2019版一轮优化探究理数练习：第六章第二节等差数列及其前n项和含解析

1、、填空题1一个等差数列的前4项是a, x, b,2x,则乍等于解析：/ a, x, b,2x成等差数列，a+ b = 2x,a_ 2x,a 1”即二 a=-丹2x=2b,ib=|cb 3.i 答案：1i i2 .设a>0, b>0,若lg a和lg b的等差中项是0,则 +匸的最小值是.a b1解析：由已知得lg a+ lg b= 0,则a = £,11 1丄+b+2,当且仅当b= 1时取“二” 号.a b b则Sb =答案：23.已知等差数列an的前n项和为S,若a4= 18- a5,解析：冒8二冒5二爭=72.答案：724.已知等差数列an与bn的前n项和分别为Sn与

2、Tn,且= 2n：2,则器等于解析：a9 17a9 S17 2X17+1 35 'b9 17b9 T17 3X 17 + 2 53.答案：35535.已知数列an的前n项和Sn= n2- 7n,且满足16<ak+ ak+1<22，则正整数k=S1,n = 1解析：由 an=，Gc 可得 an= 2n-8,16<ak+ ak+1<22,即卩 16<(2kL.Sn- Sn-1 ,n2,8)+ (2k-6)<22,所以 7.5<6<9，又 k N*，所以 k= 8.答案：86.设等差数列an的前n项和为Sn,若a6= S3 = 12,则an的通

3、项公式an=解析:解得，a1=2，g 2.由题意得P1+53H2(3ai + 3d = 12,an = a1 + (n 1)d = 2n.答案：2nS3 1s7设&是等差数列an的前n项和，若|6= 3,则ST3 2a1+ 2dS321解析：ST 6 2a1 + 5d 二3?a1 二 2d.26 2a1 + 5dS6 _2_ _9d _ 312 2a1 + 11d _ 30d_23答案：8.设S为等差数列an的前n项和，若a4_ 1，S5_ 10,则当Sn取得最大值时,n的值为.解析:a4_ a1 + 3d_ 1,Sb_ 5a1 + 10d_ 10,所以 a1 _4, d_ 1,所以

4、Sn_4+ 5 n281一 8+299-1- 2-4-n故sn取最大值.5 或49 在如下数表中，已知每行、每列中的数都成等差数列,第1列第2列第3列第1行123第2行2L6那么位于表中的第n行第n+ 1列的数是.解析：由题中数表知：第n行中的项分别为n,2n,3n,，组成一等差数列，所 以第n行第n+ 1列的数是：n2 + n.答案：n2 + n、解答题 10在等差数列an中，ai = 1, Sn为前n项和，且满足 滋2S = n2, n N*. 求a2及an的通项公式；(2)记 bn= n + qan(q>0),求bn的前 n 项和 Tn.解析：(1)令 n= 1,由 S2n 2Si

5、= n2得 S2 2Si= 12, 即 a + a2 2a1 1.又T a1 1， a2 2,二公差 d 1.二 an 1 + (n 1) 1 n.(2)由(1)得 bn n+ qn,若 qM 1,贝U Tn (1 + 2+ 3+-+ n) + (q 1解析：(1)由已知可得-丄3(n2),an an 1故数列三是以1为首项、公差为3的等差数列.(2)由(1)的结论可得 bn 1 + (n 1)x3,所以 bn 3n 2,所以&n1+；n-2 驾.12.设数列an的前 n 项和为 Sn,已知 a1 1, Sn nann(n 1)(n1,2,3,).(1) 求证：数列an为等差数列，并写

6、出an关于n的表达式；(2) 若数列1 的前n项和为Tn，问满足Tn>100的最小正整数n是多少？anan + 1209解析：(1)当n2时，an Sn Sn 1 nan (n 1)an 1 2(n 1),得 an an-1 2(n 2,3,4,).所以数列an是以a1 1为首项，2为公差的等差数列.所以 an 2n 1. + q2+ qn)n(n+ 1)丄 q(1 qn)2 十 1q .若 q- 1,则 gn+ 1, Tn-呼.11 .在数列an中，a1 1,3anan-1 + an an -1 0(n2, n N).1(1)试判断数列异是否成等差数列；1设 bn满足bn 1，求数列 bn的前n项和Sn.an1 “ aa2+i003+1+On l3n1OnOn+1111 1+ + +1X 3 3X 5