专题六 数列 第十五讲 等差数列答案

第十五讲 等差数列

答案部分

2019年

1.解析：设等差数列

an的公差为d，由S40，a55，

4a16d0a13a4d5d2得1，解得，

2a2n5，Sn4n，故选A．nn所以

2.解析 设等差数列由

{an}的公差为d，则

a10，

a23a1可得，

d2a1，

S1010(a1a10)2(2a19d)2(2a118a1)4S55(a1a5)2a14d2a18a1.

3.解析 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，

(a1d)(a14d)a17d0a15，解得．则98d29a1d272所以S88a187d6(5)15216.2a2a1d3a14，解得.

Sa510d10d1154.解析：由题意得，所以a5a14d0.

因为an是一个递增数列，且a50，

所以Sn的最小值为S4或S5，S4S54443110.22010-2018年

1．B【解析】通解 设等差数列{an}的公差为d，∵3S3S2S4．

∴3(3a132433d)2a1d4a1d，解得da1，222∵a12，∴d3，

∴a5a14d24(3)10．故选B．

优解 设等差数列{an}的公差为d，∵3S3S2S4，∴3S3S3a3S3a4，∴S3a4a3，∴3a132dd，2∵a12，∴d3，∴a5a14d24(3)10．故选B．2．C【解析】解法一 由S63(a1a6)3(a3a4)48，得a3a416，

由(a4a5)(a3a4)8，得a5a38，设公差为d，即2d8，所以d4．选C．解法二 设公差为d，则有2a17d24,解得d4，故选C．

6a115d48223．A【解析】设{an}的公差为d（d0），由a3a2a6，得(12d)(1d)(15d)，

所以d2，S66165(2)24．选A． 24．C【解析】∵(S6S5)(S5S4)a6a5d，当d0，可得S4+S62S5；当

S4+S62S5，可得d0．所以“d0”是“S4+S62S5” 充分必要条件，选

C．

5．C【解析】设等差数列{an}的公差为d，因为{an}为等差数列，且S99a527，所

以a53．又a108，解得5da10a55，所以d1，所以

a100a595d98，选C．

6．B【解析】由等差数列的性质得a62a4a22240，选Ba42．7．B【解析】由a3,a4,a8成等比数列可得：(a1+3d)=(a1+2d)×(a1+7d)，

25d，所以a1d<0．3(a+a4)´42d=2(2a1+3d)d=-d2<0．又dS4=123即3a1+5d=0，所以a1=-8．C【解析】∵数列{21n}为递减数列，a1ana1[a1(n1)d]a1dna1(a1d)，等

式右边为关于n的一次函数，∴a1d0．

9．C【解析】 设等差数列{an}的公差为d，则S33a13d，所以12323d，解

得d2，所以a612．

10．B【解析】由等差数列的性质得a1a7a3a5，因为a12，a3a510，所以

aaa78，选B．

11．C【解析】有题意知Sm=

m(a1am)=0，∴a1=am=（SmSm1）=2，2am1= Sm1Sm=3，∴公差d=am1am=1，∴3=am1=2m，

∴m=5，故选C.

12．D【解析】设ana1(n1)ddnm，所以p1正确；如果an3n12则满足已

知，但nan3n12n并非递增所以p2错；如果若ann1，则满足已知，但

2an11，是递减数列，所以p3错；an3nd4dnm，所以是递增数列，nnp4正确．

13．B【解析】由题意有a1a52a310,a35,又∵a47，∴a4a32，∴d2．

14．B【解析】a4+a8=2a6=16a6=8，而S11=11a1+a11=11a6=88，故选B.215．B【解析】由S10S11，得a11S11S100，

a1a11(111)d0(10)(2)20．

16．A【解析】a1a2a1014710(1)(3102)10(14)(710)[(1)9(392)(1)10(3102)]15．

17．D【解析】因为a7是a3与a9的等比中项，所以a7a3a9，又数列an的公差为2，

2所以(a112)(a14)(a116)，解得a120，故an20(n1)(2)222n，所以S10210(a1a10)5(202)110．

218．A【解析】a8S8S7644915．

19．14【解析】解法一 设{an}的公差为d，首项为a1，则a12d0，

a5da6d1411解得a1476，所以S77(4)214．

2d2解法二 2a37d14，所以d2．故a4a3d2，故S77a47214．20．an6n3【解析】设等差数列的公差为d，

a2a5a1da14d65d36，

∴d6，∴an3(n1)66n3．

a12d32n21．【解析】设等差数列的首项为a1，公差为d，则，43n14ad1012解得a11，d1，∴Snna1n1211n(n1)n(n1)，所以2()，dSnk(k1)kk122所以

11111112n． 2[(1)()()]2(1)223nn1n1n1k1Sk22．10 【解析】 由a3a4a5a6a725得5a5=25，所以a5=5，

故a2+a8=2a5=10．

23．8 【解析】 ∵数列an是等差数列，且a7a8a93a80，a80．又

a7a10a8a90，∴a90．当n=8时，其前n项和最大．

d0724．(1,)【解析】由题意可知，当且仅当n8时Sn取最大值，可得a80，解得

8a0971d．

825．－49【解析】设an的首项为a1，公差d，由S100，S1525，得

2a19d0213，解得，∴a3,dnSn10n2，1n333a121d5132022n10nfnnn,，332020*当0n时fn0，当n，fn0，由nN，

3313当n6时，f661036483132当n7时，fn7107493设fn∴n7时，nSn取得最小值49．26．20【解析】 依题意

所以或：

27．1，

2a19d10，

．

3a5a73a14da16d4a118d203a5a72a3a820n(n1)11

【解析】设公差为d,则2a1da12d,把a1代入得d，422

1∴a21，Sn=n(n1)428．35【解析】（解法一）因为数列{an},{bn}都是等差数列，所以数列anbn也是等差

数列．故由等差中项的性质，得a5b5a1b12a3b3，即a5b57221，解得a5b535．（解法二）设数列{an},{bn}的公差分别为d1,d2,

因为a3b3(a12d1)(b12d2)(a1b1)2(d1d2)72(d1d2)21所以d1d27.所以a5b5(a3b3)2(d1d2)35.

229．an2n1【解析】a11,a3a2412d(1d)24d2an2n130．10【解析】设{an}的公差为d，由S9S4及a11，

98431d41d，所以d．又aka40，22611所以[1(k1)()][1(41)()]0，

66得91即k10．

31．【解析】(1)设{an}的公差为d，由题意得3a13d15．

由a17得d=2．

所以{an}的通项公式为an2n9．(2)由(1)得Snn28n(n4)216．所以当n4时，Sn取得最小值，最小值为−16．32．【解析】（Ⅰ）易知

所以

a11，a22，a33且b11，b23，b35c1b1a1110,c2max{b12a1,b22a2}max{121,322}1，

c3max{b13a1,b23a2,b33a3}max{131,332,533}2．

下面证明：对任意nN且n≥2，都有

*cnb1a1n．

k当kN且2≤≤*n时，

(bkakn)(b1a1n)[(2k1)nk]1n(2k2)n(k1)(k1)(2n)∵k10且2n≤0∴

(bkakn)(b1a1n)≤0(b1a1n)≥(bkakn)．

*因此对任意nN且n≥2，

cnb1a1n1n，则cn1cn1．

又∵故

c2c11，

cn1cn1对nN*均成立，从而{cn}是等差数列

（Ⅱ）设数列{an}和{bn}的公差分别为da,db，下面我们考虑cn的取值．对b1a1n，b2a2n，bnann，

考虑其中任意项biain(iN且1≤≤in)，

*biain[b1(i1)db][a1(i1)da]n(b1a1n)(i1)(dbdan)下面分da0，da0，da0三种情况进行讨论．（1）若da0，则biain(b1a1n)(i1)db①若db≤0，则(biain)(b1a1n)(i1)db≤0则对于给定的正整数n而言，cnb1a1n此时cn1cna1，故{cn}是等差数列

②db0，则(biain)(bnann)(in)db≤0则对于给定的正整数n而言，cnbnannbna1n此时cn1cndba1，故{cn}是等差数列

此时取m1，则c1,c2,c3,是等差数列，命题成立．

（2）若da0，则此时dandb为一个关于n的一次项系数为负数的一次函数．故必存在mN，使得当n≥m时，dandb0则当n≥m时，

*(biain)(b1a1n)(i1)(dandb)≤0(iN*,1≤≤in)因此，当n≥m时，cnb1a1n．

此时cn1cna1，故{cn}从第m项开始为等差数列，命题成立．

（3）da0，则此时dandb为一个关于n的一次项系数为正数的一次函数．故必存在sN，使得当n≥s时，dandb0则当n≥s时，

*(biain)(bnann)(in)(dandb)≤0(iN*,1≤≤in)因此当n≥s时，cnbnann．此时

cnbnannbbdanndan(daa1db)1bnnnn令daA0，daa1dbB，b1dbC下面证明

cnCAnB对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，nncnM．n①若C≥0，则取m[当n≥m时，

|MB|]1（[x]表示不等于x的最大整数）A|MB|MB]1)BABMAAcn≥≥AnBn此时命题成立．若C0，则取m[当n≥m时

AmBA([|MCB|]1A|MCB|]1)BCAcn≥≥AnBCnAmBCA([≥MCBBCM此时命题成立．

因此，对任意正数M，使得当n≥m时，综合以上三种情况，命题得证．

cnM．nan的前n项和Sn3n8n，33．【解析】(Ⅰ)因为数列2所以a111，当n2时，

anSnSn13n28n3(n1)28(n1)6n5，

又an6n5对n1也成立，所以an6n5．

bn是等差数列，设公差为d，则anbnbn12bnd．又因为当n1时，2b111d；当n2时，2b217d，

bn的通项公式为bn解得d3，所以数列and3n1．2(an1)n1(6n6)n1n1(Ⅱ)由cn，(3n3)2nn(bn2)(3n3)于是Tn6292122(3n3)2两边同乘以２，得

234n1，

2Tn623924(3n)2n1(3n3)2n2，

两式相减，得

Tn62232332432n1(3n3)2n2322(12n)32(3n3)2n2122Tn12322(12n)(3n3)2n23n2n2．

34．【解析】(Ⅰ)由题意得bnanan1，有cnbn1bnan1an2anan12dan1，

因此cn1cn2d(an2an1)2d，所以数列cn是等差数列．

2222(Ⅱ)Tn(b1b2)(b3b4)(b2n1b2n)222222n(a2a2n)2d2n(n1)．

2n11n11n1111122()2(1)2．所以2dk1k(k1)2dk1kk12dn12dk1Tk2d(a2a4a2n)2d35．【解析】（1）由已知sn2ana1有ansnsn12an2an1n2，

即an2an1n2，

从而a22a1,a34a1．

又因为a1,a21,a3成等差数列，即a1a32(a21)．所以a14a12(2a11)，解得a12．

所以，数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．故an2n．

（2）由（1）得

11n．an211[1()n]1111211．所以Tn23n2n12222212由|Tn1|9111n，得|1n1|，即21000．10002100010因为2512100010242，所以n10．于是，使|Tn1|1成立的n的最小值为10．100010a45d1002a9d2036．【解析】（Ⅰ）由题意有，1 ，即1．

ad2ad2111a(2n79)a19a11n9an2n1解得 或或．2，故n12d2db2n1nb9()9n9（Ⅱ）由d1，知an2n1，bn2n1，故cn2n1，于是n12①②

Tn135792n1234n1， 22222

1135792n1Tn2345n. 2222222①-②可得

11112n12n32n3，故T．Tn22n2n36n222222n2n137．【解析】(Ⅰ)方程x5x60的两根为2,3，由题意得a22,a43.设数列an的公差为d，则a4a22d,故d所以an的通项公式为an（Ⅱ）设213,从而a1,221n1．2ann2an的前n项和为由（I）知n1,则s,nnn222sn34n1n2...n1,22232n2134n1n2sn34...n1n2.22222两式相减得

1311n2311n2sn(3...n1)n2(1n1)n2.242224422n4所以sn2n1．

238．【解析】(Ⅰ)由题设，anan1Sn1,an1an2Sn11.两式相减得an1(an2a)an1.由于an10，所以 an2an.（Ⅱ）由题设，a11，a1a2S11，可得a21.由(Ⅰ)知，a31.令2a2a1a3，解得4.故an2an4，由此可得

a2n1是首项为1，公差为4的等差数列，a2n14n3；a2n是首项为3，公差为4的等差数列，a2n4n1.

所以an2n1，an1an2.

因此存在4，使得数列an为等差数列．39．【解析】（Ⅰ）由题意，(2a1d)(3a13d)36，

将a11代入上式得d2或d5，

因为d0，所以d2，从而an2n1，Snn（nN）.（Ⅱ）由（1）知，anan1ank(2mk1)(k1)，所以(2mk1)(k1)65，

由m,kN知，(2mk1)(k1)1，

2所以m52mk113，所以.

k4k15n(n1)d．240．【解析】（Ⅰ）设an的公差为d，则Sn=na13a13d0,解得a11,d1.由已知可得5a110d5,故的通项公式为an（2）由（Ⅰ）知

an=2n.11111(),a2n1a2n1(32n)(12n)22n32n1从而数列1n的前项和为a2n1a2n11111111n（+++).211132n32n112n41．【解析】（Ⅰ）因为数列{an}的公差d1，且1,a1,a3成等比数列，

所以a121(a12)，

即a12a120，解得a11或a12．（Ⅱ）因为数列{an}的公差d1，且S5a1a9，所以5a110a128a1；

即a123a1100，解得5a1242．【解析】（Ⅰ）设{an}的公差为d，由题意，a11a1a13即a110da1a112d于是d2a125d0所以d0（舍去），d2故an2n27（Ⅱ）令Sna1a4a7a3n2．

由（Ⅰ）知a3n26n31，所以a3n2是首项为25，公差为6的等差数列，从而

22Snna1a3n23n228n．243．【解析】（Ⅰ）设等差数列an的首项为a1，公差为d，

由

S44S2，a2n2an1得

4a16d8a14da1(2n1)2a12(n1)d1，

解得，因此

a11，d2．

an2n1(nN*)．

Tnn2n1n2n1n12n2（Ⅱ）由题意知：

所以n2时，

bnTnTn1故，

cnb2n2n21n1(n1)()*2n124 (nN)11111Rn0()01()12()23()3(n1)()n144444所以，111111Rn0()11()22()3(n2)()n1(n1)()n44444则4311111Rn()1()2()3()n1(n1)()n44444两式相减得411n()144(n1)()n1414

13n1Rn(4n1)94整理得，

13n1R(4)nn1cn94所以数列的前n项和．

44．【解析】（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，则ana1(n1)d.

由a11,a23可得12d3.解得d=－2．

从而，an1(n1)(2)32n.（Ⅱ）由（I）可知an32n，所以Snn[1(32n)]2nn2.22进而由S135可得2kk35,即k2k350，解得k7或k5.又kN,故k7为所求．45．【解析】(Ⅰ)由题意知S6=

*215=－3,a6S6S5=－8．S5所以5a110d5, 解得a1=7，所以S6=－3，a1=7．

a15d8.（Ⅱ）因为S5S6+15=0,所以(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0，即2a12+9da1+10d2+1=0．故(4a1+9d)2=d2－8．所以d2≥8．

故d的取值范围为d≤－22或d≥22．