数列考题分类整理(含解析).doc

PAGE 第 第 1 - 页 共 NUMPAGES 5 页 数列考题分类整理（含答案） 　（一）等差数列及其前n项和 一、题点全面练 1．等差数列{an}中，a3＋a9=10，a10=6，则公差d=(　　) A..eq \f(1,2)　　 Beq \f(1,4)　 C．4 D．－eq \f(1,2) 解析：选B　由a3＋a9=2a6=10，得a6=5，所以4d=a10－a6=1，解得d=eq \f(1,4). 2.在等差数列{an}中，若Sn为{an}的前n项和，2a7=a8＋5，则S11的值是(　　) A．50 B．11 C．55 D．60 解析：选C　设等差数列{an}的公差为d，由题意可得2(a1＋6d)=a1＋7d＋5，得a1＋5d=5，则S11=11a1＋eq \f(11×10,2)d=11(a1＋5d)=11×5=55，故选C. 3．等差数列{an}中，a2＋a4＋a6=39，a1＋a6＋a11=27，则数列{an}的前9项和S9等于(　　) A．66 B．99 C．144 D．297 答案：选B 4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若ak=4，Sk=0，Sk＋2=14(k≥2，且k∈N*)，则a2 019的值为(　　) A．2 020 B．4 032 C．5 041 D．3 019 解析：选B　 5．等差数列{an}中，已知|a6|=|a11|，且公差d＞0，则其前n项和取最小值时n的值为(　　) A．5 B．6 C．7 D．98 解析：选D　由d＞0可得等差数列{an}是递增数列，又|a6|=|a11|，所以－a6=a11，即－a1－5d=a1＋10d，所以a1=－eq \f(15d,2)，则a8=－eq \f(d,2)＜0，a9=eq \f(d,2)＞0，所以前8项和为前n项和的最小值，故选D. 6．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6=2a3，则eq \f(S11,S5)=______. 解析：eq \f(S11,S5)=eq \f(\f(11,2)?a1＋a11?,\f(5,2)?a1＋a5?)=eq \f(11a6,5a3)=eq \f(22,5).答案：eq \f(22,5) 7．等差数列{an}中，已知Sn是其前n项和，a1=－9，eq \f(S9,9)－eq \f(S7,7)=2，则S10=________. 解析:∵eq \f(S9,9)－eq \f(S7,7)=2，∴eq \f(9－1,2)d－eq \f(7－1,2)d=2，∴d=2，∵a1=－9，∴S10=10×(－9)＋eq \f(10×9,2)×2=0.答案：0 8．(2018·广元统考)若数列{an}是正项数列，且eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋…＋eq \r(an)=n2＋n，则a1＋eq \f(a2,2)＋…＋eq \f(an,n)=________. 解析：当n=1时，eq \r(a1)=2?a1=4，又eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋…＋eq \r(an)=n2＋n，① 所以当n≥2时，eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋…＋eq \r(an－1)=(n－1)2＋(n－1)=n2－n，② ①－②得eq \r(an)=2n，即an=4n2，所以eq \f(an,n)=eq \f(4n2,n)=4n，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))构成以4为首项，4为公差的等差数列．所以a1＋eq \f(a2,2)＋…＋eq \f(an,n)=eq \f(?4＋4n?n,2)=2n2＋2n. 答案：2n2＋2n 9．(2018·大连模拟)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足2Sn=aeq \o\al(2,n)＋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=aeq \o\al(2,1)＋1－4，即aeq \o\al(2,1)－2a1－3=0，所以a1=3(a1=－1舍去)．当n≥2时，有2Sn－1=aeq \o\al(2,n－1)＋n－5，又2Sn=aeq \o\al(2,n)＋n－4，所以两式相减得2an=aeq \o\al(2,n)－aeq \o\al(2,n－1)＋1，即aeq \o\al(2,n)－2an＋1=aeq \o\al(2,n－1)，即(an－1)2=aeq \o\al(2,n－1)， 因此an－1=an－1或an－1=－an－1.若an－1=－an－1，则an＋an－1=1.而a