＋1.‎ 又∈N，k∈N*，则∈Z对一切正整数n都成立，所以d＝－1.‎