热门试卷

解：（1）由题意可得a10=1+9=10，a20=10+10d=40，∴d=3．

（2）a30=a20+10d2=10（1+d+d2）（d≠0），

a30=10[]，由二次函数的性质可知：

当d∈（-∞，0）∪（0，+∞）时，a30∈[7.5，+∞）

（3）所给数列可推广为无穷数列{an]，

其中a1，a2，…，a10是首项为1，公差为1的等差数列，

当n≥1时，数列a10n，a10n+1，…，a10（n+1）是公差为dn的等差数列．

当n=3时，可得a30，a31，…，a40是公差为d3的等差数列．

解：（1）设等比数列{an}的首项为a1、公比为q，

∵a3=8，a6=64，∴=8，解得q=2，且a1=2，

则，

（2）由（1）得，a3=8、a5=32，则b3=8、b5=32，

则数列{bn}的公差d==12，

再代入b3=b1+2d=8，解得b1=-16，

∴bn=b1+（n-1）d=12n-28，

∴前n项和Sn==6n2-22n．

解：（1）a2+a6=a3+a5=16，又a3•a5=63，

所以a3与a5是方程x2-16x+63=0的两根，

解得，

又该等差数列递减，所以，

则公差d=，a1=11，

所以an=11+（n-1）（-1）=12-n；

（2）由，即，解得11≤n≤12，

又n∈N*，所以当n=11或12时Sn取最大值，最大值为S11==66；

（3）由（2）知，当n≤12时an≥0，当n＞12时an＜0，

①当n≤12时，

|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=a1+a2+a3+…+an

=Sn===-+；

②当n＞12时，

|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=（a1+a2+a3+…+a12）-（a13+a14+…+an）

=-Sn+2S12=-+2×66=-+132；

所以|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=．

解：（1）由题意可得公差d==-2，

故数列{an}的通项公式为：an=5-2（n-3）=11-2n

（2）由（1）可得a1=9，

故Sn=9n+=10n-n2=-（n-5）2+25．

所以n=5时，Sn取得最大值

解：由题意可得等差数列{an}中Sk-a1=48，Sk-ak=36，

两式相加可得2Sk-（a1+ak）=84，∴a1+ak=2Sk-84，

又∵Sk-a1-a2-ak-1-ak=21，

∴Sk-（a1+ak）-（a2+ak-1）=21，

由等差数列的性质可得Sk-2（a1+ak）=21，

∴Sk-4Sk+168=21，解得Sk=49，a1+ak=14，

由等差数列的求和公式可得Sk==7k=49，解得k=7，

∴S7-a1=48，S7-a7=36，∴a1=1，a7=13，

∴公差d==2，

∴数列的前n项和Sn=na1+d=n2

解：∵S9=S17，a1=25，设公差为d，由求和公式可得：

9×25+d=17×25+d

解得d=-2，

∴Sn=25n+（-2）=-（n-13）2+169．

由二次函数性质，可得前13项和最大．

解：设等差数列{an}的公差为d，

则由=可得=，

变形可得a1=2d，

∴==

===

解：（1）由等差数列的性质可得a2+a5=a3+a4=22，

∴a3，a4是方程x2-22x+117=0的根，且a4＞a3，

解方程可得a3=9且a4=13，两式相减可得公差d=4

∴a1=9-2×4=1，

∴通项an=1+4（n-1）=4n-3．

（2）由（1）知Sn==2n2-n，