第五章第2课时课后达标检测

[基础达标]

一、选择题

1．已知数列{an}是正项等比数列，{bn}是等差数列，且a6＝b8，则一定有( ) A．a3＋a9≤b9＋b7 B．a3＋a9≥b9＋b7 C．a3＋a9>b9＋b7 D．a3＋a9

解析：选B.a3＋a9≥2a3a9＝2a26＝2a6＝2b8＝b9＋b7. 2．(2014·辽宁大连市双基测试)设{an}是公差为正数的等差数列，若a1＋a2＋a5＝15，且a1a2a3＝80，则a11＋a12＋a13等于( )

A．120 B．105 C．90 D．75 解析：选B.设数列{an}的公差为d，由a1＋a2＋a3＝15，得a2＝5，由a1a2a3＝80，得a1a3

2

＝(5－d)(5＋d)＝16，故25－d＝16，d＝3，则a1＝2，a11＋a12＋a13＝3a1＋33d＝6＋99＝105.

3．(2014·安徽望江中学模拟)设数列{an}是公差d<0的等差数列，Sn为其前n项和，若S6＝5a1＋10d，则Sn取最大值时，n＝( )

A．5 B．6 C．5或6 D．6或7 解析：选C.由题意得S6＝6a1＋15d＝5a1＋10d，所以a6＝0，故当n＝5或6时，Sn最大． 4．(2013·高考辽宁卷)下面是关于公差d>0的等差数列{an}的四个命题： p1：数列{an}是递增数列；p2：数列{nan}是递增数列；

anp3：数列{}是递增数列；p4：数列{an＋3nd}是递增数列．

n

其中的真命题为( ) A．p1，p2 B．p3，p4 C．p2，p3 D．p1，p4

解析：选D.因为d>0，所以an＋1>an，所以p1是真命题．因为n＋1>n，但是an的符号不知道，所以p2是假命题．同理p3是假命题．由an＋1＋3(n＋1)d－an－3nd＝4d>0，所以p4是真命题．

5．(2014·浙江省名校联考)已知每项均大于零的数列{an}中，首项a1＝1且前n项和Sn

满足SnSn－1－Sn－1 Sn＝2SnSn－1(n∈N*且n≥2)，则a81＝( )

A．638 B．639 C．640 D．641

解析：选C.由已知SnSn－1－Sn－1 Sn＝2SnSn－1可得，Sn－Sn－1＝2，∴{Sn}是以1为首项，2为公差的等差数列，故Sn＝2n－1，Sn＝(2n－1)2，∴a81＝S81－S80＝1612－1592＝640.

二、填空题

Sn3n＋2a56．若两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且满足＝，则＝

Tn4n－5b5

________．

Sn3n＋2

解析：法一：由＝，可设Sn＝(3n＋2)nk，Tn＝(4n－5)nk，则a5＝S5－S4＝5×(15

Tn4n－5

a529k29

＋2)k－4×(12＋2)k＝29k，b5＝T5－T4＝5×(20－5)k－4×(16－5)k＝31k，故＝＝.

b531k31

9（a1＋a9）

2a59a5S93×9＋229

法二：＝＝＝＝＝.

b59b59（b1＋b9）T94×9－531

2

29答案： 31

7．在数列{an}中，若点(n，an)在经过点(5，3)的定直线l上，则数列{an}的前9项和S9

＝________．

解析：∵点(n，an)在定直线l上，

∴数列{an}为等差数列，∴an＝a1＋(n－1)d. 将(5，3)代入，得3＝a1＋4d＝a5.

9

∴S9＝(a1＋a9)＝9a5＝3×9＝27.

2答案：27 8．(2014·河南三市调研)设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋?＋|a15|＝________．

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，∴当n<5时，an<0，当n≥5时，an≥0，∴|a1|＋|a2|＋?＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋?＋a15)＝20＋110＝130.

答案：130 三、解答题 9．(2014·浙江温州市适应性测试)已知{an}是递增的等差数列，a1＝2，a22＝a4＋8. (1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝an＋2an，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)设等差数列的公差为d，d>0.由题意得，

(2＋d)2＝2＋3d＋8，即d2＋d－6＝(d＋3)(d－2)＝0， 得d＝2.

故an＝a1＋(n－1)·d＝2＋(n－1)·2＝2n， 得an＝2n.

(2)bn＝an＋2an＝2n＋22n.

Sn＝b1＋b2＋?＋bn＝(2＋22)＋(4＋24)＋?＋(2n＋22n)＝(2＋4＋6＋?＋2n)＋(22＋24

＋?＋22n)

（2＋2n）·n4·（1－4n）＝＋

21－4

＋

4n1－4

＝n(n＋1)＋.

3

*

10．已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足2Sn＝a2n＋n－4(n∈N)． (1)求证：数列{an}为等差数列； (2)求数列{an}的通项公式．

解：(1)证明：当n＝1时，有2a1＝a21＋1－4，

2

即a1－2a1－3＝0，

解得a1＝3(a1＝－1舍去)． 当n≥2时，有2Sn－1＝a2n－1＋n－5，

2

又2Sn＝an＋n－4，

2

两式相减得2an＝a2n－an－1＋1，

2

即a2n－2an＋1＝an－1， 也即(an－1)2＝a2n－1，

因此an－1＝an－1或an－1＝－an－1. 若an－1＝－an－1， 则an＋an－1＝1. 而a1＝3，

所以a2＝－2，这与数列{an}的各项均为正数相矛盾， 所以an－1＝an－1， 即an－an－1＝1，

因此数列{an}为等差数列．

(2)由(1)知a1＝3，d＝1， 所以数列{an}的通项公式 an＝3＋(n－1)×1＝n＋2， 即an＝n＋2.

[能力提升]

一、选择题

1．数列{an}满足a1＝1，an＋1＝r·an＋r(n∈N*，r∈R且r≠0)，则“r＝1”是“数列{an}为等差数列”的( )

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件

D．既不充分也不必要条件

解析：选A.当r＝1时，易知数列{an}为等差数列；由题意易知a2＝2r，a3＝2r2＋r，当

1

数列{an}是等差数列时，a2－a1＝a3－a2，即2r－1＝2r2－r，解得r＝或r＝1，故“r＝1”

2

是“数列{an}为等差数列”的充分不必要条件．

2．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，S10>0并且S11＝0，若Sn≤Sk对n∈N*恒成立，则正整数k构成的集合为( )

A．{5} B．{6} C．{5，6} D．{7}

解析：选C.在等差数列{an}中，由S10>0，S11＝0得，

10（a1＋a10）S10＝>0?a1＋a10>0?a5＋a6>0，

2

11（a1＋a11）S11＝＝0?a1＋a11＝2a6＝0，故可知等差数列{an}是递减数列且a6＝0，所

2

以S5＝S6≥Sn，其中n∈N*，所以k＝5或6.

二、填空题 3．(2014·湖北荆门调研)已知一等差数列的前四项和为124，后四项和为156，各项和为210，则此等差数列的项数是________．

124＋156

解析：设数列{an}为该等差数列，依题意得a1＋an＝＝70.∵Sn＝210，Sn＝

4

n（a1＋an）70n

，∴210＝，∴n＝6. 22答案：6 4．(2014·福建龙岩质检)已知数列{an}的首项为2，数列{bn}为等差数列且bn＝an＋1－*

an(n∈N)．若b2＝－2，b7＝8，则a8＝________．

解析：∵{bn}为等差数列，且b2＝－2，b7＝8，设其公差为d，∴b7－b2＝5d，即8＋2＝5d.∴d＝2.

∴bn＝－2＋(n－2)×2＝2n－6. ∴an＋1－an＝2n－6.

由a2－a1＝2×1－6，a3－a2＝2×2－6，?，an－an－1＝2×(n－1)－6，累加得：an－a1

＝2×(1＋2＋?＋n－1)－6(n－1)＝n2－7n＋6，∴an＝n2－7n＋8.∴a8＝16.

答案：16 三、解答题

bn＋bn＋2

5．(2014·山东济南模拟)设同时满足条件：①≤bn＋1(n∈N*)；②bn≤M(n∈N*，

2

M是与n无关的常数)的无穷数列{bn}叫“特界”数列．

(1)若数列{an}为等差数列，Sn是其前n项和，a3＝4，S3＝18，求Sn； (2)判断(1)中的数列{Sn}是否为“特界”数列，并说明理由． 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，

则a1＋2d＝4，S3＝a1＋a2＋a3＝3a1＋3d＝18，

解得a1＝8，d＝－2，

n（n－1）

∴Sn＝na1＋d＝－n2＋9n.

2

Sn＋Sn＋2（Sn＋2－Sn＋1）－（Sn＋1－Sn）(2)由－Sn＋1＝

22an＋2－an＋1d＝＝＝－1＜0，

22Sn＋Sn＋2得＜Sn＋1，故数列{Sn}适合条件①.

2

9?2812?而Sn＝－n＋9n＝－?n－2?＋(n∈N*)，

4

则当n＝4或5时，Sn有最大值20， 即Sn≤20，故数列{Sn}适合条件②. 综上，数列{Sn}是“特界”数列．

*

6．(选做题)(2014·广东深圳调研)各项均为正数的数列{an}满足a2n＝4Sn－2an－1(n∈N)，其中Sn为{an}的前n项和．

(1)求a1，a2的值；

(2)求数列{an}的通项公式；

(3)是否存在正整数m、n，使得向量a＝(2an＋2，m)与向量b＝(－an＋5，3＋an)垂直？说明理由．

解：(1)当n＝1时，a21＝4S1－2a1－1，

2

即(a1－1)＝0，解得a1＝1. 当n＝2时，a22＝4S2－2a2－1＝4a1＋2a2－1＝3＋2a2， 解得a2＝3或a2＝－1(舍去)． (2)a2n＝4Sn－2an－1，① 2

an＋1＝4Sn＋1－2an＋1－1.②

2

②－①得：a2n＋1－an＝4an＋1－2an＋1＋2an ＝2(an＋1＋an)，

即(an＋1－an)(an＋1＋an)＝2(an＋1＋an)． ∵数列{an}各项均为正数， ∴an＋1＋an>0，an＋1－an＝2，

∴数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列． ∴an＝2n－1. (3)∵an＝2n－1，

∴a＝(2an＋2，m)＝(2(2n＋3)，m)≠0，

b＝(－an＋5，3＋an)＝(－(2n＋9)，2(n＋1))≠0， ∴a⊥b?a·b＝0?m(n＋1)＝(2n＋3)(2n＋9)＝[2(n＋1)＋1][2(n＋1)＋7]

7

?m(n＋1)＝4(n＋1)2＋16(n＋1)＋7?m＝4(n＋1)＋16＋.

n＋1

∵m，n∈N*，

∴n＋1＝7，m＝4×7＋16＋1，即n＝6，m＝45. ∴当n＝6，m＝45时，a⊥b.

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