等差数列及其前n项和练习题(10页).doc

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1、-第 1 页等差数列及其等差数列及其前前n 项和练习题项和练习题-第 2 页第第 1 讲讲等差数列及其前等差数列及其前 n 项和项和一、填空题1在等差数列an中，a3a737，则 a2a4a6a8_.2设等差数列an的前 n 项和为 Sn，若S412S391，则公差为_3在等差数列an中，a10，S4S9，则 Sn取最大值时，n_.4在等差数列an中，若 a1a4a739，a3a6a927，则 S9_.5设等差数列an的公差为正数，若 a1a2a315，a1a2a380，则 a11a12a13_.6已知数列an的前 n 项和为 Sn2n2pn，a711.若 akak112，则正整数k 的最小值

2、为_7 已知数列an满足递推关系式 an12an2n1(nN*)，且an2n为等差数列，则的值是_8已知数列an为等差数列，Sn为其前 n 项和，a7a54，a1121，Sk9，则k_.10已知 f(x)是定义在 R 上不恒为零的函数，对于任意的 x，yR，都有 f(xy)xf(y)yf(x)成立数列an满足 anf(2n)(nN*)，且 a12.则数列的通项公式 an_.二、解答题11已知等差数列an的前三项为 a1,4,2a，记前 n 项和为 Sn.(1)设 Sk2 550，求 a 和 k 的值；(2)设 bnSnn，求 b3b7b11b4n1的值12已知数列an的通项公式为 an2n，若

3、 a3，a5分别为等差数列bn的第 3 项和第 5 项，试求数列bn的通项公式及前 n 项和 Sn.13在等差数列an中，公差 d0，前 n 项和为 Sn，a2a345，a1a518.(1)求数列an的通项公式；(2)令 bnSnnc(nN*)，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-第 3 页第第 2 讲讲等比数列及其前等比数列及其前 n 项和项和一、填空题1设数列a2n前 n 项和为 Sn，a1t，a2t2，Sn2(t1)Sn1tSn0，则an是_数列，通项 an_.解析由 Sn2(t1)Sn1tSn0，得 Sn2Sn1t(Sn1Sn

4、)，所以 an2tan1，所以an2an1t，又a2a1t，所以an成等比数列，且 anttn1tn.答案等比tn2等比数列an的前 n 项和为 Sn,8a2a50，则S6S3_.解8a2a58a1qa1q4a1q(8q3)0q2S6S31q61q31q37.答案73数列an为正项等比数列，若 a22，且 anan16an1(nN，n2)，则此数列的前 4 项和 S4_.解析由 a1q2，a1qn1a1qn6a1qn2，得 qn1qn6qn2，所以 q2q6.又 q0，所以 q2，a11.所以 S4a11q41q1241215.答案154已知等比数列an的前 n 项和 Snt5n215，则实数

5、 t 的值为_解析a1S115t15，a2S2S145t，a3S3S24t，由an是等比数列知45t215t15 4t，显然 t0，所以 t5.答案55 已知各项都为正数的等比数列an中，a2a44，a1a2a314，则满足 anan-第 4 页1an218的最大正整数 n 的值为_解析由等比数列的性质，得 4a2a4a23(a30)，所以 a32，所以 a1a214a312，于是由a1q22，a1(1q)12，解得a18，q12，所以 an812n112n4.于是由 anan1an2a3n1123(n3)18n318，得 n31，即 n4.答案46 在等比数列an中，an0，若a1a2a7a

6、816，则a4a5的最小值为_解析由已知 a1a2a7a8(a4a5)416，所以 a4a52，又 a4a52 a4a52 2(当且仅当 a4a5 2时取等号)所以 a4a5的最小值为 2 2.答案2 27已知递增的等比数列an中，a2a83，a3a72，则a13a10_.解析an是递增的等比数列，a3a7a2a82，又a2a83，a2，a8是方程 x23x20 的两根，则 a21，a82，q6a8a22，q3 2，a13a10q3 2.答案28设 1a1a2a7，其中 a1，a3，a5，a7成公比为 q 的等比数列，a2，a4，a6成公差为 1 的等差数列，则 q 的最小值为_解析由题意知

7、a3q，a5q2，a7q3且 q1，a4a21，a6a22 且 a21，那么有 q22 且 q33.故 q33，即 q 的最小值为33.答案33二、解答题11在等差数列an中，a2a723，a3a829.(1)求数列an的通项公式；来源:Zxxk.Com-第 5 页(2)设数列anbn是首项为 1，公比为 c 的等比数列，求bn的前 n 项和 Sn.解(1)设等差数列an的公差是 d.依题意 a3a8(a2a7)2d6，从而 d3.由 a2a72a17d23，解得 a11.所以数列an的通项公式为 an3n2.(2)由数列anbn是首项为 1，公比为 c 的等比数列，来源得 anbncn1，即

8、3n2bncn1，所以 bn3n2cn1.所以 Sn147(3n2)(1cc2cn1)n3n12(1cc2cn1)从而当 c1 时，Snn3n12n3n2n2.当 c1 时，Snn3n121cn1c.来源:Z*xx*k.Com12设各项均为正数的等比数列an的前 n 项和为 Sn，S41，S817.(1)求数列an的通项公式；(2)是否存在最小的正整数 m，使得 nm 时，an2 01115恒成立？若存在，求出 m；若不存在，请说明理由解(1)设an的公比为 q，由 S41，S817 知 q1，所以得a1q41q11，a1q81q117.相除得q81q4117，解得 q416.所以 q2 或

9、q2(舍去)由 q2 可得 a1115，所以 an2n115.(2)由 an2n1152 01115，得 2n12 011，而 2102 0112 01115恒成立-第 6 页13已知公差大于零的等差数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 a2a465，a1a518.(1)求数列an的通项公式 an.(2)若 1i21，a1，ai，a21是某等比数列的连续三项，求 i 的值；(3)是否存在常数 k，使得数列 Snkn为等差数列？若存在，求出常数 k；若不存在，请说明理由解(1)因为 a1a5a2a418，又 a2a465，所以 a2，a4是方程 x218x650 的两个根又公差 d0，所以 a

10、2a4.所以 a25，a413.所以a1d5，a13d13，解得 a11，d4.所以 an4n3.(2)由 1i21，a1，ai，a21是某等比数列的连续三项，所以 a1a21a2i，即 181(4i3)2，解得 i3.(3)由(1)知，Snn1nn1242n2n.假设存在常数 k，使数列 Snkn为等差数列，由等差数列通项公式，可设 Snknanb，得 2n2(k1)nan22abnb 恒成立，可得 a2，b0，k1.所以存在 k1 使得 Snkn为等差数列第第 3 讲讲等差数列、等比数列与数列求和等差数列、等比数列与数列求和一、填空题1设an是公差不为 0 的等差数列，a12 且 a1，a

11、3，a6成等比数列，则an的前 n 项和 Sn_.解析由题意设等差数列公差为 d，则 a12，a322d，a625d.又a1，a3，a6成等比数列，a23a1a6，即(22d)22(25d)，整理得 2d2d0.d0，d12，Snna1nn12dn2474n.答案n2474n-第 7 页2 数列an的通项公式 an1n n1，若前 n 项的和为 10，则项数为_解析an1n n1 n1 n，Sn n1110，n120.答案1203已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，a55，S515，则数列1anan1的前 100项和为_解析a55，S515，5a1a5215，即 a11.da5a1511，

12、ann.1anan11nn11n1n1.设数列1anan1的前 n项和为 Tn.T100112 1213 11001101 11101100101.答案1001014已知数列an，bn都是等差数列，a15，b17，且 a20b2060.则anbn的前 20 项的和为_解析由题意知anbn也为等差数列，所以anbn的前 20 项和为：S2020a1b1a20b2022057602720.答案7205已知等比数列an的前 n 项和 Sn2n1，则 a21a22a2n_.解析当 n1 时，a1S11，当 n2 时，anSnSn12n1(2n11)2n1，又a11 适合上式an2n1，a2n4n1.数

13、列a2n是以 a211 为首项，以 4 为公比的等比数列a21a22a2n114n1413(4n1)答案13(4n1)-第 8 页6定义运算：|abcd|adbc，若数列an满足|a11221|1 且|33anan1|12(nN*)，则 a3_，数列an的通项公式为 an_.解析由题意得 a111,3an13an12 即 a12，an1an4.an是以 2 为首项，4 为公差的等差数列，an24(n1)4n2，a343210.答案104n27在等比数列an中，a112，a44，则公比 q_；|a1|a2|an|_.解析a4a1q38，q2.an12(2)n1，|an|2n2，|a1|a2|an

14、|1212n122n112.答案22n1128已知 Sn是等差数列an的前 n 项和，且 S1135S6，则 S17的值为_解析因 S1135S6，得 11a111102d356a1652d，即 a18d7，所以 S1717a117162d17(a18d)177119.答案1199等差数列an的公差不为零，a47，a1，a2，a5成等比数列，数列Tn满足条件 Tna2a4a8a2n，则 Tn_.解析设an的公差为 d0，由 a1，a2，a5成等比数列，得a22a1a5，即(72d)2(73d)(7d)所以 d2 或 d0(舍去)所以 an7(n4)22n1.又 a2n22n12n11，故 Tn

15、(221)(231)(241)(2n11)(22232n1)n2n2n4.答案2n2n4-第 9 页10数列an的通项公式 an 2n1，如果 bn2nanan1，那么bn的前 n 项和为_解析bn2nanan12n2n1 2n11 2n11 2n1，所以 b1b2bn 221 21 231 221 2n112n1 2n111.答案2n111二、解答题11已知an为等差数列，且 a36，a60.(1)求an的通项公式；(2)若等比数列bn满足 b18，b2a1a2a3，求bn的前 n 项和公式解(1)设等差数列an的公差为 d.因为 a36，a60，所以a12d6，a15d0.解得 a110，

16、d2.所以 an10(n1)22n12.(2)设等比数列bn的公比为 q.因为 b2a1a2a324，b18，所以8q24，即 q3.所以bn的前 n 项和公式为 Snb11qn1q4(13n)13 记公差 d0 的等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a12 2，S3123 2.(1)求数列an的通项公式 an及前 n 项和 Sn.(2)已知等比数列bnk，bn 2an，n11，n23，求 nk.(3)问数列an中是否存在互不相同的三项构成等比数列，说明理由解(1)因为 a12 2，S33a13d123 2，所以 d2.所以 ana1(n1)d2n 2，-第 10 页Snna1an2n2(21)n.(2)因为 bnan 22n，所以 bnk2nk.又因为数列bnk的首项 bn1b12，公比 qb3b13，所以 bnk23k1.所以 2nk23k1，则 nk3k1.(3)假设存在三项 ar，as，at成等比数列，则 a2sarat，来源:学。科。网即有(2s 2)2(2r 2)(2t 2)，整理得(rts2)22srt.若 rts20，则 22srtrts2，因为 r，s，tN*，所以2srtrts2是有理数，这与 2为无理数矛盾；若 rts20，则 2srt0，从而可得 rst，这与 rst 矛盾综上可知，不存在满足题意的三项ar，as，at.