数列专题练习答案.doc

《数列专题练习》答案详解

1．[解析]设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则

Sn＝na1＋eq\f(n?n－1?,2)d．

由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10a1＋\f(10×9,2)d＝100，①,100a1＋\f(100×99,2)d＝10.②))

①×10－②整理得d＝－eq\f(11,50)，代入①得，a1＝eq\f(1099,100)，

∴S110＝110a1＋eq\f(110×109,2)d

＝110×eq\f(1099,100)＋eq\f(110×109,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,50)))

＝110eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1099－109×11,100)))

＝－110.

2.[解析]设等差数列{an}的公差为d，则

Sn＝na1＋eq\f(1,2)n(n－1)d．

∵S7＝7，S15＝75，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(7a1＋21d＝7,15a1＋105d＝75))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＝1,a1＋7d＝5))，

解得a1＝－2，d＝1.

∴eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(1,2)(n－1)d＝－2＋eq\f(1,2)(n－1)，

∵eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝eq\f(1,2)，

∴数列{eq\f(Sn,n)}是等差数列，其首项为－2，公差为eq\f(1,2)，

∴Tn＝eq\f(1,4)n2－eq\f(9,4)n.

3.[解析](1)设公差为d，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5,a1＋9d＝－9))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝9,d＝－2)).

∴an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋11.

(2)由(1)知Sn＝na1＋eq\f(n?n－1?,2)d＝10n－n2＝－(n－5)2＋25，

∴当n＝5时，Sn取得最大值．

4．[解析](1)设等差数列{an}的首项为a，公差为d，

由于a3＝7，a5＋a7＝26，

∴a1＋2d＝7,2a1＋10d＝26，

解得a1＝3，d＝2.

∴an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)．

(2)∵an＝2n＋1，

∴aeq\o\al(2,n)－1＝4n(n＋1)，

∴bn＝eq\f(1,4n?n＋1?)＝eq\f(1,4)(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))．

故Tn＝b1＋b2＋…＋bn

＝eq\f(1,4)(1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))

＝eq\f(1,4)(1－eq\f(1,n＋1))

＝eq\f(n,4?n＋1?)，

∴数列{bn}的前n项和Tn＝eq\f(n,4?n＋1?).

5．[解析](1)由题意得a1·5a3＝(2a2＋2)2，a1＝10，

即d2－3d－4＝0.

故d＝1或d＝4.

所以an＝－n＋11，n∈N*或an＝4n＋6，n∈N*.

(2)设数列{an}的前n项和为Sn.因为d0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11.则

当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－eq\f(1,2)n2＋eq\f(21,2)n.

当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝eq\f(1,2)n2－eq\f(21,2)n＋110.

综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)n2＋\f(21,2)n，n≤11，,\f(1,2)n2－\f(21,2)n＋110，n≥12.))

6．[解析](1)由已知得Sn＝－n2＋4n，

∵当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－2n＋5，

又当n＝1时，a1＝S1＝3，符合上式．

∴an＝－2n＋5.

(2)由已知得bn＝2n，anbn＝(－2n＋5)·2n.

Tn＝3×21＋1×22＋(－1)×23＋…＋(－2n＋5)×2n，

2Tn＝3×22＋1×23＋…＋(－2n＋7)×2n＋(－2n＋5)×2n＋1.

两式相减得

Tn＝－6＋(23＋24＋…＋2n＋1)＋(－2n＋5)×2n＋1

＝eq\f(23?1－2n－1?,1－2)＋(－2n＋5)×2n＋1－