热门试卷

解：设递增等差数列{an}的公差为d＞0，前三项分别为a-d，a，a+d．

由题意可得：，

解得，

∴a1=-1-3=-4，

∴等差数列{an}的通项公式和前n项和=-4n+=-．

解：（1）由题意可得等差数列{an}的公差d===-2，

故可得a1=a7-6d=-2-6×（-2）=10，

故可得数列的通项an=a1+（n-1）d=10-2（n-1）=-2n+12

（2）由（1）可知an=-2n+12，a1=10，令an=-2n+12≤0可得n≥6，

故等差数列{an}的前5项均为正数，第6项为0，从第7项开始为负值，

故数列的前5项，或前6项和最大，且最大值为S6=S5=5a1+=50-20=30

解：∵等差数列{an}中S10=S15，

∴S15-S10=a11+a12+a13+a14+a15=5a13=0，

∴a13=0，

∴数列的前12项为正数，第13项为0，从第14项开始为负值，

∴当n=12或13时，Sn取得最大值，

又公差d==-，

∴S12=12×20+（-）=130

∴Sn的最大值为130

解：（1）由等差数列的性质可得a1+a4=a2+a3=5，

结合a3=3可得a2=2，

∴公差为d=3-2=1，

故通项公式为an=2+（n-2）×1=n…（6分）

（2）由（1）可得，

∴，

由累乘法有…（10分）

又符合上式  …（12分）

∴数列{bn}的通项公式为…（13分）

解析：由S12＞0及S13＜0可得，

化简可得，又∵a3=12，∴a1=12-2d，

代入可得，解得-＜d＜-3．

故公差d的取值范围为-＜d＜-3

证明：∵Sn=a1+a2+a3+…+an，

还可得Sn=an+an-1+an-2+…+a1，

两式相加可得2Sn=（a1+an）+（a2+an-1）+…+（an+a1），

由等差数列的性质可得a1+an=a2+an-1=…=（an+a1），

∴2Sn=n（a1+an），∴Sn=．

解：（1）设等差数列{an}的公差为d，

∵a1+a5=14，a2•a4=45，

∴a2+a4=a1+a5=14，联立，解得或．

①由可得9=a4=a2+2d=5+2d，解得d=2，∴an=a2+（n-2）d=5+（n-2）×2=2n+1．

②由可得5=a4=a2+2d=9+2d，解得d=-2．∴an=a2+（n-2）d=9+（n-2）×（-2）=-2n+13．

（2）∵数列{an}的公差为正数，∴取d=2，an=2n+1．

∴Sn==n（n+2）．

∴bn===．

∴Tn=+

=

=-．

解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，

因为a4=5，a9=-5，则a9-a4=-5-5=5d，则d=-2．

由a4=a1+3d=a1-6=5得，a1=11．

所以an=a1+（n-1）d=11+（n-1）（-2）=13-2n；

（Ⅱ）由（1）得Sn=11n+

=-n2+12n=-（n-6）2+36，

所以n=6时，Sn取最大值36．

解：（1）∵在公差为d的等差数列{an}中a1=10且5a3•a1=（2a2+2）2，

∴5（10+2d）•10=4（11+d）2，整理可得d2-3d-4=0，解得d=4或d=-1，

当d=4时，an=10+4（n-1）=4n+6；

当d=-1时，an=10-（n-1）=-n+11；

（2）由（1）可得d＜0时，an=-n+11，

∴数列的前10项为正数，第11项为0，从第12项开始为负数，

∴当n≤11时，|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=a1+a2+a3+…+an==-n2+n；

当n≥12时，|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=a1+a2+a3+…a11-a12-an

=-（a1+a2+a3+…+an）+2（a1+a2+a3+…a11）

=n2-n+2（-×112+×11）

=n2-n+110