1、随堂巩固训练(61)1. 设 Sn 是等差数列a n的前 n 项和，若 a27，S 77 ，则 a7 的值为 13 .解析：设等差数列a n的公差为 d，因为 a27，S 77，所以解得 所以 a7a 16d116413.a2 a1 d 7，S7 7a1 762 d 7，) a1 11，d 4，)2. 数列a n的首项为 3，数列b n为等差数列，且 bna n1 a n(nN *)，若b32，b 1012，则 a8 3 .解析：设b n的公差为 d，因为 b10b 37d14，所以 d2.因为 b32，所以b1b 32d6，所以 b1b 2b 77b 1 d7(6) 2120.又762b1b
2、 2b 7(a 2a 1)( a3a 2)(a 8a 7)a 8a 1a 830，所以 a83.3. 已知数列a n中，a 11，a na n1 (n2) ，则数列a n的前 9 项和 S9 27 .12解析：由题意知数列a n是以 1 为首项， 为公差的等差数列，所以12S991 27.982 124. 在等差数列a n中，a 9 a126，则数列a n的前 11 项和 S11 132 .12解析：方法一：由 a18d (a111d)6，得 a15d12.又12S1111a 1 d11a 155d11(a 15d)132.11102方法二：由 a9 a126，得 2a9a 1212.由等差数
3、列的性质得 a6a 12a 1212，即12a612，所以 S11 132.11（a1 a11）2 112a625. 已知数列a n满足 an1 a n ，且 a15，设a n的前 n 项和为 Sn，则使得 Sn 取得57最大值的 n 的值为 7 或 8 .解析：由题意可知数列a n是首项为 5，公差为 的等差数列，所以 an5 (n1)57 57 ，所以该数列的前 7 项是正数项，第 8 项是 0，从第 9 项开始是负数项，所以当40 5n7Sn 取得最大值时， n7 或 n8.6. 已知等差数列a n满足 a23，S nS n3 51(n3)，S n100，则 n 的值为 10 .解析：由
4、 SnS n3 51，得 an2 a n1 a n51，所以 an1 17.又 a23，所以 Sn100，解得 n10.n（a2 an 1）27. 设数列a n的通项公式为 an2n10(n N *)，则| a1|a 2|a 15| 130 .解析：由 an2n10(nN *)知 an是以8 为首项，2 为公差的等差数列 .又由an2n100，得 n5，所以当 n5 时，a n0，当 n5 时，a n0，所以|a1| a2| |a15|(a 1 a2a 3a 4)(a 5a 6a 15)20110130.8. 设等差数列a n，b n的前 n 项和分别为 Sn，T n，若对任意非零自然数 n
5、都有 SnTn，则 的值为 .2n 34n 3 a9b5 b7 a3b8 b4 1941解析：因为a n，b n为等差数列，所以 . 因a9b5 b7 a3b8 b4 a92b6 a32b6 a9 a32b6 a6b6为 ，所以 . S11T11 a1 a11b1 b11 2a62b6 211 3411 3 1941 a9b5 b7 a3b8 b4 19419. 数列a n满足 a11，a 2 ，a n(an1 a n1 )2a n1 an1 (n2) ，则 a2 016 .12 12 016解析：由 an(an1 a n1 )2a n1 an1 (n2)得 (n2). 又 a11，a 2 ，
6、1an 1 1an 1 2an 12所以数列 是以 1 为首项， 1 为公差的等差数列，所以 n，即 an ，所以 a2 0161an 1an 1n. 12 01610. 设等差数列a n的前 n 项和为 Sn.若 Sk1 8，S k 0，S k1 10，则正整数 k 9 .解析：由等差数列a n的性质得数列 为等差数列，所以 ，即Snn Sk 1k 1 Sk 1k 1 2Skk 0，解得 k9.8k 1 10k 111. 若数列a n的前 n 项和为 Sn，且满足 an2S nSn1 0(n2)，a 1 .12(1) 求证：数列 是等差数列；1Sn(2) 求数列a n的通项公式.解析：(1)
7、 当 n2 时，由 an2S nSn1 0，得 SnS n1 2S nSn1 ，所以 2.1Sn 1Sn 1又 2，故 是首项为 2，公差为 2 的等差数列. 1S1 1a1 1Sn(2) 由(1)可得 2n，所以 Sn .1Sn 12n当 n2 时，a nS nS n1 ；12n 12（n 1） n 1 n2n（n 1） 12n（n 1）当 n1 时，a 1 不适合上式，12故 an12， n 1， 12n（n 1）， n 2.)12. 已知数列a n满足 2an1 a na n2 k(nN *，kR) ，且 a12，a 3a 54.(1) 若 k0，求数列a n的前 n 项和 Sn；(2)
8、 若 a41，求数列a n的通项公式.解析：(1) 当 k0 时，2a n1 a na n2 ，即 an2 a n1 a n1 a n，所以数列a n是等差数列. 设数列a n的公差为 d，则 a1 2，2a1 6d 4，)解得 a1 2，d 43，)所以 Sn2n n2 n. n（n 1）2 ( 43) 23 83(2) 由题意得 2a4a 3a 5k，即24k，所以 k2.当 n1 时，2a 2a 1a 32，当 n2 时，2a 3a 2a 42，所以 a42a 3a 223a 22a 161，所以 a23.由 2an1 a na n2 2，得(a n2 a n1 )(a n1 a n)2
9、，所以数列a n1 a n是以 a2a 11 为首项，2 为公差的等差数列，所以 an1 a n2n3.当 n2 时，a na n1 2(n 1) 3，an1 a n2 2(n2)3，an2 a n3 2(n3)3，a 3a 2223，a 2 a1213，叠加得 ana 1212 ( n1)3(n1) ，所以 an2 3(n 1) 2n 24n1. n（n 1）2又当 n1 时，a 12 也适合上式，所以 ann 24n1，nN *. 13. 设数列a n的前 n 项和为 Sn，若对任意的正整数 n，总存在正整数 m，使得Sna m，则称数列a n是“H 数列”.(1) 若数列a n的前 n
10、项和 Sn2 n(nN *)，证明：数列 an是“H 数列” ；(2) 设数列a n是等差数列，其首项 a11，公差 d0，若数列a n是“H 数列” ，求d 的值.解析：(1) 当 n1 时，a 1S 12；当 n2 时，a nS nS n1 2 n2 n1 2 n1 ，所以 an 2， n 1，2n 1， n 2，)所以对任意的 nN *，S n2 n是数列 an的第 n1 项，即总存在 mn1，使得Sna m，所以数列a n是“H 数列”. (2) 由题意得 an1(n1)d，S nn d.n（n 1）2若数列a n是“H 数列” ，则存在 kN *，使得 n d1(k 1)d，即n（n 1）2k 1.n 1d n（n 1）2又 N，kN *，则 Z 对一切正整数 n 都成立，所以 d1.n（n 1）2 n 1d
