【复习指导】2020高考数学一轮复习第六章数列6.2.2等差数列的性质及应用对点训练理

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高考数学一轮复习第六章数列6.2.2等差数列的性质及应用课件理

2．若 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，a2＋a10＝4，则 S11 的值为( ) A．12 B．18 C．22 D．44
解析由题可知 S11＝11a12＋a11＝11a22＋a10＝11×2 4＝22，故选 C.
3．在等差数列{an}中，若 a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝90，则 a10－13a14 的值为(
第六章数列
第2讲等差数列及前n项和
考点二等差数列的性质及应用
撬点·基础点重难点
等差数列及其前 n 项和的性质
已知{an}为等差数列，d 为公差，Sn 为该数列的前 n 项和．
(1)有穷等差数列中与首末两项等距离的两项的和相等，即 a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝…＝ak＋an
注意点前 n 项和性质的理解
等差数列{an}中，设前 n 项和为 Sn，则 Sn，S2n，S3n 的关系为 2(S2n－Sn)＝Sn＋(S3n－S2n)不要理解为 2S2n ＝Sn＋S3n.
1．思维辨析 (1)等差数列{an}中，有 a1＋a7＝a2＋a6.( √ ) (2)若已知四个数成等差数列，则这四个数可设为 a－2d，a－d，a＋d，a＋2d.( × ) (3)若三个数成等差数列，则这三个数可设为：a－d，a，a＋d.( √ ) (4)求等差数列的前 n 项和的最值时，只需将它的前 n 项和进行配方，即得顶点为其最值处．( × )
命题法 1 等差数列性质的应用典例 1 等差数列{an}中，如果 a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，则数列{an}前 9 项的和为( ) A．297 B．144 C．99 D．66
[解析] 由 a1＋a4＋a7＝39，得 3a4＝39，a4＝13. 由 a3＋a6＋a9＝27，得 3a6＝27，a6＝9. 所以 S9＝9a1＋ 2 a9＝9a4＋ 2 a6＝9×123＋9＝9×11＝99，故选 C.

高考数学一轮复习第六章数列 6.2 等差数列课件(理)

d＝0 时，{an}为_________．
4．等差数列的前 n 项和公式
(1)等差数列前 n 项和公式 Sn＝________＝_________.其推导方法是________．
(2){an}成等差数列，求 Sn 的最值：
若 a1＞0，d＜0，且满足aann＋1
，时，Sn 最大；
若 a1＜0，d＞0，且满足aann＋1
第六章
数列
§6.2 等差数列
1. 等差数列的定义
一般地，如果一个数列从第 2 项起，每一项与它
的前一项的
等于同一个
，那么
这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列
的
，通常用字母 d 表示，即
＝
d(n∈N＋，且 n≥2)或
＝d(n∈N＋)．
2．等差中项
三个数 a，A，b 成等差数列，这时 A 叫做 a 与 b
的____________．
3．等差数列的通项公式
若{an}是等差数列，则其通项公式 an＝_________.
①{an}成等差数列⇔an＝pn＋q，其中 p＝_________，q＝_________，点(n，an)
是直线_________上一群孤立的点．
②单调性：d＞0 时，{an}为_________数列；d＜0 时，{an}为_________数列；
(2015·广东)在等差数列{an}中，若 a3＋ a4＋a5＋a6＋a7＝25，则 a2＋a8＝________.
解：∵{an}是等差数列，∴a3＋a7＝a4＋a6＝ a2＋a8＝2a5，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，得 a5＝5，a2＋a8＝2a5＝10.故填 10.
(2015·全国新课标Ⅱ)设 Sn 是数列{an}的前 n 项和，且 a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则 Sn＝________.

2020高考数学数列复习指导

2020高考数学数列复习指导数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础。

高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏。

相关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起。

探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现。

本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法。

近几年来，高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面;(1)数列本身的相关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。

(2)数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。

(3)数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。

试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。

知识整合1.在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式的基础上，系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地使用数列知识和方法解决数学和实际生活中的相关问题;2.在解决综合题和探索性问题实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的理解，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提升分析问题和解决问题的水平，进一步培养学生阅读理解和创新水平，综合使用数学思想方法分析问题与解决问题的水平。

3.培养学生善于分析题意，富于联想，以适合新的背景，新的设问方式，提升学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法。

2020版高考数学一轮复习第六章数列第2讲理(含解析)新人教A版

第2讲等差数列及其前n 项和配套课时作业1．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于( ) A ．8 B ．10 C ．12 D ．14答案 C解析设等差数列{a n }的公差为d ，由等差数列的前n 项和公式，得S 3＝3×2＋3×22d＝12，解得d ＝2，则a 6＝a 1＋(6－1)d ＝2＋5×2＝12.故选C.2．(2019·宁德模拟)等差数列{a n }中，a 1＋3a 8＋a 15＝120，则2a 9－a 10的值是( ) A ．20 B ．22 C ．24 D ．－8 答案 C解析因为a 1＋3a 8＋a 15＝5a 8＝120，所以a 8＝24，所以2a 9－a 10＝a 10＋a 8－a 10＝a 8＝24.故选C.3．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A ．63 B ．45 C ．36 D ．27 答案 B解析 S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等差数列，即9,27，a 7＋a 8＋a 9成等差数列，∴a 7＋a 8＋a 9＝54－9＝45.故选B.4．(2019·山东济南调研)已知数列{a n }为等差数列，且满足a 2＋a 8＝8，a 6＝5，则其前10项和S 10的值为( )A ．50B ．45C ．55D ．40 答案 B解析因为数列{a n }为等差数列，且a 2＋a 8＝8，所以根据等差数列的性质得2a 5＝8，所以a 5＝4，又因为a 6＝5，所以S 10＝10a 1＋a 102＝10a 5＋a 62＝45.故选B.5．(2019·陕西咸阳模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 9＝54，则a 2＋a 4＋a 9＝( )A ．9B ．15C ．18D ．36答案 C解析由等差数列的通项公式及性质，可得S 9＝9a 1＋a 92＝9a 5＝54，a 5＝6，则a 2＋a 4＋a 9＝a 1＋a 5＋a 9＝3a 5＝18.故选C.6．已知等差数列{a n }中，a 2＝6，a 5＝15，若b n ＝a 2n ，则数列{b n }的前5项和等于( ) A ．30B ．45C ．90D ．186答案 C解析因为a 2＝6，a 5＝15，所以a 5－a 2＝3d ，d ＝3，所以{b n }是公差为6的等差数列，其前5项和为5a 2＋10×6＝90.故选C.7．(2019·福建模拟)设S n ，T n 分别是等差数列{a n }，{b n }的前n 项和，若a 5＝2b 5，则S 9T 9＝( )A ．2B ．3C ．4D ．6答案 A解析由a 5＝2b 5，得a 5b 5＝2，所以S 9T 9＝9a 1＋a 929b 1＋b 92＝a 5b 5＝2，故选A.8．(2019·洛阳统考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13答案 C解析 ∵a 1>0，a 6a 7<0，∴a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋a 13＝2a 7<0，∴S 12>0，S 13<0，∴满足S n >0的最大自然数n 的值为12.故选C.9．(2019·广雅中学模拟)已知等差数列{a n }中，a 2＝2，a 4＝8，若a b n ＝3n －1，则b 2019＝( )A ．2017B ．2018C ．2019D ．2020答案 D解析由a 2＝2，a 4＝8，得公差d ＝8－22＝3，所以a n ＝2＋(n －2)×3＝3n －4，所以a n＋1＝3n －1.又由数列{a n }的公差不为0，知数列{a n }为单调数列，所以结合a b n ＝3n －1，可得b n ＝n ＋1，故b 2019＝2020.故选D.10．已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和，且S 5<S 6，S 6＝S 7>S 8，则下列结论错误的是( )A ．d <0B ．a 7＝0C ．S 9>S 6D ．S 6，S 7均为S n 的最大值答案 C解析因为S 5<S 6，所以S 5<S 5＋a 6，所以a 6>0，因为S 6＝S 7，所以S 6＝S 6＋a 7，所以a 7＝0，因为S 7>S 8，所以S 7>S 7＋a 8，所以a 8<0，所以d <0且S 6，S 7均为S n 的最大值，所以S 9<S 6.故选C.11．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，m ≥2，m ∈N *，则m ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6答案 C解析 ∵{a n }是等差数列，S m －1＝－2，S m ＝0， ∴a m ＝S m －S m －1＝2.又S m ＋1＝3，∴a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3， ∴d ＝a m ＋1－a m ＝1. 又S m ＝m a 1＋a m2＝m a 1＋22＝0，∴a 1＝－2，∴a m ＝－2＋(m －1)·1＝2，∴m ＝5. 12．(2019·苏州模拟)定义：在数列{a n }中，若满足a n ＋2a n ＋1－a n ＋1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称{a n }为“等差比数列”．已知在“等差比数列”{a n }中，a 1＝a 2＝1，a 3＝3，则a 2019a 2017＝( ) A ．4×20192－1 B ．4×20182－1 C ．4×20172－1 D ．4×20172答案 C解析由题意知{a n }为等差比数列，a 2a 1＝1，a 3a 2＝3，a 3a 2－a 2a 1＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a n ＋1a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，则a 2019a 2017＝a 2019a 2018×a 2018a 2017＝(2×2018－1)×(2×2017－1)＝4×20172－1.故选C.13．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n(n ∈N *)，则a 1＋a 2＋…＋a 51＝________.答案 676解析 ∵a n ＋2－a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n 为奇数，2，n 为偶数，∴数列{a n }的奇数项为常数1，偶数项构成以2为首项，2为公差的等差数列，∴a 1＋a 2＋…＋a 51 ＝(a 1＋a 3＋…＋a 51)＋(a 2＋a 4＋…＋a 50)＝26＋⎝ ⎛⎭⎪⎫25×2＋25×242×2＝676. 14．(2019·武汉模拟)在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－78解析由题意，当且仅当n ＝8时，S n 取得最大值，说明⎩⎪⎨⎪⎧a 8>0，a 9<0.所以⎩⎪⎨⎪⎧7＋7d >0，7＋8d <0.所以－1<d <－78.15．已知等差数列{a n }中，a n ≠0，若n ≥2且a n －1＋a n ＋1－a 2n ＝0，S 2n －1＝38，则n 等于________．答案 10解析 ∵2a n ＝a n －1＋a n ＋1，又a n －1＋a n ＋1－a 2n ＝0， ∴2a n －a 2n ＝0，即a n (2－a n )＝0.∵a n ≠0，∴a n ＝2.∴S 2n －1＝2(2n －1)＝38，解得n ＝10.16．若两个等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为A n 与B n ，且满足A n B n ＝7n ＋14n ＋27(n ∈N ＋)，则a 11b 11的值是________．答案 43解析根据等差数列的性质得：a 11b 11＝2a 112b 11＝a 1＋a 21b 1＋b 21＝21a 1＋a 21221b 1＋b 212＝A 21B 21＝148111＝43. 17．(2018·全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15. (1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值．解 (1)设{a n }的公差为d ，由题意，得3a 1＋3d ＝－15. 由a 1＝－7，得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9. (2)由(1)，得S n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16. 所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.18．(2019·广东惠州调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n2a n ＋1，n ∈N *.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n2n ＋1，数列{b n }的前n 项和为S n ，求使不等式S n <k 对一切n ∈N *恒成立的实数k 的取值范围．解 (1)证明：因为a n ＋1＝a n 2a n ＋1，所以1a n ＋1＝1a n＋2. 因为a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列，所以1a n＝2n －1，所以a n ＝12n －1. (2)由b n ＝a n2n ＋1，得b n ＝12n ＋12n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12，所以要使不等式S n <k 对一切n ∈N *恒成立，则k 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.19．(2019·洛阳市统考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a n ≠0，a 1＝1，且2a n a n ＋1＝4S n－3(n ∈N *)．(1)求a 2的值并证明a n ＋2－a n ＝2； (2)求数列{a n }的通项公式．解 (1)令n ＝1得2a 1a 2＝4S 1－3，又a 1＝1，所以a 2＝12.2a n a n ＋1＝4S n －3，① 2a n ＋1a n ＋2＝4S n ＋1－3.②②－①得，2a n ＋1(a n ＋2－a n )＝4a n ＋1. 因为a n ≠0，所以a n ＋2－a n ＝2.(2)由(1)可知，数列a 1，a 3，a 5，…，a 2k －1，…为等差数列，公差为2，首项为1，所以a 2k －1＝1＋2(k －1)＝2k －1，即n 为奇数时，a n ＝n .数列a 2，a 4，a 6，…，a 2k ，…为等差数列，公差为2，首项为12，所以a 2k ＝12＋2(k －1)＝2k －32，即n 为偶数时，a n ＝n －32.综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －32，n 为偶数.20．(2019·唐山模拟)已知{a n }是公差为正数的等差数列，且a 3a 6＝55，a 2＋a 7＝16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a n ＝b 1＋b 23＋b 35＋…＋b n2n －1，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)∵{a n }是公差d >0的等差数列， ∴由a 3a 6＝55，a 2＋a 7＝16＝a 3＋a 6，解得a 3＝5，a 6＝11，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，a 1＋5d ＝11，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1.(2)∵a n ＝b 1＋b 23＋b 35＋…＋b n2n －1，∴a n －1＝b 1＋b 23＋b 35＋…＋b n －12n －3(n ≥2，n ∈N *)，两式相减，得b n2n －1＝2(n ≥2，n ∈N *)，则b n ＝4n －2(n ≥2，n ∈N *)，当n ＝1时，b 1＝1，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，4n －2，n ≥2，∴当n ≥2时，S n ＝1＋n －16＋4n －22＝2n 2－1.又n ＝1时，S 1＝1，适合上式，所以S n ＝2n 2－1.。

2020版高考数学一轮复习第六章数列6.2等差数列及其前n项和课件文

考点自诊
1.已知{an}为等差数列,d为公差,Sn为该数列的前n项和. (1)在等差数列{an}中,当m+n=p+q时,am+an=ap+aq(m,n,p,q∈N+).特别地,若m+n=2p,则2ap=am+an(m,n,p∈N+). (2)ak,ak+m,ak+2m,…仍是等差数列,公差为md(k,m∈N+). (3)Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…也成等差数列,公差为n2d. (4)若{an},{bn}是等差数列,则{pan+qbn}也是等差数列.
2
其中A叫做a,b的等差中项 . (3)等差数列的通项公式:an= a1+(n-1)d an=am+(n-m)d.
,可推广为
(4)等差数列的前 n
��( ��1 +�� ) ��(��-1) 项和公式:Sn= =na1+ d. 2 2
-3知识梳理
-10考点1
考点2
考点3
考点4
1 ∴d=-2,∴a1=39,Sn=39n+2n(n-1)(-2)=-n2+40n,
解析: (1)∵a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,∴a3=35,a4=33,
∴当 n=20 时 Sn 取最大值,选 B.
(2)(方法一)由已知得,am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3, ∵数列{an}为等差数列,∴d=am+1-am=1, 又 S m= 又 am=a1+(m-1)d=2,解得 m=5.
考点自诊

2020届高考数学一轮复习第六章数列6.2等差数列教师用书理(PDF,含解析)

＝
１，则其通项公式为
ａｎ
＝
ｎ＋２．
因为数列｛ｂｎ｝为等差数列，且ｂ３＝３，ｂ７＝９，
所以其公差
ｄ２
＝
９－３７－３
＝
３２
，其通项公式为ｂｎ Nhomakorabea＝
３ｎ２
－
３２
．
则ａ１＝ｂ３＝３为数列｛ｃｎ｝的第一项，ａ４＝ｂ５＝６为数列｛ｃｎ｝的
第二项，ａ７＝ｂ７＝９为数列｛ｃｎ｝的第三项，……，知｛ｃｎ｝为等差数
§ ６．２等差数列
第六章数列５
考点一等差数列的概念及运算
高频考点
１．等差数列的定义
如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差是同
一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数
列的公差，公差通常用字母ｄ表示．定义式如下：ａｎ＋１－ａｎ＝ｄ（ｎ∈Ｎ∗ ）或ａｎ－ａｎ－１＝ｄ（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ∗ ）．２．通项公式
{ } 除以
ａ
ｎ
ａｎ＋
１
ａｎ＋２
１，可得
ａｎ＋
２
＋
１ａｎ
＝２，故数列ａｎ＋１
１ａｎ
是等差数列．
{ }１
设数列ａｎ
的公差为ｄ．
因为
ａ３＝２ａ８＝
１５
１，所以
ａ３
＝５，１ａ８
＝１０，
１所以
ａ８
－
１ａ３
＝５＝
５ｄ，即
ｄ＝１，
１故
ａｎ
＝
１ａ３
＋（ｎ－３）ｄ＝５＋（ｎ－３） ×１＝ｎ＋２，故

2025版高考数学一轮总复习第6章数列第2讲等差数列及其前n项和pptx课件

[解析] 因为2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，化简得3d＝6，得d＝2.
7．(2019·北京，10,5分)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3， S5＝－10，则a5＝___0___，Sn的最小值为___－__1_0____.
[解析] 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d， ∵a2＝－3，S5＝－10，
知识点二等差数列的性质
已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和. 1．若m1＋m2＋…＋mk＝n1＋n2＋…＋nk，则am1＋am2＋…＋amk＝ an1＋an2＋…＋ank.特别地，若m＋n＝p＋q，则am＋an＝___a_p＋__a_q___. 2．am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等差数列，公差为____kd____. 3．数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列.
4．等差数列与函数的关系 (1)通项公式：当公差d≠0时，等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d ＝dn＋a1－d是关于n的一次函数，且斜率为公差d.若公差d>0，则为递增数列，若公差d<0，则为递减数列.
(2)前 n 项和：当公差 d≠0 时，Sn＝d2n2＋a1－d2n 是关于 n 的二次函数且常数项为 0.显然当 d<0 时，Sn 有最大值，d>0 时，Sn 有最小值.
如{an}为等差数列，Sn为前n项和，d>0，若S5＝S13，则当n＝9时， Sn最小，S18＝0.
5．在遇到三个数成等差数列时，可设其为a－d，a，a＋d；四个数成等差数列时，可设为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d或a－d，a，a＋d，a ＋2d.
双基自测题组一走出误区 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列.( × ) (2)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的.( √ ) (3)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数.( × ) (4)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an ＋an＋2.( √ )

2020版高考数学(北京)一轮总复习 6.2 等差数列

6.2等差数列挖命题【考情探究】分析解读从北京高考的情况来看,本节一直是热点,主要考查等差数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式、等差中项等相关内容.本节内容在高考中的分值为5分左右,属于中低档题.常以选择题、填空题的形式出现.破考点【考点集训】考点一等差数列的有关概念及运算1.已知等差数列{a n}满足a1=1,a n+2-a n=6,则a11等于()A.31B.32C.61D.62答案 A2.(2013课标Ⅰ,7,5分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S m-1=-2,S m=0,S m+1=3,则m=()A.3B.4C.5D.6答案 C3.已知等差数列{a n}一共有9项,前4项和为3,最后3项和为4,则中间一项的值为()A. B. C.1 D.答案 D考点二等差数列的性质及其应用4.在等差数列{a n}中,a1+3a8+a15=120,则a2+a14的值为()A.6B.12C.24D.48答案 D5.在等差数列{a n}中,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,以S n表示{a n}的前n项和,则使S n取得最大值时n的值为()A.21B.20C.19D.18答案 B炼技法【方法集训】方法1等差数列的基本运算技巧1.数列{a n}为递增的等差数列,a1=f(x+1),a2=0,a3=f(x-1),其中f(x)=x2-4x+2,则数列{a n}的通项公式为()A.a n=n-2B.a n=2n-4C.a n=3n-6D.a n=4n-8答案 B2.在等差数列{a n}中,2(a1+a4+a7)+3(a9+a11)=24,则S13+2a7=()A.17B.26C.30D.56答案 C3.(2018上海,6,4分)记等差数列{a n}的前n项和为S n,若a3=0,a6+a7=14,则S7=.答案14方法2等差数列的判定方法4.(2014陕西,14,5分)已知f(x)=,x≥0,若f1(x)=f(x), f n+1(x)=f(f n(x)),n∈N+,则f2 014(x)的表达式为.答案f2 014(x)=5.已知数列{a n}满足a1=,且a n+1=.(1)求证:数列是等差数列;(2)若b n=a n a n+1,求数列{b n}的前n项和S n.解析(1)证明:∵a n+1=,∴=,∴-=,∴数列是以2为首项,为公差的等差数列.(2)由(1)知a n=,∴b n==4-,∴S n=4×---=4×-=.方法3等差数列前n项和的最值问题的求解方法6.(2014江西,13,5分)在等差数列{a n}中,a1=7,公差为d,前n项和为S n,当且仅当n=8时S n取得最大值,则d的取值范围为.答案--7.设等差数列{a n}的前n项和为S n,a3+a8+a13=C,a4+a14=2C,其中C<0,则S n在n等于时取到最大值. 答案7过专题【五年高考】A组自主命题·北京卷题组考点一等差数列的有关概念及运算1.(2018北京,9,5分)设{a n}是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则{a n}的通项公式为.答案a n=6n-32.(2016北京,12,5分)已知{a n}为等差数列,S n为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6=.答案 63.(2012北京,10,5分)已知{a n}为等差数列,S n为其前n项和.若a1=,S2=a3,则a2=;S n=. 答案1;n(n+1)4.(2015北京,16,13分)已知等差数列{a n}满足a1+a2=10,a4-a3=2.(1)求{a n}的通项公式;(2)设等比数列{b n}满足b2=a3,b3=a7.问:b6与数列{a n}的第几项相等?解析(1)设等差数列{a n}的公差为d.因为a4-a3=2,所以d=2.又因为a1+a2=10,所以2a1+d=10,故a1=4.所以a n=4+2(n-1)=2n+2 (n=1,2,).(2)设等比数列{b n}的公比为q.因为b2=a3=8,b3=a7=16,所以q==2,所以b1=4.所以b6=4×26-1=128.由128=2n+2得n=63.所以b6与数列{a n}的第63项相等.思路分析(1)由已知可求得a1和公差d,即可求得{a n}的通项公式.(2)由已知求得b2,b3,进而求得{b n}的首项和公比q,即得b6的值,再由a n=b6列方程求得n.考点二等差数列的性质及应用1.(2015北京,6,5分)设{a n}是等差数列.下列结论中正确的是()A.若a1+a2>0,则a2+a3>0B.若a1+a3<0,则a1+a2<0C.若0<a1<a2,则a2>D.若a1<0,则(a2-a1)(a2-a3)>0答案 C2.(2014北京,12,5分)若等差数列{a n}满足a7+a8+a9>0,a7+a10<0,则当n=时,{a n}的前n项和最大.答案8B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一等差数列的有关概念及运算1.(2018课标Ⅰ,4,5分)记S n为等差数列{a n}的前n项和.若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=()A.-12B.-10C.10D.12答案 B2.(2017课标Ⅰ,4,5分)记S n为等差数列{a n}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则{a n}的公差为()A.1B.2C.4D.8答案 C3.(2017课标Ⅲ,9,5分)等差数列{a n}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{a n}前6项的和为()A.-24B.-3C.3D.8答案 A4.(2016课标Ⅰ,3,5分)已知等差数列{a n}前9项的和为27,a10=8,则a100=()A.100B.99C.98D.97答案 C5.(2015课标Ⅰ,7,5分)已知{a n}是公差为1的等差数列,S n为{a n}的前n项和.若S8=4S4,则a10=()A. B. C.10 D.12答案 B6.(2015重庆,2,5分)在等差数列{a n}中,若a2=4,a4=2,则a6=()A.-1B.0C.1D.6答案 B7.(2014福建,3,5分)等差数列{a n}的前n项和为S n,若a1=2,S3=12,则a6等于()A.8B.10C.12D.14答案 C8.(2017课标Ⅱ,15,5分)等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=3,S4=10,则=.答案9.(2016江苏,8,5分)已知{a n}是等差数列,S n是其前n项和.若a1+=-3,S5=10,则a9的值是.答案2010.(2015安徽,13,5分)已知数列{a n}中,a1=1,a n=a n-1+(n≥2),则数列{a n}的前9项和等于.答案2711.(2016天津,18,13分)已知{a n}是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的n∈N*,b n是a n和a n+1的等比中项.(1)设c n=-,n∈N*,求证:数列{c n}是等差数列;(2)设a1=d,T n=(-1)k,n∈N*,求证:<.证明(1)由题意得=a n a n+1,有c n=-=a n+1·a n+2-a n a n+1=2da n+1,因此c n+1-c n=2d(a n+2-a n+1)=2d2,所以{c n}是等差数列.(2)T n=(-+)+(-+)++(-+)-=2d(a2+a4++a2n)=2d·=2d2n(n+1).所以==-=·-<.考点二等差数列的性质及应用1.(2015课标Ⅱ,5,5分)设S n是等差数列{a n}的前n项和.若a1+a3+a5=3,则S5=()A.5B.7C.9D.11答案 A2.(2014辽宁,9,5分)设等差数列{a n}的公差为d.若数列{}为递减数列,则()A.d>0B.d<0C.a1d>0D.a1d<0答案 D3.(2015广东,10,5分)在等差数列{a n}中,若a3+a4+a5+a6+a7=25,则a2+a8=.答案10C组教师专用题组1.(2016浙江,8,5分)如图,点列{A n},{B n}分别在某锐角的两边上,且|A n A n+1|=|A n+1A n+2|,A n≠A n+2,n∈N*,|B n B n+1|=|B n+1B n+2|,B n≠B n+2,n∈N*.(P≠Q表示点P与Q不重合)若d n=|A n B n|,S n为△A n B n B n+1的面积,则()A.{S n}是等差数列B.{}是等差数列C.{d n}是等差数列D.{}是等差数列答案 A2.(2014天津,5,5分)设{a n}是首项为a1,公差为-1的等差数列,S n为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1=()A.2B.-2C.D.-答案 D3.(2013辽宁,4,5分)下面是关于公差d>0的等差数列{a n}的四个命题:p1:数列{a n}是递增数列;p2:数列{na n}是递增数列;p3:数列是递增数列;p4:数列{a n+3nd}是递增数列.其中的真命题为()A.p1,p2B.p3,p4C.p2,p3D.p1,p4答案 D4.(2013安徽,7,5分)设S n为等差数列{a n}的前n项和,S8=4a3,a7=-2,则a9=()A.-6B.-4C.-2D.2答案 A5.(2015陕西,13,5分)中位数为1 010的一组数构成等差数列,其末项为2 015,则该数列的首项为.答案 56.(2017江苏,19,16分)对于给定的正整数k,若数列{a n}满足:a n-k+a n-k+1++a n-1+a n+1++a n+k-1+a n+k=2ka n对任意正整数n(n>k)总成立,则称数列{a n}是“P(k)数列”.(1)证明:等差数列{a n}是“P(3)数列”;(2)若数列{a n}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,证明:{a n}是等差数列.证明(1)证明:因为{a n}是等差数列,设其公差为d,则a n=a1+(n-1)d,从而,当n≥4时,a n-k+a n+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2a n,k=1,2,3,所以a n-3+a n-2+a n-1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n,因此等差数列{a n}是“P(3)数列”.(2)数列{a n}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,因此,当n≥3时,a n-2+a n-1+a n+1+a n+2=4a n,①当n≥4时,a n-3+a n-2+a n-1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n.②由①知,a n-3+a n-2=4a n-1-(a n+a n+1),③a n+2+a n+3=4a n+1-(a n-1+a n).④将③④代入②,得a n-1+a n+1=2a n,其中n≥4,所以a3,a4,a5,是等差数列,设其公差为d'.在①中,取n=4,则a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d',在①中,取n=3,则a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d',所以数列{a n}是等差数列.评析本小题主要考查等差数列的定义、通项公式等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.方法总结数列新定义型创新题的一般解题思路:1.阅读审清“新定义”;2.结合常规的等差数列、等比数列的相关知识,化归、转化到“新定义”的相关知识;3.利用“新定义”及常规的数列知识,求解证明相关结论.【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2018北京通州期中,4)已知S n为等差数列{a n}的前n项和,a2+a5=4,S7=21,则a7的值为()A.6B.7C.8D.9答案 D2.(2019届北京人大附中期中,6)设等差数列{a n}的公差为d,前n项和为S n,若a1=d=1,则的最小值为()A.10B.C.D.+2答案 B3.(2019届中央民大附中10月月考,3)等差数列{a n}的前n项和为S n,若a1=2,S3=12,则S7等于()A.14B.28C.56D.112答案 C4.(2019届北京海淀期中,4)在等差数列{a n}中,a1=1,=2,则公差d的值是()A.-B.C.-D.答案 A5.(2019届北京十四中10月月考,5)我国古代名著《九章算术》中有这样一段话:“今有金锤,长五尺,斩本一尺,重四斤,斩末一尺,重二斤,中间三尺重几何.”意思是:“现有一根金锤,长5尺,头部1尺,重4斤,尾部1尺,重2斤,且从头到尾,每一尺的重量构成等差数列,问中间三尺共重多少斤?”()A.6斤B.7斤C.8斤D.9斤答案 D二、填空题(每小题5分,共40分)6.(2019届北京海淀期中文,10)等差数列{a n}中,a1=5,a2+a5=0,则{a n}中为正数的项的个数为.答案 37.(2019届北京朝阳期中文,10)已知等差数列{a n}的公差d=2,且满足a7=a3+a4,则a1=.答案 28.(2017北京朝阳期末,9)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若a1=2,S2=a3,则a2=,S10=.答案4;1109.(2018北京西城一模,10)设等差数列{a n}的前n项和为S n.若a1=2,S4=20,则a3=,S n=.答案6;n2+n10.(2018北京顺义二模,10)已知{a n}为等差数列,S n为其前n项和,若a1=-1,S10=35,则a20=.答案1811.(2018北京一七一中学期中,10)设S n是等差数列{a n}的前n项和,若a5+a6=8,a9+a10=24,则公差d=,S10=.答案2;4012.(2018北京通州期中,10)在等差数列{a n}中,若a5+a7=4,a6+a8=-2,则数列{a n}的公差为,其前n项和S n的最大值为.答案-3;5713.(2017北京东城一模,11)已知{a n}为等差数列,S n为其前n项和.若S3=12,a2+a4=4,则S6=.答案 6三、解答题(共25分)14.(2018北京昌平二模,16)已知数列{a n}满足a1=1,a2=,数列{b n}是公差为2的等差数列,且b n a n+1+a n+1=na n.(1)求数列{b n}的通项公式;(2)求数列{a n}的前n项和S n.解析(1)因为b n a n+1+a n+1=na n,所以b1a2+a2=a1.又因为a1=1,a2=,所以b1=1.所以数列{b n}的通项公式是b n=2n-1,n∈N*.(2)由(1)知b n=2n-1,因为b n a n+1+a n+1=na n.所以(2n-1)a n+1+a n+1=na n,则2na n+1=na n,得=(n∈N*).所以数列{a n}是以1为首项,为公比的等比数列.故数列{a n}的前n项和S n=--=2-21-n,n∈N*.15.(2019届北京人大附中期中,16)已知等差数列{a n}中,a1=-1,前12项和S12=186.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足b n=,记数列{b n}的前n项和为T n,若不等式T n<m,对n∈N*恒成立,求实数m的取值范围. 解析(1)设等差数列{a n}的公差为d,∵a1=-1,S12=186,∴S12=12a1+d,即186=-12+66d.∴d=3.∴数列{a n}的通项公式为a n=-1+(n-1)×3=3n-4.(2)∵b n=,a n=3n-4,∴b n=-,∵当n≥2时,-==,∴{b n}是等比数列,首项b1=-=2,公比q=,∴T n=--=×-,∵×-<(n∈N*),不等式T n<m对n∈N*恒成立,∴m≥.思路分析(1)根据等差数列{a n}中,a1=1,前12项和S12=186,求得公差,可求数列{a n}的通项公式;(2)把数列{a n}的通项公式代入b n=,证明数列{b n}是等比数列,根据等比数列求和公式求得T n,进而求得T n小于某一值恒成立,从而求得m的取值范围.。

2020年高考数学(文)一轮复习专题6.2 等差数列及其前n项和(讲)(解析版)

专题6.2等差数列及其前n 项和1.理解等差数列的概念；2.掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式；3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题；4.了解等差数列与一次函数、二次函数的关系．知识点一等差数列的定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d 表示．数学语言表达式：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)，或a n －a n －1＝d (n ≥2，d 为常数)．知识点二等差数列的通项公式与前n 项和公式(1)若等差数列{a n }的首项是a 1，公差是d ，则其通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ．通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (m ，n ∈N *)．(2)等差数列的前n 项和公式S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d (其中n ∈N *，a 1为首项，d 为公差，a n 为第n 项)．知识点三等差数列及前n 项和的性质(1)若a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a ，b 的等差中项，且A ＝a ＋b 2．(2)若{a n }为等差数列，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)．(3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．(4)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列．(5)S 2n －1＝(2n －1)a n .(6)若n 为偶数，则S 偶－S 奇＝nd 2；若n 为奇数，则S 奇－S 偶＝a 中(中间项)．知识点四等差数列的前n 项和公式与函数的关系S n ＝d 2n 21.数列{a n }是等差数列⇔S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)．知识点五等差数列的前n 项和的最值在等差数列{a n }中，a 1＞0，d ＜0，则S n 存在最大值；若a 1＜0，d ＞0，则S n 存在最小值．【必会结论】等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n .若m ＋n ＝2p (m ，n ，p ∈N *)，则a m ＋a n ＝2a p .(3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d .(4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d,则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．(6)等差数列{a n }的前n 项和为S n,则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等差数列，其公差为n 2d.考点一等差数列基本量的运算【典例1】（2019年全国I 卷）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则()A ．25n a n =-B ． 310n a n =-C ．228n S n n =-D ．2122n S n n =-【答案】A 【解析】由题知，41514430245d S a a a d ⎧=+⨯⨯=⎪⎨⎪=+=⎩，解得132a d =-⎧⎨=⎩，∴25n a n =-，24n S n n =-，故选A 。

2020版高考数学一轮复习第六章数列6.2等差数列及其前n项和课件文北师大版

=
14,解得
��1 = -4, �� = 2,
所以 S7=7×(-4)+7×(27-1)×2=14.
5.(2018北京,理9)设{an}是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则{an}的通项公式为 an=6n-3 .
解析:∵{an}为等差数列,设公差为d, ∴a2+a5=2a1+5d=36. ∵a1=3,∴d=6.∴an=3+(n-1)×6=6n-3.
,
其中A叫做a,b的等差中项 .
(3)等差数列的通项公式:an= a1+(n-1)d
,可推广为
an=am+(n-m)d. (4)等差数列的前 n 项和公式:Sn=��(��12+��)=na1+��(��2��-1)d.
-3-
知识梳理考点自诊
2.等差数列的通项公式及前n项和公式与函数的关系 (1)an=a1+(n-1)d可化为an=dn+a1-d的形式.当d≠0时,an是关于n的一次函数;当d>0时,数列为递增数列;当d<0时,数列为递减数列. (2)数列{an}是等差数列,且公差不为0⇔Sn=An2+Bn(A,B为常数).
-7-
知识梳理考点自诊
2.(2018湖南衡阳一模,3)在等差数列{an}中,a1+3a8+a15=120,则 a2+a14的值为( D )
A.6 B.12 C.24 D.48 解析:由等差数列的性质可得a1+3a8+a15=5a8=120, 所以a8=24,a2+a14=2a8=48. 3.(2018全国1,理4)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若3S3=S2+S4, a1=2,则a5=( B ) A.-12 B.-10 C.10 D.12 解析:因为3S3=S2+S4,所以3S3=(S3-a3)+(S3+a4),即S3=a4-a3.设公差为d,则3a1+3d=d,又由a1=2,得d=-3,所以a5=a1+4d=-10.

2023年高考数学一轮复习第六章数列6数列中的综合问题练习含解析

数列中的综合问题考试要求 1.了解数列是一种特殊的函数，会解决等差、等比数列的综合问题.2.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题．题型一数学文化与数列的实际应用例1 (1)(2020·全国Ⅱ)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )A ．3699块B ．3474块C ．3402块D ．3339块答案 C解析设每一层有n 环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d ＝9，首项为a 1＝9的等差数列．由等差数列的性质知S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等差数列，且(S 3n －S 2n )－(S 2n －S n )＝n 2d ，则9n 2＝729，解得n ＝9，则三层共有扇面形石板S 3n ＝S 27＝27×9＋27×262×9＝3402(块)．(2)(2021·新高考全国Ⅰ)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm×12dm 的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm,20dm× 6dm 两种规格的图形，它们的面积之和S 1＝240dm 2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm 三种规格的图形，它们的面积之和S 2＝180dm 2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n 次，那么∑k ＝1n S k ＝_______dm 2.答案 5 240⎝⎛⎭⎪⎫3－n ＋32n解析依题意得，S 1＝120×2＝240；S 2＝60×3＝180；当n ＝3时，共可以得到5dm×6dm，52dm×12dm，10dm×3dm,20dm×32dm 四种规格的图形，且5×6＝30，52×12＝30,10×3＝30，20×32＝30，所以S 3＝30×4＝120；当n ＝4时，共可以得到5dm×3dm，52dm×6dm，54dm×12dm,10dm×32dm,20dm×34dm 五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，52×6＝15，54×12＝15,10×32＝15,20×34＝15，所以S 4＝15×5＝75； ……所以可归纳S k ＝2402k ×(k ＋1)＝240k ＋12k. 所以∑k ＝1nS k ＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋322＋423＋…＋n 2n －1＋n ＋12n ，①所以12×∑k ＝1nS k＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋323＋424＋…＋n 2n ＋n ＋12n ＋1，②由①－②得，12×∑k ＝1nS k＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋123＋124＋…＋12n －n ＋12n ＋1＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122－12n×121－12－n ＋12n ＋1＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫32－n ＋32n ＋1，所以∑k ＝1nS k ＝240⎝⎛⎭⎪⎫3－n ＋32ndm 2. 教师备选1．《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，今年3月20日为春分时节，其日影长为( ) A ．4.5尺 B ．3.5尺 C ．2.5尺 D ．1.5尺答案 A解析冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列{a n }，设公差为d ，由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝28.5，a 10＋a 11＋a 12＝1.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝10.5，d ＝－1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝11.5－n ，所以a 7＝11.5－7＝4.5，即春分时节的日影长为4.5尺． 2．古希腊时期，人们把宽与长之比为5－12⎝ ⎛⎭⎪⎫5－12≈0.618的矩形称为黄金矩形，把这个比值5－12称为黄金分割比例．如图为希腊的一古建筑，其中图中的矩形ABCD ，EBCF ，FGHC ，FGJI ，LGJK ，MNJK 均为黄金矩形，若M 与K 之间的距离超过1.5m ，C 与F 之间的距离小于11m ，则该古建筑中A 与B 之间的距离可能是(参考数据：0.6182≈0.382，0.6183≈0.236，0.6184≈0.146，0.6185≈0.090，0.6186≈0.056，0.6187≈0.034)( )A ．30.3mB ．30.1mC ．27mD ．29.2m答案 C解析设|AB |＝x ，a ≈0.618，因为矩形ABCD ，EBCF ，FGHC ，FGJI ，LGJK ，MNJK 均为黄金矩形，所以有|BC |＝ax ，|CF |＝a 2x ，|FG |＝a 3x ， |GJ |＝a 4x ，|JK |＝a 5x ，|KM |＝a 6x .由题设得⎩⎪⎨⎪⎧a 6x >1.5，a 2x <11，解得26.786<x <28.796，故选项C 符合题意．思维升华数列应用问题常见模型(1)等差模型：后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值． (2)等比模型：后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数．(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，那么应考虑a n 与a n ＋1(或者相邻三项)之间的递推关系，或者S n 与S n ＋1(或者相邻三项)之间的递推关系．跟踪训练1 (1)(2022·佛山模拟)随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化、网络化、智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.5G 基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通5G 基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进5G 网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇5G 网络覆盖.2021年1月计划新建设5万个5G 基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个5G 基站时要到( ) A ．2022年12月 B ．2023年2月 C ．2023年4月 D ．2023年6月答案 B解析每个月开通5G 基站的个数是以5为首项，1为公差的等差数列，设预计我国累计开通500万个5G 基站需要n 个月，则70＋5n ＋n n －12×1＝500，化简整理得，n 2＋9n －860＝0，解得n ≈25.17或n ≈－34.17(舍)，所以预计我国累计开通500万个5G 基站需要25个月，也就是到2023年2月．(2)(多选)(2022·潍坊模拟)南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设各层球数构成一个数列{a n }，则( )A ．a 4＝12B ．a n ＋1＝a n ＋n ＋1C ．a 100＝5050D ．2a n ＋1＝a n ·a n ＋2解析由题意知，a 1＝1，a 2＝3，a 3＝6，…，a n ＝a n －1＋n ，故a n ＝n n ＋12，∴a 4＝4×4＋12＝10，故A 错误； a n ＋1＝a n ＋n ＋1，故B 正确； a 100＝100×100＋12＝5050，故C 正确；2a n ＋1＝(n ＋1)(n ＋2)，a n ·a n ＋2＝n n ＋1n ＋2n ＋34，显然2a n ＋1≠a n ·a n ＋2，故D 错误．题型二等差数列、等比数列的综合运算例2 (2022·滨州模拟)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝2，b 2＝4，a n ＝2log 2b n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{a n }中不在数列{b n }中的项按从小到大的顺序构成数列{c n }，记数列{c n }的前n 项和为S n ，求S 100.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为b 2＝4，所以a 2＝2log 2b 2＝4，所以d ＝a 2－a 1＝2，所以a n ＝2＋(n －1)×2＝2n . 又a n ＝2log 2b n ，即2n ＝2log 2b n ，所以n ＝log 2b n ，所以b n ＝2n.(2)由(1)得b n ＝2n＝2·2n －1＝a 2n －1，即b n 是数列{a n }中的第2n －1项．设数列{a n }的前n 项和为P n ，数列{b n }的前n 项和为Q n ，因为b 7＝62a ＝a 64，b 8＝72a ＝a 128，所以数列{c n }的前100项是由数列{a n }的前107项去掉数列{b n }的前7项后构成的，所以S 100＝P 107－Q 7＝107×2＋2142－2－281－2＝11302.(2020·浙江)已知数列{a n }，{b n }，{c n }满足a 1＝b 1＝c 1＝1，c n ＝a n ＋1－a n ，c n ＋1＝b nb n ＋2c n ，n ∈N *. (1)若{b n }为等比数列，公比q >0，且b 1＋b 2＝6b 3，求q 的值及数列{a n }的通项公式； (2)若{b n }为等差数列，公差d >0，证明：c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n <1＋1d，n ∈N *.(1)解由b 1＝1，b 1＋b 2＝6b 3，且{b n }为等比数列，得1＋q ＝6q 2，解得q ＝12(负舍)．∴b n ＝12n －1.∴c n ＋1＝b nb n ＋2c n ＝4c n ，∴c n ＝4n －1. ∴a n ＋1－a n ＝4n －1，∴a n ＝a 1＋1＋4＋…＋4n －2＝1－4n －11－4＋1＝4n －1＋23. (2)证明由c n ＋1＝b n b n ＋2·c n (n ∈N *)，可得b n ＋2·c n ＋1＝b n ·c n ，两边同乘b n ＋1，可得b n ＋1·b n ＋2·c n ＋1＝b n ·b n ＋1·c n ， ∵b 1b 2c 1＝b 2＝1＋d ，∴数列{b n b n ＋1c n }是一个常数列，且此常数为1＋d ，即b n b n ＋1c n ＝1＋d ， ∴c n ＝1＋db n b n ＋1＝1＋d d ·d b n b n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1d ·b n ＋1－b n b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1b n ＋1，又∵b 1＝1，d >0，∴b n >0， ∴c 1＋c 2＋…＋c n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 1－1b 2＋⎝⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2－1b 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1b n ＋1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝⎛⎭⎪⎫1b 1－1b 2＋1b 2－1b 3＋…＋1b n－1b n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 1－1b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1b n ＋1<1＋1d，∴c 1＋c 2＋…＋c n <1＋1d.思维升华对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．数列的求和主要是等差、等比数列的求和及裂项相消法求和与错位相减法求和，本题中利用裂项相消法求数列的和，然后利用b 1＝1，d >0证明不等式成立．另外本题在探求{a n }与{c n }的通项公式时，考查累加、累乘两种基本方法．跟踪训练2 已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10，b 2b 4＝a 5. (1)求{a n }的通项公式； (2)求b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1. 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 1＝1，a 2＋a 4＝10，所以2a 1＋4d ＝10，解得d ＝2. 所以a n ＝2n －1.(2)设等比数列{b n }的公比为q . 因为b 2b 4＝a 5，所以b 1q ·b 1q 3＝9. 又b 1＝1，所以q 2＝3. 所以b 2n －1＝b 1q2n －2＝3n －1.则b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n－12.题型三数列与其他知识的交汇问题命题点1 数列与不等式的交汇例3 已知数列{a n }满足a 1＝12，1a n ＋1＝1a n ＋2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n <12.(1)解因为1a n ＋1＝1a n＋2(n ∈N *)，所以1a n ＋1－1a n＝2(n ∈N *)，因为a 1＝12，所以1a 1＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以首项为2，公差为2的等差数列，所以1a n ＝2＋2(n －1)＝2n (n ∈N *)，所以数列{a n }的通项公式是a n ＝12n (n ∈N *)．(2)证明依题意可知a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 2＝14·1n 2<14·1n ·1n －1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n (n >1)，所以a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n<14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝14⎝⎛⎭⎪⎫2－1n <12.故a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n <12.命题点2 数列与函数的交汇例4 (1)(2022·淄博模拟)已知在等比数列{a n }中，首项a 1＝2，公比q >1，a 2，a 3是函数f (x )＝13x 3－6x 2＋32x 的两个极值点，则数列{a n }的前9项和是________．答案 1022解析由f (x )＝13x 3－6x 2＋32x ，得f ′(x )＝x 2－12x ＋32，又因为a 2，a 3是函数f (x )＝13x 3－6x 2＋32x 的两个极值点，所以a 2，a 3是函数f ′(x )＝x 2－12x ＋32的两个零点，故⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋a 3＝12，a 2·a 3＝32，因为q >1，所以a 2＝4，a 3＝8，故q ＝2，则前9项和S 9＝21－291－2＝210－2＝1022.教师备选1．已知函数f (x )＝log 2x ，若数列{a n }的各项使得2，f (a 1)，f (a 2)，…，f (a n )，2n ＋4成等差数列，则数列{a n }的前n 项和S n ＝______________. 答案163(4n－1) 解析设等差数列的公差为d ，则由题意，得2n ＋4＝2＋(n ＋1)d ，解得d ＝2，于是log 2a 1＝4，log 2a 2＝6，log 2a 3＝8，…，从而a 1＝24，a 2＝26，a 3＝28，…，易知数列{a n }是等比数列，其公比q ＝a 2a 1＝4，所以S n ＝244n－14－1＝163(4n－1)．2．求证：12＋1＋222＋2＋323＋3＋…＋n 2n ＋n <2(n ∈N *)．证明因为n 2n＋n <n2n ，所以不等式左边<12＋222＋323＋…＋n2n .令A ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，则12A ＝122＋223＋324＋…＋n 2n ＋1，两式相减得12A ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－12n －n2n ＋1，所以A ＝2－n ＋22n<2，即得证．思维升华数列与函数、不等式的综合问题关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n 项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明．跟踪训练3 (1)(2022·长春模拟)已知等比数列{a n }满足：a 1＋a 2＝20，a 2＋a 3＝80.数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，其前n 项和为S n ，若b nS n ＋11≤λ恒成立，则λ的最小值为________．答案623解析设等比数列{a n }的公比为q ，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝20，a q ＋a q 2＝80，解得a 1＝4，q ＝4，故{a n }的通项公式为a n ＝4n，n ∈N *.b n ＝log 2a n ＝log 24n ＝2n ， S n ＝2n ＋12n (n －1)·2＝n 2＋n ，b nS n ＋11＝2n n 2＋n ＋11＝2n ＋11n＋1，n ∈N *，令f (x )＝x ＋11x，则当x ∈(0，11)时，f (x )＝x ＋11x单调递减，当x ∈(11，＋∞)时，f (x )＝x ＋11x单调递增，又∵f (3)＝3＋113＝203，f (4)＝4＋114＝274，且n ∈N *，∴n ＋11n ≥203，即b nS n ＋11≤2203＋1＝623，故λ≥623，故λ的最小值为623.(2)若S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 1，S 2，S 4成等比数列，S 2＝4. ①求数列{a n }的通项公式； ②设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n <m20对所有n ∈N *都成立的最小正整数m .解 ①设{a n }的公差为d (d ≠0)，则S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ，S 4＝4a 1＋6d . 因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以a 1·(4a 1＋6d )＝(2a 1＋d )2. 所以2a 1d ＝d 2.因为d ≠0，所以d ＝2a 1.又因为S 2＝4，所以a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1. ②因为b n ＝3a n a n ＝32n －12n ＋1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝32⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<32. 要使T n <m 20对所有n ∈N *都成立，则有m 20≥32，即m ≥30. 因为m ∈N *，所以m 的最小值为30. 课时精练1．(2022·青岛模拟)从“①S n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋a 12；②S 2＝a 3，a 4＝a 1a 2；③a 1＝2，a 4是a 2，a 8的等比中项．”三个条件中任选一个，补充到下面的横线处，并解答．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0，________，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝122n n S S ＋－，数列{b n }的前n 项和为W n ，求W n .注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解 (1)选①： S n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋a 12＝n 2＋a 12n ，令n ＝1，得a 1＝1＋a 12，即a 1＝2，所以S n ＝n 2＋n .当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2＋n －1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，又a 1＝2，满足上式，所以a n ＝2n .选②：由S 2＝a 3，得a 1＋a 2＝a 3，得a 1＝d ，又由a 4＝a 1a 2，得a 1＋3d ＝a 1(a 1＋d )，因为d ≠0，则a 1＝d ＝2，所以a n ＝2n .选③：由a 4是a 2，a 8的等比中项，得a 24＝a 2a 8，则(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，因为a 1＝2，d ≠0，所以d ＝2，则a n ＝2n .(2)S n ＝n 2＋n ，b n ＝(2n ＋1)2＋2n ＋1－(2n )2－2n ＝3·22n ＋2n ，所以W n ＝3×22＋2＋3×24＋22＋…＋3×22n ＋2n ＝12×1－4n 1－4＋2×1－2n 1－2＝4(4n－1)＋2(2n －1)＝4n ＋1＋2n ＋1－6.2．(2022·沈阳模拟)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋1，a 2＝2.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝a n ·2n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求使T n >2022的最小的正整数n 的值．解 (1)当n ≥2时，由a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋1，a 2＝2，得a 2n ＝2S n －1＋n －1＋1，两式相减得a 2n ＋1－a 2n ＝2a n ＋1，即a 2n ＋1＝a 2n ＋2a n ＋1＝(a n ＋1)2.∵{a n }是正项数列，∴a n ＋1＝a n ＋1.当n ＝1时，a 22＝2a 1＋2＝4，∴a 1＝1，∴a 2－a 1＝1，∴数列{a n }是以a 1＝1为首项，1为公差的等差数列，∴a n ＝n .(2)由(1)知b n ＝a n ·2n ＝n ·2n ，∴T n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ，2T n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1，两式相减得－T n ＝2·1－2n 1－2－n ·2n ＋1 ＝(1－n )2n ＋1－2，∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2.∴T n －T n －1＝n ·2n >0，∴T n 单调递增．当n ＝7时，T 7＝6×28＋2＝1 538<2 022，当n ＝8时，T 8＝7×29＋2＝3 586>2 022，∴使T n >2 022的最小的正整数n 的值为8.3．(2022·大连模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝25，且a 3－1，a 4＋1，a 7＋3成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)na n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求T 2n .解 (1)由题意知，等差数列{a n }的前n 项和为S n ，由S 5＝25，可得S 5＝5a 3＝25，所以a 3＝5，设数列{a n }的公差为d ，由a 3－1，a 4＋1，a 7＋3成等比数列，可得(6＋d )2＝4(8＋4d )，整理得d 2－4d ＋4＝0，解得d ＝2，所以a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1.(2)由(1)知 b n ＝(－1)n a n ＋1＝(－1)n (2n －1)＋1，所以T 2n ＝(－1＋1)＋(3＋1)＋(－5＋1)＋(7＋1)＋…＋[－(4n －3)＋1]＋(4n －1＋1)＝4n .4．(2022·株洲质检)由整数构成的等差数列{a n }满足a 3＝5，a 1a 2＝2a 4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ，将数列{a n }，{b n }的所有项按照“当n 为奇数时，b n 放在前面；当n 为偶数时，a n 放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列{c n }，b 1，a 1，a 2，b 2，b 3，a 3，a 4，b 4，…，求数列{c n }的前(4n ＋3)项和T 4n ＋3.解 (1)由题意，设数列{a n }的公差为d ，因为a 3＝5，a 1a 2＝2a 4，可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝5，a 1·a 1＋d ＝2a 1＋3d ，整理得(5－2d )(5－d )＝2(5＋d )，即2d 2－17d ＋15＝0，解得d ＝152或d ＝1，因为{a n }为整数数列，所以d ＝1，又由a 1＋2d ＝5，可得a 1＝3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋2.(2)由(1)知，数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋2，又由数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ，根据题意，得新数列{c n }，b 1，a 1，a 2，b 2，b 3，a 3，a 4，b 4，…，则T 4n ＋3＝b 1＋a 1＋a 2＋b 2＋b 3＋a 3＋a 4＋b 4＋…＋b 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋b 2n ＋b 2n ＋1＋a 2n ＋1＋a 2n ＋2 ＝(b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n ＋1)＋(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 2n ＋2)＝2×1－22n ＋11－2＋3＋2n ＋42n ＋22＝4n ＋1＋2n 2＋9n ＋5.5．已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)∵等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列， ∴S n ＝na 1＋n (n －1)，(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，∴a n ＝2n －1.(2)由(1)可得b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，当n 为偶数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17－…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1；当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17－…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2n2n ＋1，n 为偶数，2n ＋22n ＋1，n 为奇数.。

2019-2020年新人教版高考数学一轮总复习第六章数列6.2等差数列课件理新人教B版

通项公式法—求使an≥0(或an≤0)成立的最大n值即可得Sn的最大(或最小)值
不等式法—借助Sn最大时,有

S S
n n
(n≥S n 21 ,,n∈N*),解此不等式组确定n的范围,进而确定n的值
S n1
和对应Sn的值(即Sn的最值)
例4 (2014北京海淀一模,18,12分)等差数列{an}中,设Sn为其前n项和,且a1>0,S3=S11,则当n为多少
令2a2=a1+a3,解得λ=4. 故an+2-an=4,由此可得 {a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3; {a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1. 所以an=2n-1,an+1-an=2. 因此存在λ=4,使得数列{an}为等差数列.
1-1 (2016广西桂林中学3月月考,17,12分)已知数列{an}满足an+1= 1 a(nn ∈N*),且a1=0.
A.8 B.12 C.16 D.24
解析设{an}的公差为d.在等差数列{an}中,a5=a1+4d=8,S3=3a1+ 3 d2 =3a1+3d=6,即a1+d=2,解得a1
2
=0,d=2, 所以a9=a1+8d=8×2=16.选C. 答案 C 2-1 (2013北京东城高三上学期期末)已知{an}为等差数列,其前n项和为Sn,若a3=6,S3=12,则公差 d等于 ( )

a1 λ a2 λ a3 λ
= 1 + ,所1 以 a1 λ a3 λ
=1 2 λ+
0
1
,λ解得1 1λ =λ 1.
3

2019-2020年高考数学一轮复习第六章数列6.2等差数列讲义

2019-2020年高考数学一轮复习第六章数列6.2等差数列讲义分析解读等差数列是高考的热点.中档题主要考查等差数列的基本运算,压轴题常考等差数列中的推理证明,对能力要求比较高.五年高考考点一等差数列的定义及运算1.(xx 江苏,8,5分)已知{a n }是等差数列,S n 是其前n 项和.若a 1+=-3,S 5=10,则a 9的值是 . 答案 202.(xx 浙江改编,8,5分)如图,点列{A n },{B n }分别在某锐角的两边上,且|A n A n+1|=|A n+1A n+2|,A n ≠A n+2,n∈N *,|B n B n+1|=|B n+1B n+2|,B n ≠B n+2,n∈N *.(P≠Q 表示点P 与Q 不重合)S n 为△A n B n B n+1的面积,则{S n }是数列.(填“等差”或“等比”)答案等差3.(xx 福建改编,3,5分)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 1=2,S 3=12,则a 6等于 . 答案 124.(xx 课标全国Ⅰ理改编,7,5分)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若S m-1=-2,S m =0,S m+1=3,则m= . 答案 55.(xx 课标全国Ⅰ文,17,12分)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.已知S 2=2,S 3=-6. (1)求{a n }的通项公式;(2)求S n ,并判断S n+1,S n ,S n+2是否成等差数列. 解析 (1)设{a n }的公比为q,由题设可得解得q=-2,a 1=-2.故{a n }的通项公式为a n =(-2)n.(2)由(1)可得S n ==-+(-1)n·.由于S n+2+S n+1=-+(-1)n· =2=2S n ,故S n+1,S n ,S n+2成等差数列.6.(xx 江苏,20,16分)设数列{a n }的前n 项和为S n .若对任意的正整数n,总存在正整数m,使得S n =a m ,则称{a n }是“H 数列”.(1)若数列{a n }的前n 项和S n =2n (n∈N *),证明:{a n }是“H 数列”;(2)设{a n }是等差数列,其首项a 1=1,公差d<0.若{a n }是“H 数列”,求d 的值;(3)证明:对任意的等差数列{a n },总存在两个“H 数列”{b n }和{c n },使得a n =b n +c n (n∈N *)成立.解析 (1)证明:由已知,得当n≥1时,a n+1=S n+1-S n =2n+1-2n =2n.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=n+1,使得S n =2n=a m .所以{a n }是“H 数列”.(2)由已知,得S2=2a1+d=2+d.因为{a n}是“H数列”,所以存在正整数m,使得S2=a m,即2+d=1+(m-1)d,于是(m-2)·d=1.因为d<0,所以m-2<0,故m=1.从而d=-1.当d=-1时,a n=2-n,S n=是小于2的整数,n∈N*.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=2-S n=2-,使得S n=2-m=a m,所以{a n}是“H数列”.因此d的值为-1.(3)证明:设等差数列{a n}的公差为d,则a n=a1+(n-1)d=na1+(n-1)(d-a1)(n∈N*).令b n=na1,c n=(n-1)(d-a1),则a n=b n+c n(n∈N*),下证{b n}是“H数列”.设{b n}的前n项和为T n,则T n=a1(n∈N*).于是对任意的正整数n,总存在正整数m=,使得T n=b m.所以{b n}是“H数列”.同理可证{c n}也是“H数列”.所以,对任意的等差数列{a n},总存在两个“H数列”{b n}和{c n},使得a n=b n+c n(n∈N*).教师用书专用(7—10)7.(xx课标全国Ⅰ,17,12分)已知{a n}是公差为3的等差数列,数列{b n}满足b1=1,b2=,a n b n+1+b n+1=nb n.(1)求{a n}的通项公式;(2)求{b n}的前n项和.解析(1)当n=1时,a1b2+b2=b1,因为b1=1,b2=,所以a1=2,(3分)所以数列{a n}是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为a n=3n-1.(5分)(2)由(1)和a n b n+1+b n+1=nb n得b n+1=,(7分)因此{b n}是首项为1,公比为的等比数列.(9分)记{b n}的前n项和为S n,则S n==-.(12分)8.(xx课标全国Ⅱ,17,12分)等差数列{a n}中,a3+a4=4,a5+a7=6.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=[a n],求数列{b n}的前10项和,其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[2.6]=2.解析(1)设数列{a n}的公差为d,由题意有2a1+5d=4,a1+5d=3.解得a1=1,d=.(3分)所以{a n}的通项公式为a n=.(5分)(2)由(1)知,b n=.(6分)当n=1,2,3时,1≤<2,b n=1;当n=4,5时,2<<3,b n=2;当n=6,7,8时,3≤<4,b n=3;当n=9,10时,4<<5,b n=4.(10分)所以数列{b n}的前10项和为1×3+2×2+3×3+4×2=24.(12分)9.(xx大纲全国,18,12分)等差数列{a n}的前n项和为S n.已知a1=10,a2为整数,且S n≤S4.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)由a1=10,a2为整数知,等差数列{a n}的公差d为整数.又S n≤S4,故a4≥0,a5≤0,于是10+3d≥0,10+4d≤0.解得-≤d≤-.因此d=-3.数列{a n}的通项公式为a n=13-3n.(6分)(2)b n==.(8分)于是T n=b1+b2+…+b n===.(12分)10.(xx山东理,20,12分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且S4=4S2,a2n=2a n+1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{b n}的前n项和为T n,且T n+=λ(λ为常数),令c n=b2n(n∈N*),求数列{c n}的前n项和R n.解析(1)设等差数列{a n}的公差为d.由S4=4S2,a2n=2a n+1得解得a1=1,d=2.因此a n=2n-1,n∈N*.(2)由题意知:T n=λ-,所以n≥2时,b n=T n-T n-1=-+=.故c n=b2n==(n-1),n∈N*.所以R n=0×+1×+2×+3×+…+(n-1)×,则R n=0×+1×+2×+…+(n-2)×+(n-1)×,两式相减得R n=+++…+-(n-1)×=-(n-1)×=-,整理得R n=.所以数列{c n}的前n项和R n=.考点二等差数列的性质1.(xx广东,10,5分)在等差数列{a n}中,若a3+a4+a5+a6+a7=25,则a2+a8= .答案102.(xx重庆改编,2,5分)在等差数列{a n}中,若a2=4,a4=2,则a6= .答案03.(xx北京,12,5分)若等差数列{a n}满足a7+a8+a9>0,a7+a10<0,则当n= 时,{a n}的前n项和最大.答案84.(xx天津理,18,13分)已知{a n}是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的n∈N*,b n是a n和a n+1的等比中项.(1)设c n=-,n∈N*,求证:数列{c n}是等差数列;(2)设a1=d,T n=(-1)k,n∈N*,求证:<.证明(1)由题意得=a n a n+1,有c n=-=a n+1·a n+2-a n a n+1=2da n+1,因此c n+1-c n=2d(a n+2-a n+1)=2d2,所以{c n}是等差数列.(2)T n=(-+)+(-+)+…+(-+)=2d(a2+a4+…+a2n)=2d·=2d2n(n+1).所以===·<.教师用书专用(5)5.(xx四川,19,12分)设等差数列{a n}的公差为d,点(a n,b n)在函数f(x)=2x的图象上(n∈N*).(1)若a1=-2,点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上,求数列{a n}的前n项和S n;(2)若a1=1,函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2-,求数列的前n项和T n.解析(1)由已知,得b7=,b8==4b7,有=4×=.解得d=a8-a7=2.所以,S n=na1+d=-2n+n(n-1)=n2-3n.(2)函数f(x)=2x在(a2,b2)处的切线方程为y-=(ln 2)(x-a2),它在x轴上的截距为a2-.由题意,得a2-=2-,解得a2=2.所以d=a2-a1=1.从而a n=n,b n=2n.所以T n=+++…++,2T n=+++…+.因此,2T n-T n=1+++…+-=2--=.所以,T n=.三年模拟A组xx模拟·基础题组考点一等差数列的定义及运算1.(xx江苏姜堰中学期中)已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,a2=2,数列{a n+a n+1}是公差为2的等差数列,则S9= .答案452.(苏教必5,二,2,变式)设S n是公差不为0的等差数列{a n}的前n项和,若a1=2a8-3a4,则= .答案3.(xx江苏南京高淳质检)若S n为等差数列{a n}的前n项和,S9=-36,S13=-104,则a5与a7的等比中项为.答案±44.(xx江苏泰州姜堰摸底,8)等差数列{a n}的前n项和记为S n,且满足2n=,则数列{a n}的公差d= .答案85.(xx江苏苏州期末,8)设S n是等差数列{a n}的前n项和,若a2=7,S7=-7,则a7的值为.答案-136.(xx江苏淮阴中学期中,6)已知S n是等差数列{a n}的前n项和,且S11=35+S6,则S17的值为.答案1197.(xx江苏镇江一模,10)S n是等差数列{a n}的前n项和,若=,则= .答案8.(xx江苏扬州中学质检,20)已知数列{a n}满足a1=x,a2=3x,S n+1+S n+S n-1=3n2+2(n≥2,n∈N*),S n是数列{a n}的前n 项和.(1)若数列{a n}为等差数列.(i)求数列的通项a n;(ii)若数列{b n}满足b n=,数列{c n}满足c n=t2b n+2-tb n+1-b n,试比较数列{b n}的前n项和B n与{c n}的前n项和C n的大小;(2)若对任意n∈N*,a n<a n+1恒成立,求实数x的取值范围.解析因为S n+1+S n+S n-1=3n2+2(n≥2,n∈N*),所以S3+S2+S1=14,即a3+2a2+3a1=14.又a1=x,a2=3x,所以a3=14-9x.(1)(i)因为数列{a n}为等差数列,所以2a2=a1+a3,即6x=x+(14-9x),解得x=1,即a1=1,a2=3,所以公差d=a2-a1=2. 所以a n=a1+(n-1)d=1+(n-1)×2=2n-1(n∈N*).(ii)因为a n=2n-1(n∈N*),所以b n==22n-1>0,其前n项和B n>0,又c n=t2b n+2-tb n+1-b n=(16t2-4t-1)b n,所以其前n项和C n=(16t2-4t-1)B n,所以C n-B n=2(8t2-2t-1)B n,当t<-或t>时,C n>B n;当t=-或t=时,C n=B n;当-<t<时,C n<B n.(2)由S n+1+S n+S n-1=3n2+2(n≥2,n∈N*)知S n+2+S n+1+S n=3(n+1)2+2(n∈N*),两式作差,得a n+2+a n+1+a n=6n+3(n≥2,n∈N*),所以a n+3+a n+2+a n+1=6(n+1)+3(n∈N*),再作差得a n+3-a n=6(n≥2,n∈N*),易知,a4+a3+a2=15,∴a4=1+6x.所以当n=3k-1,k∈N*时,a n=a3k-1=a2+(k-1)×6=3x+6k-6=2n+3x-4;当n=3k,k∈N*时,a n=a3k=a3+(k-1)×6=14-9x+6k-6=2n-9x+8;当n=3k+1,k∈N*时,a n=a3k+1=a4+(k-1)×6=1+6x+6k-6=2n+6x-7.因为对任意的n∈N*,a n<a n+1恒成立,所以a1<a2,且a3k-1<a3k<a3k+1<a3k+2,所以解得<x<,故实数x的取值范围为.考点二等差数列的性质9.(xx江苏盐城高三(上)期中)在等差数列{a n}中,若a2+a5=,则数列{a n}的前6项的和S6= .答案 210.(xx江苏金陵中学高三月考)已知数列{a n}是等差数列,且<-1,它的前n项和S n有最小值,则S n取到最小正数时,n的值为.答案1211.(xx江苏南京、盐城一模,8)设{a n}是等差数列,若a4+a5+a6=21,则S9= .答案6312.(xx江苏扬州、泰州、南通、淮安、宿迁、徐州六市联考,9)已知{a n}是公差不为0的等差数列,S n是其前n 项和.若a2a3=a4a5,S9=27,则a1的值是.答案-513.(xx江苏南通中学高三阶段测试)已知数列{a n}中,首项a1=1,a2=m,a n+1=k(a n+a n+2)对任意正整数n都成立,数列{a n}的前n项和为S n.(1)若k=,且S18=171,求实数m;(2)是否存在实数k,使数列{a n}是公比不为1的等比数列,且任意相邻三项a n、a n+1、a n+2按某顺序排列后成等差数列?若存在,求出所有的k的值;若不存在,请说明理由;(3)若k=-,求S n(用m、n表示).解析(1)当k=时,由a n+1=k(a n+a n+2)得a n+1=(a n+a n+2),即a n+2-a n+1=a n+1-a n,所以数列{a n}为等差数列,公差d=a2-a1=m-1,数列{a n}的前n项和S n=n+·(m-1),由S18=171=18+·(m-1),解得m=2.(2)设数列{a n}为等比数列,则其公比q==m,a n=m n-1,a n+1=m n,a n+2=m n+1.①若a n+1为等差中项,则2a n+1=a n+a n+2,即2m n=m n-1+m n+1,则2m=1+m2,解得m=1,与已知不符,舍去;②若a n为等差中项,则2a n=a n+1+a n+2,即2m n-1=m n+m n+1,则2=m+m2,即m2+m-2=0,解得m=-2或m=1(舍),此时由a n+1=k(a n+a n+2)得m n=k(m n-1+m n+1),即m=k(1+m2),故k==-;③若a n+2为等差中项,则2a n+2=a n+a n+1,即2m n+1=m n-1+m n,即2m2-m-1=0,解得m=-或m=1(舍),同②得k==-.综上,满足要求的实数k有且仅有一个,k=-.(3)当k=-时,a n+1=-(a n+a n+2),所以a n+2+a n+1=-(a n+1+a n),于是a n+3+a n+2=-(a n+2+a n+1)=a n+1+a n.①当n为偶数时,S n=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+…+(a n-1+a n)=(a1+a2)=;②当n为奇数时,S n=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a n-1+a n)=a1+(a2+a3)=a1+·[-(a1+a2)]=1-(m+1)(n≥2),当n=1时,也适合该式.所以S n=B组xx模拟·提升题组(满分:95分时间:50分钟)一、填空题(每小题5分,共20分)1.(xx江苏徐州铜山中学期中)已知公差不为零的等差数列{a n}的前n项和为S n,且a2=6,若a1,a3,a7成等比数列,则S8的值为.答案882.(xx江苏淮安、宿迁高三(上)期中)设等差数列{a n}的前n项和为S n,若a3=5,S1,S5,S7成等差数列,则数列{a n}的通项公式为a n= .答案2n-1(n∈N*)3.(苏教必5,二,2,变式)设等差数列{a n},{b n}的前n项和分别为S n,T n,若对任意正整数n都有=,则+的值为.答案4.(苏教必5,二,2,变式)设等差数列{a n}的前n项和为S n,若a1=-3,a k+1=,S k=-12,则正整数k= .答案13二、解答题(共75分)5.(xx江苏扬州中学高三月考)已知各项均为整数的数列{a n}满足a3=-1,a7=4,前6项依次成等差数列,从第5项起依次成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求出所有的正整数m,使得a m+a m+1+a m+2=a m a m+1a m+2.解析(1)设数列前6项的公差为d,则a5=-1+2d,a6=-1+3d(d为整数),又a5,a6,a7成等比数列,所以(3d-1)2=4(2d-1),即9d2-14d+5=0,得d=1或d=(舍去).当n≤6时,a n=n-4,所以a5=1,a6=2,所以数列从第5项起构成的等比数列的公比为2,所以当n≥5时,a n=2n-5,故a n=(2)由(1)知,数列{a n}为-3,-2,-1,0,1,2,4,8,16,…,当m=1时等式成立,即-3-2-1=-6=(-3)×(-2)×(-1).当m=3时等式成立,即-1+0+1=0=(-1)×0×1.当m=2或4时等式不成立.当m≥5时,a m+a m+1+a m+2=2m-5(1+2+22)=7×2m-5,a m a m+1a m+2=23m-12,若a m+a m+1+a m+2=a m a m+1a m+2,即7×2m-5=23m-12,所以22m-7=7.∵m≥5,∴22m-7≥8,从而方程22m-7=7无解.所以当m≥5时,a m+a m+1+a m+2≠a m a m+1a m+2,故m=1或m=3.6.(xx江苏泰州姜堰期中,19)已知数列{a n}是公差为正数的等差数列,其前n项和为S n,且a2·a3=15,S4=16.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)数列{b n}满足b1=a1,b n+1-b n=.①求数列{b n}的通项公式;②是否存在正整数m,n(m≠n),使得b2,b m,b n成等差数列?若存在,求出m,n的值;若不存在,请说明理由.解析(1)设数列{a n}的公差为d,则d>0.由a2a3=15,S4=16,得解得或(舍去),所以a n=2n-1.(2)①因为b1=a1,b n+1-b n=,所以b1=a1=1,b n+1-b n===,所以b2-b1=,b3-b2=,……,b n-b n-1=(n≥2),∴b n-b1==,所以b n=,n≥2.b1=1也符合上式,故b n=,n∈N*.②假设存在正整数m,n(m≠n),使得b2,b m,b n成等差数列,则b2+b n=2b m.又b2=,b n==-,b m=-,所以+=2,化简得2m==7-,当n+1=3,即n=2时,m=2,此时m=n,不符合题意;当n+1=9,即n=8时,m=3,符合题意.所以存在正整数m=3,n=8,使得b2,b m,b n成等差数列.7.(xx江苏盐城期中,20)若数列{a n}中的项都满足a2n-1=a2n<a2n+1(n∈N*),则称{a n}为“阶梯数列”.(1)设数列{b n}是“阶梯数列”,且b1=1,b2n+1=9b2n-1(n∈N*),求b2 016;(2)设数列{c n}是“阶梯数列”,其前n项和为S n,求证:{S n}中存在连续三项成等差数列,但不存在连续四项成等差数列;(3)设数列{d n}是“阶梯数列”,且d1=1,d2n+1=d2n-1+2(n∈N*),记数列的前n项和为T n.是否存在实数t,使得(t-T n)<0对任意的n∈N*恒成立?若存在,请求出实数t的取值范围;若不存在,请说明理由.解析(1)∵b2n+1=9b2n-1,b1=1,∴{b2n-1}是以b1=1为首项,9为公比的等比数列,∴b2n-1=b1×9n-1=32n-2,∴b2 015=32 014,∵数列{b n}是“阶梯数列”,∴b2 016=b2 015=32 014.(2)证明:由数列{c n}是“阶梯数列”得c2n-1=c2n,故S2n-1-S2n-2=S2n-S2n-1,∴{S n}中存在连续三项S2n-2,S2n-1,S2n(n≥2)成等差数列.(注:给出具体三项也可以)假设{S n}中存在连续四项S k,S k+1,S k+2,S k+3成等差数列,则S k+1-S k=S k+2-S k+1=S k+3-S k+2,即c k+1=c k+2=c k+3,当k=2m-1,m∈N*时,c2m=c2m+1=c2m+2,①当k=2m,m∈N*时,c2m+1=c2m+2=c2m+3,②由数列{c n}是“阶梯数列”得c2m<c2m+1=c2m+2<c2m+3,③①②与③都矛盾,故假设不成立,即{S n}中不存在连续四项成等差数列.(3)∵d2n+1=d2n-1+2,d1=1,∴{d2n-1}是以d1=1为首项,2为公差的等差数列,∴d2n-1=d1+(n-1)×2=2n-1,又数列{d n}是“阶梯数列”,故d2n-1=d2n=2n-1,∴===(n∈N*),①当n=2k(k∈N*)时,T n=T2k=++…+=2=2×=1-∈,∴-∈,又(t-T n)<0恒成立,∴-<t<T n恒成立,∴-1≤t<.②当n=2k-1(k∈N*)时,T n=T2k-1=T2k-=T2k-=T2k-=1--∈,∴-∈[-3,-1),又(t-T n)<0恒成立,∴-<t<T n恒成立,∴-1≤t<.综上,存在满足条件的实数t,其取值范围是.8.(xx江苏南京盐城一模,20)若存在常数k(k∈N*,k≥2)、q、d,使得无穷数列{a n}满足a n+1= 则称数列{a n}为“段比差数列”,其中常数k、q、d分别叫做段长、段比、段差.设数列{b n}为“段比差数列”.(1)若{b n}的首项、段长、段比、段差分别为1、3、q、3.①当q=0时,求b2 016;②当q=1时,设{b n}的前3n项和为S3n,若不等式S3n≤λ·3n-1对n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围;(2)若{b n}为等比数列,且首项为b,试写出所有满足条件的{b n},并说明理由.解析(1)①解法一:∵{b n}的首项、段长、段比、段差分别为1、3、0、3,∴b2 014=0×b2 013=0,∴b2 015=b2 014+3=3,∴b2 016=b2 015+3=6.解法二:∵{b n}的首项、段长、段比、段差分别为1、3、0、3,∴b1=1,b2=b1+3=4,b3=b2+3=7,b4=0×b3=0,b5=b4+3=3,b6=b5+3=6,b7=0×b6=0,……,∴当n≥4时,{b n}是周期为3的周期数列.∴b2 016=b6=6.②解法一:∵{b n}的首项、段长、段比、段差分别为1、3、1、3,∴b3n+2-b3n-1=(b3n+1+d)-b3n-1=(qb3n+d)-b3n-1=[q(b3n-1+d)+d]-b3n-1=2d=6,∴{b3n-1}是以b2=4为首项,6为公差的等差数列.又∵b3n-2+b3n-1+b3n=(b3n-1-d)+b3n-1+(b3n-1+d)=3b3n-1,∴S3n=(b1+b2+b3)+(b4+b5+b6)+…+(b3n-2+b3n-1+b3n)=3(b2+b5+…+b3n-1)=3=9n2+3n,∵S3n≤λ·3n-1,∴≤λ,设c n=,则λ≥(c n)max,又c n+1-c n=-=,当n=1时,3n2-2n-2<0,c1<c2;当n≥2时,3n2-2n-2>0,c n+1<c n,∴(c n)max=c2=14,∴λ≥14,即λ∈[14,+∞).解法二:∵{b n}的首项、段长、段比、段差分别为1、3、1、3,∴b3n+1=b3n,∴b3n+3-b3n=b3n+3-b3n+1=2d=6,∴{b3n}是首项为b3=7,公差为6的等差数列,∴b3+b6+…+b3n=7n+×6=3n2+4n,易知{b n}中删掉{b3n}的项后按原来的顺序构成一个首项为1,公差为3的等差数列,∴b1+b2+b4+b5+…+b3n-2+b3n-1=2n×1+×3=6n2-n,∴S3n=(3n2+4n)+(6n2-n)=9n2+3n,以下同解法一.(2)解法一:由等比数列的通项公式有b n=bq n-1(q既是{b n}的公比,又是{b n}的段比),当m∈N*时,b km+2-b km+1=d,即bq km+1-bq km=bq km(q-1)=d恒成立,若q=1,则d=0,b n=b;若q≠1,则q km=,∴q km为常数,∴q=-1,k为偶数,d=-2b,b n=(-1)n-1b,此时k=2;经检验,满足条件的{b n}的通项公式为b n=b或b n=(-1)n-1b.解法二:①若k=2,则b1=b,b2=b+d,b3=(b+d)q,b4=(b+d)q+d,由b1b3=,得b+d=bq;由b2b4=,得(b+d)q2=(b+d)q+d,联立两式,得b(q+1)(q-1)2=0,∴q=±1,则或则b n=b或b n=(-1)n-1b,经检验,均符合题意.②若k≥3,则b1=b,b2=b+d,b3=b+2d,由b1b3=,得(b+d)2=b(b+2d),得d=0,则b n=b,经检验,符合题意.综上,满足条件的{b n}的通项公式为b n=b或b n=(-1)n-1b.9.(xx江苏南京、盐城二模,20)已知数列{a n}的前n项和为S n,数列{b n},{c n}满足(n+1)b n=a n+1-,(n+2)c n=-,其中n∈N*.(1)若数列{a n}是公差为2的等差数列,求数列{c n}的通项公式;(2)若存在实数λ,使得对一切n∈N*,有b n≤λ≤c n,求证:数列{a n}是等差数列.解析(1)因为{a n}是公差为2的等差数列,所以a n=a1+2(n-1),=a1+n-1,从而(n+2)c n=-(a1+n-1)=n+2,即c n=1.(2)证明:由(n+1)b n=a n+1-,得n(n+1)b n=na n+1-S n,所以(n+1)(n+2)b n+1=(n+1)a n+2-S n+1,两式相减,并化简得a n+2-a n+1=(n+2)b n+1-nb n.从而(n+2)c n=-=-[a n+1-(n+1)b n]=+(n+1)b n=+(n+1)b n=(n+2)(b n+b n+1).因此c n=(b n+b n+1).因为对一切n∈N*,有b n≤λ≤c n,所以λ≤c n=(b n+b n+1)≤λ,故b n=λ,c n=λ.所以(n+1)λ=a n+1-,(n+2)λ=(a n+1+a n+2)-,得(a n+2-a n+1)=λ,即a n+2-a n+1=2λ.故a n+1-a n=2λ(n≥2).又2λ=a2-=a2-a1,则a n+1-a n=2λ(n≥1).所以数列{a n}是等差数列.C组xx模拟·方法题组方法1 利用等差数列的基本量a1,d解决等差数列问题1.数列{a n}的首项为3,{b n}为等差数列,且b n=a n+1-a n(n∈N*),若b3=-2,b10=12,则a8= .答案 3方法2 等差数列的判定与证明2.已知数列{a n}中,a1=,a n=2-(n≥2,n∈N*),数列{b n}满足b n=(n∈N*).(1)求证:数列{b n}是等差数列;(2)求数列{a n}中的最大项和最小项,并说明理由.解析(1)证明:因为a n=2-(n≥2,n∈N*),b n=(n∈N*),所以b n+1-b n=-=-=-=1.又b1==-,所以数列{b n}是以-为首项,1为公差的等差数列.(2)由(1)知b n=n-,则a n=1+=1+.设f(x)=1+,则f(x)在区间和上为减函数.所以当n=3时,a n取得最小值-1,当n=4时,a n取得最大值3.3.设无穷数列{a n}满足:∀n∈N*,a n<a n+1,a n∈N*.记b n=,c n=(n∈N*).(1)若b n=3n(n∈N*),求证:a1=2,并求c1的值;(2)若{c n}是公差为1的等差数列,则{a n}是否为等差数列?证明你的结论.解析(1)若a1=1,则b1==a1=1,与b1=3×1=3矛盾,若a1≥3,因为b1==3,a n<a n+1,所以3=≥a3>a1≥3,矛盾,所以a1=2.于是a2==3,从而c1==a3==b2=6.(2){a n}是公差为1的等差数列,证明如下:因为a n+1>a n,所以当n≥2时,a n>a n-1,因为a n∈N*,所以当n≥2时,a n≥a n-1+1⇒a n≥a m+(n-m)(m<n),故≥+a n+1+1-(a n+1),即c n+1-c n≥a n+1-a n,由题设知,1≥a n+1-a n,又a n+1-a n≥1,所以a n+1-a n=1,即{a n}是等差数列.方法3 求等差数列前n项和的最大值与最小值的方法4.等差数列{a n}的前n项和为S n,已知a5+a7=4,a6+a8=-2,则当S n取最大值时,n的值是.答案 65.在等差数列{a n}中,已知a1=20,前n项和为S n,且S10=S15,求当n取何值时,S n取得最大值,并求出它的最大值. 解析解法一:设等差数列{a n}的公差为d.∵a1=20,S10=S15,∴10×20+d=15×20+d,∴d=-.由a n=20+(n-1)×=-n+.得a13=0.即当n≤12时,a n>0,当n≥14时,a n<0.∴当n=12或13时,S n取得最大值,且最大值为S12=S13=12×20+×=130.解法二:同解法一得公差d=-.∴S n=20n+·=-n2+n=-+.∵n∈N*,∴当n=12或13时,S n有最大值,且最大值为S12=S13=130.D组xx模拟·突破题组1.(xx江苏启东中学阶段测试)已知数列{a n}满足a1=1,且a n+1=a n+,n∈N*,则k(a2 015-a k)= .答案2.(xx江苏南京调研)已知数列{a n},{b n}满足:b n=a n+1-a n(n∈N*).(1)若a1=1,b n=n,求数列{a n}的通项公式;(2)若b n+1b n-1=b n(n≥2),且b1=1,b2=2.①记c n=a6n-1(n≥1),求证:数列{c n}为等差数列;②若数列中任意一项的值均未在该数列中重复出现无数次,求首项a1应满足的条件.解析(1)当n≥2时,a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)=a1+b1+b2+…+b n-1=-+1,因为a1=1也满足上式,所以数列{a n}的通项公式是a n=-+1.(2)①证明:因为对任意的n∈N*,有b n+6====b n,所以c n+1-c n=a6n+5-a6n-1=b6n-1+b6n+b6n+1+b6n+2+b6n+3+b6n+4=b1+b2+b3+b4+b5+b6=1+2+2+1++=7,所以,数列{c n}为等差数列.②设(d i)n=a6(n-1)+i(n∈N*)(其中i为常数且i∈{1,2,3,4,5,6}),所以(d i)n+1-(d i)n=a6(n-1)+6+i-a6(n-1)+i=b6(n-1)+i+b6(n-1)+i+1+b6(n-1)+i+2+b6(n-1)+i+3+b6(n-1)+i+4+b6(n-1)+i+5=7,所以数列{a6(n-1)+i}均为以7为公差的等差数列,设f i(k)===+,其中k≥0,i为{1,2,3,4,5,6}中的一个常数,a.当a i=时,对任意的n=6k+i,有=.当i=1时,a1=×1=;当i=2时,a2=×2=,此时a1=a2-b1=;当i=3时,a3=×3=,此时a1=a3-(b1+b2)=;当i=4时,a4=×4=,此时a1=a4-(b1+b2+b3)=-;当i=5时,a5=×5=,此时a1=a5-(b1+b2+b3+b4)=-;当i=6时,a6=×6=7,此时a1=a6-(b1+b2+b3+b4+b5)=.b.当a i≠时,f i(k+1)-f i(k)=-=.若a i>,则对任意的k∈N有f i(k+1)<f i(k),所以数列为递减数列;若a i<,则对任意的k∈N有f i(k+1)>f i(k),所以数列为递增数列,记集合B=.当a1∈B时,数列中必有某数重复出现无数次,不符合题意;当a1∉B时,数列(i=1,2,3,4,5,6)均为单调数列,任意一个数在这6个数列中最多出现一次,即任意一个数在数列中最多出现6次,所以若数列中任意一项的值均未在该数列中重复出现无数次,则首项a1∈∁R B.2019-2020年高考数学一轮复习第六章数列6.3.1等比数列的概念及运算对点训练理1.已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( )A ．21B ．42C ．63D ．84答案 B解析解法一：由于a 1(1＋q 2＋q 4)＝21，a 1＝3，所以q 4＋q 2－6＝0，所以q 2＝2(q 2＝－3舍去)，所以a 3＝6，a 5＝12，a 7＝24，所以a 3＋a 5＋a 7＝42.故选B.解法二：同解法一求出q 2＝2，由a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝42，故选B. 2．对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( )A ．a 1，a 3，a 9成等比数列B ．a 2，a 3，a 6成等比数列C ．a 2，a 4，a 8成等比数列D ．a 3，a 6，a 9成等比数列答案 D解析根据等比数列性质，若m ＋n ＝2k (m ，n ，k ∈N *)，则a m ，a k ，a n 成等比数列，故选D. 3．等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n (n ＋1)B ．n (n －1)C.n n ＋2D.n n －2答案 A解析 ∵a 2，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 2·a 8，即(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，将d ＝2代入上式，解得a 1＝2，∴S n ＝2n ＋n n －2＝n (n ＋1)，故选A.4．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公比q ＝2，S k ＋2－S k ＝48，则k 等于( )A ．7B ．6C ．5D ．4答案 D解析 ∵S k ＝1－2k1－2＝2k －1， ∴S k ＋2＝2k ＋2－1，由S k ＋2－S k ＝48得2k ＋2－2k ＝48,2k＝16，k ＝4. 故选D.5．数列{a n }是等差数列，若a 1＋1，a 3＋3，a 5＋5构成公比为q 的等比数列，则q ＝________. 答案 1解析设数列{a n }的公差为d ，则a 1＝a 3－2d ，a 5＝a 3＋2d ，由题意得，(a 1＋1)(a 5＋5)＝(a 3＋3)2，即(a 3－2d ＋1)·(a 3＋2d ＋5)＝(a 3＋3)2，整理，得(d ＋1)2＝0，∴d ＝－1，则a 1＋1＝a 3＋3，故q ＝1. 6．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，且对任意的n ∈N *都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝________.答案 11解析设数列{a n }的公比为q ，由a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，得a n q 2＋a n q －2a n ＝0，显然a n ≠0，所以q 2＋q －2＝0，又q ≠1，所以q ＝－2，所以S 5＝1×[1－－5]1－－＝11.7．设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n ＝3n ＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为2S n ＝3n＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3，当n >1时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1，即a n ＝3n －1，所以a n ＝⎩⎨⎧3，n ＝1，3n －1，n >1. (2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13. 当n >1时，b n ＝31－n log 33n －1＝(n －1)·31－n. 所以T 1＝b 1＝13；当n >1时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n ]，所以3T n ＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n]，两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n ＝23＋1－31－n1－3－1－(n －1)×31－n ＝136－6n ＋32×3n ，所以T n ＝1312－6n ＋34×3n . 经检验，n ＝1时也适合．综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n .8．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32. 证明 (1)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎫a n ＋12. 又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列． a n ＋12＝3n 2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12. (2)由(1)知1a n ＝23n －1. 因为当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1. 于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1 ＝32⎝⎛⎭⎫1－13n <32. 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32. 9.已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n ＋1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数．(1)对任意实数λ，证明数列{a n }不是等比数列；(2)试判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论．解 (1)假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 22＝a 1a 3，即⎝⎛⎭⎫23λ－32＝λ⎝⎛⎭⎫49λ－4，故49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ，即9＝0，这与事实相矛盾．∴对任意实数λ，数列{a n }都不是等比数列． (2)∵b n ＋1＝(－1)n ＋1[a n ＋1－3(n ＋1)＋21] ＝(－1)n ＋1⎝⎛⎭⎫23a n －2n ＋14 ＝－23(－1)n (a n －3n ＋21) ＝－23b n ，又b 1＝－(λ＋18)，∴当λ＝－18时，b 1＝0(n ∈N *)，此时{b n }不是等比数列；当λ≠－18时，b 1＝－(λ＋18)≠0，则b n ≠0，∴b n ＋1b n ＝－23(n ∈N *)．故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的等比数列．。

2020高考数学一轮复习第六章数列6.2.2等差数列的性质及应用对点训练理

2017高考数学一轮复习第六章数列 6.2.2 等差数列的性质及应用对点训练理1．设{a n }是等差数列．下列结论中正确的是( )A ．若a 1＋a 2>0，则a 2＋a 3>0B ．若a 1＋a 3<0，则a 1＋a 2<0C ．若0<a 1<a 2，则a 2>a 1a 3D ．若a 1<0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)>0答案 C解析若{a n }是递减的等差数列，则选项A 、B 都不一定正确．若{a n }为公差为0的等差数列，则选项D 不正确．对于C 选项，由条件可知{a n }为公差不为0的正项数列，由等差中项的性质得a 2＝a 1＋a 32，由基本不等式得a 1＋a 32>a 1a 3，所以C 正确．2．在等差数列{a n }中，a 1>0，a 2012＋a 2013>0，a 2012·a 2013<0，则使S n >0成立的最大自然数n 是( )A ．4025B ．4024C ．4023D ．4022答案 B解析 ∵等差数列{a n }的首项a 1>0，a 2012＋a 2013>0，a 2012·a 2013<0，假设a 2012<0<a 2013，则d >0，而a 1>0，可得a 2012＝a 1＋2011d >0，矛盾，故不可能． ∴a 2012>0，a 2013<0.再根据S 4024＝a 1＋a 40242＝2012(a 2012＋a 2013)>0，而S 4025＝4025a 2013<0，因此使前n 项和S n >0成立的最大自然数n 为4024.3.已知等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若S n T n ＝2n 3n ＋1，则a n b n＝( ) A.23B.2n －13n －1C.2n ＋13n ＋1D.2n －13n ＋4答案 B解析 a n b n ＝2a n 2b n ＝2n －12a 1＋a 2n －12n －12b 1＋b 2n －1＝S 2n －1T 2n －1＝n －n －＋1＝2n －13n －1.故选B. 4．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________. 答案 10解析由a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，得5a 5＝25，所以a 5＝5，故a 2＋a 8＝2a 5＝10.5．中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为________．答案 5解析设等差数列的首项为a 1，根据等差数列的性质可得，a 1＋2015＝2×1010，解得a 1＝5.6．在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－78 解析由题意知d <0且⎩⎪⎨⎪⎧ a 8>0，a 9<0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 7＋7d >0，7＋8d <0，解得－1<d <－78. 7.若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．答案 8解析根据题意知a 7＋a 8＋a 9＝3a 8>0，即a 8>0.又a 8＋a 9＝a 7＋a 10<0，∴a 9<0，∴当n ＝8时，{a n }的前n 项和最大．8．已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 3·a 4＝117，a 2＋a 5＝22.(1)求通项a n ；(2)求S n 的最小值；(3)若数列{b n }是等差数列，且b n ＝S nn ＋c ，求非零常数c .解 (1)因为数列{a n }为等差数列，所以a 3＋a 4＝a 2＋a 5＝22.又a 3·a 4＝117，所以a 3，a 4是方程x 2－22x ＋117＝0的两实根，又公差d >0，所以a 3<a 4，所以a 3＝9，a 4＝13，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝9，a 1＋3d ＝13，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝4. 所以通项a n ＝4n －3. (2)由(1)知a 1＝1，d ＝4. 所以S n ＝na 1＋n n －2×d ＝2n 2－n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫n －142－18. 所以当n ＝1时，S n 最小，最小值为S 1＝a 1＝1. (3)由(2)知S n ＝2n 2－n ，所以b n ＝S n n ＋c ＝2n 2－n n ＋c ，所以b 1＝11＋c ，b 2＝62＋c ，b 3＝153＋c. 因为数列{b n }是等差数列，所以2b 2＝b 1＋b 3，即62＋c ×2＝11＋c ＋153＋c，所以2c 2＋c ＝0，所以c ＝－12或c ＝0(舍去)，故c ＝－12.。

高三第一轮复习等差数列的性质及应用

等差数列的性质及应用【提纲挈领】主干知识归纳等差数列的性质(1)若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则有a m ＋a n ＝a p ＋a q ，特别地，当m ＋n ＝2p 时，a m ＋a n ＝2a p ． (2)等差数列中，S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 成等差数列．(3)等差数列的单调性：若公差d >0，则数列为递增数列；若d <0，则数列为递减数列；若d ＝0，则数列为常数列．(4)若等差数列{a n }共有2n 项，则S 偶-S 奇=nd ；若有2n-1项，则S 奇：S 偶=n:（n-1）．方法规律总结1.等差数列的性质：若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则有a m ＋a n ＝a p ＋a q ． 2.等差数列和的性质：S 2n =n(a 1+a 2n )=…=n(a n +a n+1)；S 2n-1=(2n-1)a n ．3.求等差数列前n 项和的最值常用的方法：①利用等差数列的单调性，求出其正负转折项；②把等差数列的前n 项和S n 看作关于n 的二次函数，根据二次函数的性质求最值．【指点迷津】【类型一】等差数列的性质【例1】： (1)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________． (2)在等差数列{a n }中，若a 4＋a 6＋a 8＋a 10＋a 12＝120，则2a 10－a 12的值为( ) A ．20 B ．22 C ．24 D ．28[解析]：(1)a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝25，∴a 5＝5，∴a 2＋a 8＝2a 5＝10. 答案：10(2)∵{a n }为等差数列，∴a 4＋a 6＋a 8＋a 10＋a 12＝5a 8＝120，∴a 8＝24，∴2a 10－a 12＝a 10＋a 10－a 12＝a 8＋a 12－a 12＝a 8＝24. 答案：C【例2】：(1)在等差数列{a n }中，a 2＝1，a 4＝5，则数列{a n }的前5项和S 5＝( ) A ．7 B ．15 C ．20 D ．25(2)已知等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若a n b n ＝5n ＋102n ＋1，则S 7T 7＝________．【解析】：(1)S 5＝a 1＋a 52×5＝a 2＋a 42×5＝15.答案：B(2)S 7T 7＝7（a 1＋a 7）27（b 1＋b 7）2＝a 1＋a 7b 1＋b 7＝2a 42b 4＝5×4＋102×4＋1＝103.答案：103【例3】：在等差数列{a n }中，其前n 项和为S n ，若S 10＝S 15，求S 25的值．【解析】： ∵S 10＝S 15，∴S 15－S 10＝a 11＋a 12＋a 13＋a 14＋a 15＝0.又∵a 11＋a 15＝a 12＋a 14＝2a 13，∴5a 13＝0，即a 13＝0， ∴S 25＝25（a 1＋a 25）2＝25·a 13＝0.【类型二】等差数列性质的应用【例1】：(1)已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，则使S n 取得最大值的n 是( )A ．18B ．19C ．20D ．21(2)在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．【解析】：(1)因为a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝105，所以a 3＝35.由a 2＋a 4＋a 6＝3a 4＝99，得a 4＝33，于是可得a 1＝39，d ＝－2，所以S n ＝－n 2＋40n .因此当n ＝20时，S n 取得最大值．答案：C(2)由题意可知，a 8>0且a 9<0，即7＋7d >0且7＋8d <0，所以871-<<-d . 答案：⎝⎛⎭⎫－1，－78 【例2】：设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝12，且S 12>0，S 13<0. (1)求公差d 的取值范围．(2)数列{a n }的前几项和最大？并说明理由．【解析】：(1)根据题意得⎩⎪⎨⎪⎧12a 1＋12×112d >0，13a 1＋13×122d <0，a 1＋2d ＝12，整理得⎩⎪⎨⎪⎧12a 1＋66d >0，13a 1＋78d <0，a 1＋2d ＝12，解得－247<d <－3.(2)由(1)知，d <0，∴a 1>a 2>a 3>…>a 12>a 13>…，而S 13＝13（a 1＋a 13）2＝13a 7<0，∴a 7<0.又S 12＝12（a 1＋a 12）2＝6(a 1＋a 12)＝6(a 6＋a 7)>0，∴a 6>0，∴数列{a n }的前6项和最大．【同步训练】【一级目标】基础巩固组一、选择题1．已知等差数列{a n }满足a 2＝3，a n －1＝17(n ≥2)，S n ＝100，则n 的值为( ) A ．10 B ．9 C ．8 D ．11【解析】∵{a n }为等差数列，∴S n ＝（a 1＋a n ）·n 2＝（a 2＋a n －1）·n2＝100⇒10n ＝100⇒n ＝10.答案：A.2．等差数列{a n }的前n 项和记为S n ，若a 2＋a 4＋a 15的值是一个确定的常数，则数列{a n }中也为常数的项是( )A ．S 7B ．S 8C ．S 13D ．S 15【解析】：设a 2＋a 4＋a 15＝p (常数)，∴3a 1＋18d ＝p ，解a 7＝13p .∴S 13＝13×(a 1＋a 13)2＝13a 7＝133p .答案：C3．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4≥10，S 5≤15，则a 4的最大值为( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5【解析】：a 5＝S 5－S 4≤5，S 5＝a 1＋a 2＋…＋a 5＝5a 3≤15，a 3≤3，则a 4＝a 3＋a 52≤4，a 4的最大值为4.答案：C4．已知数列{a n }为等差数列，若a 11a 10<－1，且它们的前n 项和S n 有最大值，则使S n >0的n 的最大值为( ) A ．11 B ．19C ．20 D ．21【解析】：∵a 11a 10<－1，且S n 有最大值， ∴a 10>0，a 11<0，且a 10＋a 11<0， ∴S 19＝19(a 1＋a 19)2＝19·a 10>0，S 20＝20(a 1＋a 20)2＝10(a 10＋a 11)<0. 所以使得S n >0的n 的最大值为19. 答案：B5．已知等差数列{a n }的前n 项和是S n ，则“－a m <a 1<－a m ＋1”是“S m >0，S m ＋1<0”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】：由等差数列的前n 项和公式可知，若a 1＋a n >0，则S n ＝n （a 1＋a n ）2>0，若S n ＝n （a 1＋a n ）2>0，则a 1＋a n >0.所以若－a m <a 1，即a 1＋a m >0，则S m ＝m （a 1＋a m ）2>0；若S m ＝m （a 1＋a m ）2>0，则a 1＋a m >0，即－a m <a 1.同理可知，若a 1<－a m ＋1，即a 1＋a m ＋1<0，则S m ＋1＝（m ＋1）（a 1＋a m ＋1）2<0，反之也成立．故选C.答案：C 二、填空题6．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和， a 12＝－8，S 9＝－9，则S 16＝________. 【解析】：S 9＝9a 5＝－9， ∴a 5＝－1，S 16＝8(a 5＋a 12)＝－72. 答案：-727．已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且A n B n ＝7n ＋45n ＋3，则a 6b 6＝________.【解析】：本题考查等差数列的基础知识，可直接由结论a n b n ＝A 2n －1B 2n －1求得。

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n 为 4024.
Sn 2n
an
3. 已知等差数列 { an} ， { bn} 的前 n 项和分别为 Sn，Tn，若 Tn＝ 3n＋ 1，则 bn＝ (
)
2
2n－ 1
A. 3
B. 3n－ 1
2n＋ 1 C.
3n＋ 1
2n－ 1 D.
3n＋ 4
答案 B
解析
2n－1
an 2an
2
＝＝
bn 2bn 2n－ 1
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2017 高考数学一轮复习第六章数列 6.2.2 等差数列的性质及应
用对点训练理
1．设 { an} 是等差数列．下列结论中正确的是 (
)
A．若 a1＋ a2>0，则 a2＋ a3>0
B．若 a1＋ a3<0，则 a1＋ a2<0
C．若 0<a1<a2，则 a2> a1a3
D．若 a1<0，则 ( a2－a1)( a2－ a3)>0
n 所以 Sn＝na1＋
n－1 2
× d＝2n2－ n＝2
1 n－ 4
2－
1 .
8
所以当 n＝ 1 时， Sn 最小，最小值为 S1＝ a1＝ 1.
(3) 由 (2) 知 Sn＝ 2n2－n，所以
Sn 2n2－ n bn＝ n＋ c＝ n＋ c ，
1
6
15
所以
b1＝
1
＋
c
，
b2
＝
2＋
c
，
b3＝
3
＋
. c
假设 a2012<0<a2013，则 d>0，而 a1>0，可得 a ＝ 2012 a1＋2011d>0，矛盾，故不可能．
∴ a2012>0， a2013<0.
4024 a1＋a4024
再根据 S ＝ 4024
2
＝2012( a ＋ 2012 a2013)>0 ，
而 S ＝ 4025 4025a2013<0，因此使前 n 项和 Sn>0 成立的最大自然数
7 答案－ 1，－ 8
a8>0，解析由题意知 d<0 且
a9<0，
7＋ 7d>0，即
7＋ 8d<0，
7 解得－ 1<d<－ 8.
7. 若等差数列 { an} 满足 a7＋ a8＋a9>0， a7＋a10<0，则当 n＝ ________时， { an} 的前 n 项和
最大．答案 8
解析根据题意知 a7＋ a8＋ a9＝3a8>0，即 a8>0. 又 a8＋ a9＝ a7＋a10<0，∴ a9<0，∴当 n＝ 8
答案 C
解析若 { an} 是递减的等差数列，则选项 A、B都不一定正确．若 { an} 为公差为 0 的等差
数列，则选项 D 不正确．对于 C选项，由条件可知 { an } 为公差不为 0 的正项数列，由等差中
a1＋ a3
a1＋ a3
项的性质得 a2＝ 2 ，由基本不等式得
2 > a1a3，所以 C 正确．
因为数列 { bn} 是等差数列，Βιβλιοθήκη 所以 2b2＝ b1＋ b3，
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6
1
15
即 2＋ c×2＝ 1＋c＋ 3＋ c，
所以 2c2＋ c＝ 0，
1 所以 c＝－ 2或 c＝ 0( 舍去 ) ，
1 故 c＝－ 2.
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2
a1＋ a2n－1 b1＋ b2n－1
S2n－1 2 2n－ 1
2n－ 1
＝＝
＝
. 故选 B.
T2n－1 3 2n－ 1 ＋ 1 3n－ 1
4．在等差数列 { an} 中，若 a3＋ a4＋ a5＋ a6＋a7＝ 25，则 a2 ＋a8＝ ________. 答案 10 解析由 a3＋ a4＋ a5＋ a6＋ a7＝ 25，得 5a5＝ 25，所以 a5 ＝5，故 a2＋ a8＝ 2a5＝ 10. 5．中位数为 1010 的一组数构成等差数列，其末项为 2015，则该数列的首项为 ________．
2．在等差数列 { an} 中， a1>0， a ＋ 2012 a2013>0，a · 2012 a2013<0，则使 Sn>0 成立的最大自然数
n是( )
A． 4025 B ． 4024
C． 4023 D ． 4022
答案 B
解析 ∵等差数列 { an} 的首项 a1>0， a ＋ 2012 a2013>0， a · 2012 a2013<0，
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答案 5 解析设等差数列的首项为 a1，根据等差数列的性质可得， a1＋ 2015＝2×1010，解得 a1 ＝ 5. 6．在等差数列 { an} 中， a1＝ 7，公差为 d，前 n 项和为 Sn，当且仅当 n＝ 8 时 Sn取得最大值，则 d 的取值范围为 ________．
时， { an} 的前 n 项和最大．
8．已知公差大于零的等差数列 { an } 的前 n 项和为 Sn，且满足 a3· a4＝117， a2＋ a5 ＝22.
(1) 求通项 an；
(2) 求 Sn 的最小值；
Sn (3) 若数列 { bn} 是等差数列，且 bn＝ n＋ c，求非零常数 c.
解 (1) 因为数列 { an} 为等差数列，
所以 a3＋a4＝ a2＋ a5＝ 22. 又 a3· a4＝117，所以 a3，a4 是方程 x2－22x＋ 117＝ 0 的两实根，
又公差 d>0，所以 a3<a4，所以 a3＝ 9， a4＝ 13，
a1＋ 2d＝ 9，所以
a1＋ 3d＝ 13，
a1＝ 1，所以
d＝ 4.
所以通项 an＝ 4n－3. (2) 由 (1) 知 a1＝ 1，d＝ 4.