等差數(shù)列性質(zhì)的綜合問題同步練習(xí) 高二上學(xué)期數(shù)學(xué)蘇教版（2019）選擇性必修第一冊

培優(yōu)練?等差數(shù)列性質(zhì)的綜合問題A級基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)練1.(多選題)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,Sn=n2-5n,則下列說法正確的是()A.{an}為等差數(shù)列B.an>0C.Sn的最小值為-254 D.{an2.(多選題)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.若a1+3a5=S7,則下列結(jié)論一定正確的是()A.a4=0 B.Sn的最大值為S3C.S6=S1 D.|a3|<|a5|3.(多選題)已知等差數(shù)列{an}的公差d<0,且a12=a132,{an}的前n項(xiàng)和為SnA.6B.7C.12D.134.(多選題)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,公差為d.已知a4=12,S14>0,S15<0,則下列結(jié)論正確的是()A.a7<0B.-247C.S7=84D.設(shè)Snn的前n項(xiàng)和為Tn,當(dāng)T5.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足2Sn-nan=n,n∈N*,且a2=3.(1)求證:數(shù)列an(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.若數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=3n-2,將數(shù)列{an}與{bn}的公共項(xiàng)按從小到大的順序排列得到數(shù)列{cn},求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和.B級能力提升練6.古代有這樣一個(gè)問題:“今有墻厚22.5尺,兩鼠從墻兩側(cè)同時(shí)打洞,大鼠第一天打洞一尺,小鼠第一天打洞半尺,大鼠之后每天打洞長度比前一天多半尺,小鼠前三天每天打洞長度比前一天多一倍,三天之后小鼠每天打洞長度與第三天打洞長度相同,問兩鼠幾天能打通墻相逢?”兩鼠相逢最快需要的天數(shù)為()A.4 B.5 C.6 D.77.已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列,若a12a11+1<0,且它的前n項(xiàng)和SnA.11 B.12 C.21 D.228.(多選題)首項(xiàng)為正數(shù),公差不為0的等差數(shù)列{an},其前n項(xiàng)和為Sn,下列四個(gè)說法中,正確的是()A.若S10=0,則S2+S8=0B.若S4=S12,則使Sn>0的最大的n為15C.若S15>0,S16<0,則{Sn}中S8最大D.若S7<S8,則S8<S99.等差數(shù)列2,5,8,…,2015與4,9,14,…,2014的公共項(xiàng)(具有相同數(shù)值的項(xiàng))的個(gè)數(shù)為.

10.對數(shù)列{an},規(guī)定{△an}為數(shù)列{an}的一階差分?jǐn)?shù)列,其中△an=an+1-an(n∈N*),規(guī)定{△2an}為{an}的二階差分?jǐn)?shù)列,其中△2an=△an+1-△an(n∈N*).(1)若數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=n2(n∈N*),試判斷{△an},{△2an}是否為等差數(shù)列,請說明理由;(2)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn,且△2cn=0,對滿足m+n=2k,m≠n的任意正整數(shù)m,n,k都有cm≠cn,且不等式Sm+Sn>tSk恒成立,求實(shí)數(shù)t的最大值.C級拓展探究練11.設(shè)等差數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為整數(shù),首項(xiàng)a1=2019,且對任意正整數(shù)n,總存在正整數(shù)m,使得a1+a2+…+an=am.這樣的數(shù)列{an}的個(gè)數(shù)為.

12.將正整數(shù)數(shù)列1,2,3,…中凡是被4整除以及被4除余1的項(xiàng)全部刪去,剩下的數(shù)按從小到大的順序排成數(shù)列a1,a2,a3,…,再將數(shù)列{an}中,凡是下標(biāo)被4整除以及被4除余1的項(xiàng)全部刪去,剩下的項(xiàng)按從小到大的順序排成數(shù)列b1,b2,b3,….證明:每個(gè)大于1的奇平方數(shù),都是數(shù)列{bn}中的兩個(gè)相鄰項(xiàng)的和.參考答案1.AD2.AC3.AB4.BC5.(1)證明由2Sn-nan=n,得2Sn+1-(n+1)an+1=n+1,將上述兩式相減,得2an+1-(n+1)an+1+nan=1,即nan-(n-1)an+1=1,所以an+1=nan-1n-1(n≥2),則an+1-(2)解由(1)可知,當(dāng)n≥2時(shí),an-1n-1=a2-12-1=2,所以an=2n-1(n≥2),當(dāng)n=1時(shí),a1=1也符合上式,所以an=2n-1(n∈N*),所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)列.又?jǐn)?shù)列{bn}是以1為首項(xiàng),3為公差的等差數(shù)列,所以這兩個(gè)數(shù)列的公共項(xiàng)所構(gòu)成的新數(shù)列{cn}是以1為首項(xiàng),6為公差的等差數(shù)列,所以{c6.C7.C8.BC解析對于A,若S10=10a1+10×92d=0,則2a1+9d=0,那么S2+S8=(2a1+d)+(8a1+28d)=10a1+29d=-16d≠0,故A錯(cuò)誤.對于B,若S4=S12,則a5+a6+…+a11+a12=4(a8+a9)=0.又因?yàn)閍1>0,所以前8項(xiàng)為正,從第9項(xiàng)開始為負(fù),因?yàn)镾16=16(a1+a16)2=8(a8+a9)=0,所以使Sn>0的最大的n為15,故B正確.對于C,若S15=15(a1+a15)2=15a8>0,S16=16(a1+a16)2=8(a8+a9)<0,則a8>0,a9<0,則{Sn}中S8最大,故C正確.對于D,若S79.13410.解(1)因?yàn)閍n=n2,所以△an=an+1-an=(n+1)2-n2=2n+1,所以△an+1-△an=2.因?yàn)椤鱝1=3,所以{△an}是首項(xiàng)為3,公差為2的等差數(shù)列.因?yàn)椤?an=△an+1-△an=2,所以{△2an}是首項(xiàng)為2,公差為0的等差數(shù)列.(2)因?yàn)椤?cn=0,所以△2cn=△cn+1-△cn=cn+2-cn+1-(cn+1-cn)=cn+2-2cn+1+cn=0,所以cn+2-cn+1=cn+1-cn,所以{cn}是等差數(shù)列.設(shè){cn}的公差為d,則cn=c1+(n-1)d.若d=0,則cm=cn,與題意矛盾.若d<0,則當(dāng)n>1-c1d時(shí),cn<0,與數(shù)列{cn}的各項(xiàng)均為正數(shù)矛盾,故d>0.由等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式可得Sn=d2n2+c1-d2n,所以Sn+Sm=d2n2+c1-d2n+d2m2+c1-d2m=d2(n2+m2)+c1-d2·(m+n),Sk=d2(m+n2)2+c1-d2·m+n2.因?yàn)閙≠n,所以m2+n22>(m+n)24,所以Sn+Sm=d2(n2+m2)+c1-d2(m+n)>d2·(m+n)22+c1-d2(m+n)=2Skd2[(k+1)2+(k-1)2]+c1-d2×2k=d2(2k2+2)+2kc1-d2,Sk=d2k2+c1-d2k,則tSk-(Sm+Sn)=d2tk2+c1-d2tk-d2(2k2+2)-2kc1-d2=d2t-d(k2-k)+(t-2)c1k-d.因?yàn)閐2t-d>0,k2-k≥0,所以當(dāng)k>d(t-2)c1時(shí),tSk-(Sn+Sm)>0,即Sm+Sn<tS11.5解析設(shè){an}的公差為d.由條件知a1+a2=ak(k是某個(gè)正整數(shù)),則2a1+d=a1+(k-1)d,即(k-2)d=a1,因此必有k≠2,且d=a1k-2,則an=a1+(n-1)d=a1+n-1k-2a1,此時(shí)對任意正整數(shù)n,a1+a2+…+an=na1+n(n-1)2d=a1+(n-1)a1+n(n-1)2d=a1+(n-1)(k-2)+n(n-1)2d,為{an}中的一項(xiàng).因此,僅需考慮使a1k12.證明易知a2n-1=4n-2,a2n=4n-1,n=1,2,3,…,因此,a4n+1=8n+2,a4n+2=8n+3,a4n+3=8n+6,a4n+4=8n+7,將{an}中的項(xiàng)a4n及a4n+1刪去之后,所得到的數(shù)列{bn}的通項(xiàng)為b2n+1=8n+3,b2n+2=8n+6,n=0,1,2,…,即數(shù)列{bn}的項(xiàng)為3,6,11,14,19,22,27,30,35,38,43,…,觀察易知,32=b1+b2,