热门试卷

解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，

则，解得a1=18，d=-3．

∴，解得：n1=6，n2=7．

解：（1）由等差数列的求和公式可得：

S15=15a1+d=90，①

S30=30a1+d=-270，②

联立①②可解得a1=20，d=-2；

（2）由（1）可知a1=20，d=-2，

∴an=a1+（n-1）d=20-2（n-1）=-2n+22，

令-2n+22＜0，可解得n＞11，

∴数列从第12项开始为负值；

（3）由（2）知，数列的前10项均为正数，

第11项为0，从第12项开始为负值，

∴数列的前10项或前11项和最大．

解：（1）由题意可得：a1=S1=4，

当n=2时，S2=a1+a2=4+a2=10，即a2=6；

当n=3时，S3=S2+a3=10+a3=18，即a3=8；

当n=4时，S4=S3+a4=18+a4=28，即a4=10；

当n=5时，S5=S4+a5=28+a5=40，即a5=12；

（2）由（1）可知a1=4，

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=

n2+3n-（n-1）2-3（n-1）

=2n+2，经验证当n=1时，上式也适合

故数列的通项公式为：an=2n+2

解：（1）设等差数列{an}的公差为d，

则a1+a3=2a1+2d=-2，a4+a7=2a1+9d=12．

联立可解得a1=-3，d=2，

故an=-3+2（n-1）=2n-5

（2）由（1）可得an=2n-5，

故Sn==n2-4n，

∵不等式Sn+a≥2n对任意的正整数n恒成立，

∴n2-4n+a≥2n对任意的正整数n恒成立，

变形可得a≥-n2+6n对任意的正整数n恒成立，

由二次函数的知识可知当n=3时，-n2+6n取最大值9，

故实数a的取值范围为：a≥9

解：（I）设{an}的公差为d，由题意，

即，

变形可得，

又由a1=11可得d=-2或d=0（舍）

∴an=11-2（n-1）=-2n+13；

（II）由（I）知当n≤6时an＞0，当n≥7时an＜0，

故当n≤6时，Sn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=a1+a2+a3+…+an==12n-n2；

当n≥7时，Sn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|a6|+|a7|+…+|an|=a1+a2+a3+…+a6-（a7+a8+…+an）

=2（a1+a2+a3+…+a6）-（a1+a2+…+an）=72-（12n-n2）=n2-12n+72．

综合可得Sn=

解：（1）设等差数列{an}的公差为d．

∵a2+a8=-4，a6=2，∴，解得，

∴an=a1+（n-1）d=-18+4（n-1）=4n-22．

（2）令an≥0，即4n-22≥0，解得n≥6，

可知当n=5时，Sn取得最小值，=-50．

解：（1）∵数列{an}的前n项和为Sn=n2+n，

∴n=1时，a1=2；n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n，

∴an=2n（n∈N），

由题意可得数列{bn}为首项为2，公比为2的等比数列，

故bn=2•2n-1=2n

（2）由（1）可知cn=anbn=2n•2n=n•2n+1，

故Tn=1•22+2•23+3•24+…+（n-1）•2n+n•2n+1，①

则2Tn=1•23+2•24+3•25+…+（n-1）•2n+1+n•2n+2，②

①-②可得：-Tn=1•22+23+24+…+2n+1-n•2n+2

=-n•2n+2=-（n-1）•2n+2-4，

∴Tn=（n-1）•2n+2+4，

解：（1）由a3=12可得a1+2d=12，∴a1=12-2d，

又∵S12=12a1+d=12（12-2d）+d＞0，∴d＞-

同理由S13=13a1+d=13（12-2d）+d＜0，∴d＜-3

∴数列{an}的公差d的取值范围为（，-3）；

（2）由题意可得S12==6（a1+a12）=6（a6+a7）＞0，

S13===13a7＜0，

∴a6+a7＞0，a7＜0，∴a6＞0，a7＜0，

∴数列{an}的前6项均为正数，从第7项开始为负数，

∴数列{an}的前n项和为Sn取得最大值时n的值为6

解：（1）∵，…（2分）

又∵a2a3=40，d＞0，

∴a2=5，a3=8，d=3．…（4分）

∴an=a2+（n-2）d=3n-1．…（6分）

（2）∵，…（9分）

故有 =．…（12分）