课时提能演练(三十一) 5.2

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课时提能演练(三十一)

(45分钟 100分)

一、选择题（每小题6分，共36分）

1.(2012·北京模拟）在等差数列{an}中，2(a1+a4+a7)+3(a9+a11)=24,则此数列的前13项之和等于( )

（A）13 （B）26 （C）52 （D）156

2.（2011·宁波模拟）若等差数列{an}的前5项和为S5=25，且a2=3,则a7=( ) (A)12 (B)13 (C)14 (D)15

3.如果等差数列{an}中，a3+a4+a5=12,那么a1+a2+…+a7=( ) (A)14 (B)21 (C)28 (D)35 4.已知数列ann1(n为奇数）则a1+a2+a3+a4+…+a99+a100=( ) ，n(n为偶数）（A）4 800 （B）4 900 （C）5 000 （D）5 100

5.已知等差数列{an}中，|a3|=|a9|,公差d<0；Sn是数列{an}的前n项和，则( ) （A）S5>S6

(B)S5(C)S6=0 (D)S5=S6

6.(2012·保定模拟）在递减等差数列{an}中，若a1+a100=0,则其前n项和Sn取最大值时的n值为( )

(A)49 (B)51 (C)48 (D)50

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二、填空题（每小题6分，共18分）

7.(2012·郑州模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且

SS41则8=_______． ，S83S16*

aa08.各项均不为零的等差数列{an}中，若a2（n∈N,n≥2),则S2 012等nn1n1于________.

9.（2012·正定模拟）项数大于3的等差数列{an}中，各项均不为零，公差为1，且

1111,则其通项公式为_______. a1a2a2a3a1a3三、解答题（每小题15分，共30分） 10.在数列{an}中，a1=1,an+1=2an+2n,设bnan,求证：数列{bn}是等差数列. n1211.已知数列{an}中，a1=8,a4=2,且满足an+2+an=2an+1. (1)求数列{an}的通项公式；

（2）设Sn是数列{|an|}的前n项和，求Sn. 【探究创新】

（16分）已知分别以d1,d2为公差的等差数列{an},{bn}满足a1=18,b14=36. （1）若d1=18,且存在正整数m,使得a2mbm1445,求证：d2>108;

(2)若ak=bk=0,且数列a1,a2,…,ak,bk+1,bk+2,…,b14的前n项和Sn满足S14=2Sk,求数列{an},{bn}的通项公式；

（3）在（2）的条件下，令cn2a,fn2b,问不等式cnfn+1≤cn+fn是否对n∈N*恒

nn成立？请说明理由.

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答案解析

1.【解析】选B.∵2(a1+a4+a7)+3(a9+a11)=6a4+6a10=24,∴a4+a10=4.

S1313a1a1313a4a1026.

22545ad251，2.【解析】选B.由已知得 2a1d3a11，∴∴a7=a1+6d=1+6×2=13. d23.【解析】选C.在等差数列{an}中,a3+a4+a5=12,由等差数列的性质可知a3+a5=2a4,所以a4=4,根据等差数列的性质可知a1+a2+…+a7=7a4=28,故选C. 4.【解析】选C.由题意得a1+a2+a3+a4+…+a99+a100 =0+2+2+4+4+…+98+98+100 =2(2+4+6+…+98)+100 =2×

49298+100=5 000. 25.【解题指南】根据公差d<0和|a3|=|a9|可知a3+a9=0,从而确定出a6=0,然后根据选项即可判断.

【解析】选D.∵d<0,|a3|=|a9|,∴a3>0,a9<0, 且a3+a9=0,∴a6=0,a5>0,a7<0; ∴S5=S6.

6.【解析】选D.∵a1+a100=a50+a51=0,且d<0， ∴a50>0,a51<0,∴当n=50时，Sn取最大值.

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7.【解析】∵∴

S44a16d15 ，a1d，S88a128d32S88a28d48d31. S1616a1120d160d103 10答案：

【方法技巧】巧解前n项和的比值问题

关于前n项和的比值问题，一般可采用前n项和与中间项的关系，尤其是项数为奇数时，Sn=na中，也可利用首项与公差的关系求解.另外，熟记以下结论对解题会有很大帮助：若数列{an}与{bn}都是等差数列，且前n项和分别为Sn与Tn，则

amS2m1. bmT2m1a55S,则9=________. a39S5【变式备选】等差数列{an}中，若【解析】答案：1

S99a5951. S55a3598.【解题指南】解答本题的关键是对条件“a2nan1an10”的应用，可根据各项下标的关系得到an-1+an+1=2an,从而解方程可求an. 【解析】∵an-1+an+1=2an,

22an1an1an2an0, ∴an解得an=2或an=0(舍）. ∴S2 012=2×2 012=4 024. 答案：4 024

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9.【解析】∵∴()(∴

11a1a21111, a1a2a2a3a1a311111)()1. a2a32a1a3332, a1a322a130,解得a1=1或a1=-3(舍）. ∴a1∴an=1+(n-1)×1=n. 答案：an=n(n∈N*) 10.【证明】∵an+1=2an+2n，

an12an2nann11bn1，∴bn1n n222∴bn+1-bn=1. 又b1=a1=1，

∴数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列.

11.【解析】（1）由2an+1=an+2+an可得{an}是等差数列，且公差d∴an=a1+(n-1)d=-2n+10. (2)令an≥0得n≤5.

即当n≤5时，an≥0；n≥6时，an<0. ∴当n≤5时，Sn=|a1|+|a2|+…+|an| =a1+a2+…+an=-n2+9n;

当n≥6时，Sn=|a1|+|a2|+…+|an| =a1+a2+…+a5-（a6+a7+…+an) =-(a1+a2+…+an)+2(a1+a2+…+a5)

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a4a1282. 413

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=-(-n2+9n)+2×(-52+45) =n2-9n+40,

2n9n(n5),∴Sn=2

n9n40(n6).【探究创新】

【解析】(1)依题意，［18+（m-1)×18］2=36+(m+14-14)d2-45,

9≥21829108; m91等号成立的条件为182m=,即m,

m6即(18m)2=md2-9,即d2=182m+

∵m∈N*,∴等号不成立，∴原命题成立. （2）由S14=2Sk得：Sk=S14-Sk, 即：

180360k14k1, 22则9k=18×(15-k),得k=10，

d10183602,d29, 91410则an=-2n+20,bn=9n-90;

(3)不等式恒成立.在（2）的条件下，cn2a,fn2b,

nn要使cnfn+1≤cn+fn,即要满足（cn-1)(fn-1)≤0, 又cn=220-2n=410-n,fn=29n-90=512n-10, ∴数列{cn}单调递减；{fn}单调递增,

①当正整数n≤9时，cn-1>0,fn-1<0,(cn-1)(fn-1)<0; ②当正整数n≥11时，cn-1<0,fn-1>0,(cn-1)(fn-1)<0; ③当正整数n=10时，cn-1=0,fn-1=0,(cn-1)(fn-1)=0, 综上所述，对n∈N*,不等式cnfn+1≤cn+fn恒成立.

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