2020版新学优数学同步北师大必修五课件：第一章 数列1.2.1.2
新学优数学同步北师大必修五精练：第一章 数列1.2.2.1
2.2 等差数列的前n 项和第1课时 等差数列的前n 项和课后篇巩固探究A 组1.设S n 是等差数列{a n }的前n 项和,已知a 2=3,a 6=11,则S 7等于( )A.13B.35C.49D.63解析:S 7=7(a 1+a 7)2=7(a 2+a 6)2=7×(3+11)2=49. 答案:C2.设S n 是等差数列{a n }的前n 项和,S 5=10,则a 3的值为 ( )A.6B.1C.2D.3解析:∵S 5=5(a 1+a 5)2=5a 3, ∴a 3=1S 5=1×10=2.答案:C3.已知数列{a n }的通项公式为a n =2n-37,则S n 取最小值时n 的值为( ) A.17B.18C.19D.20解析:由{a n ≤0,a n+1≥0,得{2n -37≤0,2(n +1)-37≥0,∴352≤n ≤372.∵n ∈N +,∴n=18.∴S 18最小,此时n=18.答案:B4.等差数列{a n }的前n 项和为S n (n=1,2,3,…),若当首项a 1和公差d 变化时,a 5+a 8+a 11是一个定值,则下列选项中为定值的是( ) A.S 17B.S 18C.S 15D.S 14解析:由a 5+a 8+a 11=3a 8是定值,可知a 8是定值,所以S 15=15(a 1+a 15)2=15a 8是定值. 答案:C5.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a11b 11的值是( )A.74B.32C.43D.7871解析:因为a nb n=A 2n -1B 2n -1=7(2n -1)+14(2n -1)+27=14n -68n+23, 所以a 11b 11=14×11-68×11+23=148111=43.答案:C6.已知{a n }是等差数列,S n 为其前n 项和,n ∈N +.若a 3=16,S 20=20,则S 10的值为 . 解析:设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d.∵a 3=a 1+2d=16,S 20=20a 1+20×192d=20, ∴{a 1+2d =16,2a 1+19d =2,解得d=-2,a 1=20,∴S 10=10a 1+10×92d=200-90=110. 答案:1107.在等差数列{a n }中,前n 项和为S n ,若a 9=3a 5,则S17S 9= .解析:S 17=17a 9,S 9=9a 5,于是S17S 9=17a99a 5=179×3=173.答案:178.已知某等差数列共有10项,其奇数项之和为15,偶数项之和为30,则其公差等于 . 解析:设公差为d ,则有5d=S 偶-S 奇=30-15=15,于是d=3. 答案:39.若等差数列{a n }的公差d<0,且a 2·a 4=12,a 2+a 4=8. (1)求数列{a n }的首项a 1和公差d ; (2)求数列{a n }的前10项和S 10的值.解(1)由题意知(a 1+d )(a 1+3d )=12,(a 1+d )+(a 1+3d )=8,且d<0,解得a 1=8,d=-2.(2)S 10=10×a 1+10×92d=-10.10.导学号33194010已知数列{a n }是首项为23,公差为整数的等差数列,且前6项均为正,从第7项开始变为负. 求:(1)此等差数列的公差d ; (2)设前n 项和为S n ,求S n 的最大值; (3)当S n 是正数时,求n 的最大值.解(1)∵数列{a n }首项为23,前6项均为正,从第7项开始变为负,∴a 6=a 1+5d=23+5d>0,a 7=a 1+6d=23+6d<0,解得-235<d<-236,又d ∈Z ,∴d=-4.(2)∵d<0,∴{a n }是递减数列.又a 6>0,a 7<0,∴当n=6时,S n 取得最大值, 即S 6=6×23+6×52×(-4)=78. (3)S n =23n+n (n -1)2×(-4)>0,整理得n (25-2n )>0,∴0<n<252,又n ∈N +,∴n 的最大值为12.B 组1.设数列{a n }为等差数列,公差d=-2,S n 为其前n 项和,若S 10=S 11,则a 1=( ) A.18B.20C.22D.24解析:因为S 11-S 10=a 11=0,a 11=a 1+10d=a 1+10×(-2)=0,所以a 1=20. 答案:B2.(2017全国1高考)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若a 4+a 5=24,S 6=48,则{a n }的公差为( ) A .1B .2C .4D .8解析:设首项为a 1,公差为d ,则a 4+a 5=a 1+3d+a 1+4d=24,S 6=6a 1+6×52d=48,联立可得{2a 1+7d =24,①6a 1+15d =48,②①×3-②,得(21-15)d=24,即6d=24,所以d=4.答案:C3.等差数列{a n }的前n 项和记为S n ,若a 2+a 4+a 15的值为一个确定的常数,则下列各数中也是常数的是( ) A.S 7B.S 8C.S 13D.S 15解析:∵a 2+a 4+a 15=3a 1+18d=3(a 1+6d )=3a 7为常数,∴S 13=13(a 1+a 13)2=13a 7为常数. 答案:C4.导学号33194011若等差数列{a n }的通项公式是a n =1-2n ,其前n 项和为S n ,则数列{S n n}的前11项和为 ( )A.-45B.-50C.-55D.-66解析:∵S n =(a 1+a n )n 2,∴S nn=a 1+a n2=-n , ∴{Snn }的前11项和为-(1+2+3+…+11)=-66.故选D .答案:D5.已知等差数列{a n }前9项的和等于前4项的和.若a 1=1,a k +a 4=0,则k= . 解析:设等差数列{a n }的公差为d ,则a n =1+(n-1)d ,∵S 4=S 9,∴a 5+a 6+a 7+a 8+a 9=0. ∴a 7=0,∴1+6d=0,d=-1.又a 4=1+3×(-16)=12,a k =1+(k-1)d ,由a k +a 4=0,得1+1+(k-1)d=0,将d=-1代入,可得k=10. 答案:106.已知数列{a n }为等差数列,其前n 项和为S n ,且1+a11a 10<0.若S n 存在最大值,则满足S n >0的n 的最大值为 .解析:因为S n 有最大值,所以数列{a n }单调递减,又a11a 10<-1,所以a 10>0,a 11<0,且a 10+a 11<0.所以S 19=19×a 1+a 192=19a 10>0,S 20=20×a 1+a202=10(a 10+a 11)<0, 故满足S n >0的n 的最大值为19. 答案:19 7.导学号33194012在等差数列{a n }中,a 1=-60,a 17=-12,求数列{|a n |}的前n 项和.解数列{a n }的公差d=a 17-a 117-1=-12-(-60)17-1=3, ∴a n =a 1+(n-1)d=-60+(n-1)×3=3n-63.由a n <0得3n-63<0, 解得n<21.∴数列{a n }的前20项是负数,第20项以后的项都为非负数.设S n ,S n '分别表示数列{a n }和{|a n |}的前n 项和,当n ≤20时,S n '=-S n =-[-60n +n (n -1)2×3]=-32n 2+1232n ; 当n>20时,S n '=-S 20+(S n -S 20)=S n -2S 20=-60n+n (n -1)2×3-2×(-60×20+20×192×3)=32n 2-1232n+1 260.∴数列{|a n |}的前n 项和S n '={-32n 2+1232n (n ≤20),32n 2-1232n +1 260(n >20).8.导学号33194013设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 5+a 13=34,S 3=9.(1)求数列{a n }的通项公式及前n 项和公式;(2)设数列{b n }的通项公式为b n =ana n+t ,问:是否存在正整数t ,使得b 1,b 2,b m (m ≥3,m ∈N )成等差数列?若存在,求出t 和m 的值;若不存在,请说明理由. 解(1)设等差数列{a n }的公差为d ,因为a 5+a 13=34,S 3=9,所以{a 1+4d +a 1+12d =34,a 1+a 1+d +a 1+2d =9,整理得{a 1+8d =17,a 1+d =3,解得{a 1=1,d =2.所以a n =1+(n-1)×2=2n-1, S n =n×1+n (n -1)2×2=n 2. (2)由(1)知b n =2n -12n -1+t, 所以b 1=11+t ,b 2=33+t ,b m =2m -12m -1+t. 若b 1,b 2,b m (m ≥3,m ∈N )成等差数列, 则2b 2=b 1+b m , 所以63+t=11+t +2m -12m -1+t, 即6(1+t )(2m-1+t )=(3+t )(2m-1+t )+(2m-1)(1+t )(3+t ), 整理得(m-3)t 2-(m+1)t=0,因为t 是正整数,所以(m-3)t-(m+1)=0,m=3时显然不成立,所以t=m+1m -3=m -3+4m -3=1+4m -3. 又因为m ≥3,m ∈N , 所以m=4或5或7,当m=4时,t=5;当m=5时,t=3;当m=7时,t=2.所以存在正整数t,使得b1,b2,b m(m≥3,m∈N)成等差数列.由Ruize收集整理。
新版高中数学北师大版必修5课件：第一章数列 1.2.2.2
①当n为奇数时,
S
奇-S
偶=a1+
������-1 2
������
=
������������+1(中间项),
2
Sn=n·������������+1(项数与中间项的积),
������奇 ������偶
=
2
������ + 1 ������-1
(项数加
1
比项数减
1);
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∴
������������ ������������
=
+1
25-2(������-1) ≥ 0, = 25-2������ ≤ 0,
得
������ ≤ 13.5, ������ ≥ 12.5,
即 12.5≤n≤13.5.
∵n∈N+,∴当 n=13 时,Sn 取得最大值,
S13=13×25+
13×(13-1) 2
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1.等差数列前n项和的性质
(1)在等差数列{an}中,每m项的和 a1+a2+…+am,am+1+am+2+…+a2m,a2m+1+a2m+2+…+a3m,…仍为等差 数列,即Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…仍为等差数列.
(2)在等差数列{an}中,公差为d,S奇表示奇数项的和,S偶表示偶数 项的和,
是等差数列.
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新版高中数学北师大版必修5课件：第一章数列 1.2.2.1
解析:a8=S8-S7=82-72=15. 答案:A
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【做一做1-2】 数列{an}的前n项和Sn=n2-n+1,则数列{an}的通项
公式为
.
解析:∵Sn=n2-n+1,
且 ������������ ������������
=
7������ + 2 ������ + 3
,
求
������5 ������5
的值.
分析:利用等差数列的性质与等差数列前n项和的推导方法倒序
相加.
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(2)若Sn=242,求n.
分析:(1)由 a10=30,a20=50,列出关于 a1,d 的方程组,可得 an;(2)由
Sn=na1+������(���2���-1)d,列出关于 n 的方程,求出 n 即可.
解:(1)设数列{an}的首项为
a1,公差为
d,则
������1 ������1
+ +
91���9���������==305,0,解得
∴当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-n+1-(n-1)2+(n-1)-1=2n-2;
当n=1时,a1=S1=1,不符合上式.
∴an=
1,������ = 1, 2������-2,������ ≥ 2.
答案:an=
1,������ = 1, 2������-2,������ ≥ 2
北师大版高中数学必修五第一章《数列》整合课件
-1-
本章整合
列表法 表示方法 解析法 图像法 ������������ 与������������ 的关系 ������������ = 概念 项数 分类 项的大小 ������1 ������������ -������������ -1 (������ = 1) (������ ≥ 2) 通项公式 递推公式
知识建构
综合应用
真题放送
应用3已知数列{an},a1=2,an=2an-1-1(n≥2),求通项公式an. 解:an=2an-1-1=2(2an-2-1)-1 =22an-2-2-1 =22(2an-3-1)-2-1 =23an-3-22-2-1 =… =2n-1a1-2n-2-2n-3-…-22-2-1 =2n-(2n-2+2n-3+…+22+2+1)
������1 (1-������������ ) ������1 -������������ ������ = (������ ≠ 1) 1-������ 1-������
������������ = ������������1 (������ = 1)
-2-
本章整合
专题一 专题二
知识建构
综合应用
-3-
本章整合
专题一 专题二
知识建构
综合应用
真题放送
应用 1
1 在数列{an}中,a1=1,an+1= an+1(n∈N+),求 an. 2
提示:已知递推关系an+1=kan+b求通项,用辅助数列求解的步骤: ①设an+1+λ=k(an+λ),②与已知式比较,求出λ,③由辅助数列{an+λ} 是等比数列即可得解.
高中数学北师大版必修5同步课件第1章 数 列 §1 第2课时
在直角坐标系中图像如下：
[方法总结]
(1)列表法不必通过计算就能知道两个变量间
的对应关系，比较直观，但它只能表示有限个元素之间的对应 关系；(2)数列an＝3n－1的图像是函数y＝3x－1(x>0)上的无穷多个 孤立的点．
已知数列 {an} 的通项公式为 an ＝ 2n － 1 ，作出该数列的图
确定数列{an}的增减性．
[ 证明]
n2 对于任意 n∈N＋，由公式 an＝ 2 ，有 n ＋1
n＋12 n2 1 an ＋ 1 － an ＝ － 2 ＝ [1 － ] － (1 － 2 2 n＋1 ＋1 n ＋1 n＋1 ＋1 1 ) n2＋1 ＝ 1 n2＋1 － 1 n＋12＋1 ＝ n＋12－n2 n2＋1[n＋12＋1] ＝
[解析] 因 为 an
＋
1
2n＋1 2n － an ＝ － ＝ 3n＋1＋1 3n＋1
2 >0，所以 an＋1>an，故该数列是递增数列． 3n＋43n＋1
5 ． 已 知 数 列 的 通 项 公 式 为 an ＝ － 4n ＋ 10 ， 则 数 列 是 ______数列．(填递增或递减) [答案] 递减 [解析] ∵an＋1－an＝－4(n＋1)＋10－[－4n＋10]＝－4<0. ∴an＋1<an，∴数列为递减数列．
)
[ 答案]
C
[ 解析]
1 1 1 数列 1，3，32，33，…是无穷数列，但它不是递增
π 2π 3π 4π 数列，而是递减数列；数列 sin13，sin13，sin13，sin13，…是 无穷数列，但它既不是递增数列，又不是递减数列；数列－1， 1 1 1 －2， －3， －4， …是无穷数列， 也是递增数列； 数列 1,2,3,4， …， 30 是递增数列，但不是无穷数列．
新版高中数学北师大版必修5课件：第一章数列 1.2.1.2
∵a79=a59+20d, ∴a79=100+20×2=140.
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【变式训练1】 在-1与7之间顺次插入三个数a,b,c,使这五个数成 等差数列,求这个数列.
解:∵-1,a,b,c,7成等差数列, ∴b是-1与7的等差中项,a是-1与b的等差中项,c是b与7的等差中项,
第2课时 等差数列的性质及应用
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1.体会等差数列与一次函数的关系,能够运用一次函数的性质解 决等差数列问题.
2.掌握等差中项的定义,能够运用定义解决有关问题. 3.掌握等差数列性质的应用及实际应用.
数列为递减数列. (2)d=������������������--���1���1 = ������������������--������������������(m,n,k∈N+). (3)an=am+(n-m)d(m,n∈N+). (4)若 m+n=p+q(m,n,p,q∈N+),则 am+an=ap+aq. (5)若������2+������=k,则 am+an=2ak(m,n,k∈N+). (6)若数列{an}是有穷等差数列,则与首末两项等距离的两项之和
新版高中数学北师大版必修5课件：第一章数列 1.3.1.2
,
记为a1=1−
1 ������
;
第二次取出纯酒精
1-
1 ������
·1 L,
再加水后,浓度为
1-
1 ������
������-1 ������
=
1-
1 ������
2
,
记为 a2=
1-
1 ������
2
;……
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数列
1 ������������
是公比为1������的等比数列;
数列{|an|}是公比为|q|的等比数列; 若数列{bn}是公比为q'的等比数列,则数列{anbn}是公比为qq'的 等比数列.
(4)在数列{an}中每隔k(k∈N+)项取出一项,按原来的顺序组成新 数列,则新数列仍为等比数列且公比为qk+1.
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1.等比中项 如果在a与b中间插入一个数G,使得a,G,b成等比数列,那么G叫作
a与b的等比中项.根据等比数列的定义，������������ = ������������,G2=ab,G=± ������������.
【做一做1-1】 已知等比数列{an},a2 015=a2 017=-1,则a2 016等于 ( ).
1-
������ ������
10
·a%.
答案:C
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高一数学优质课件：第一章 数列§1 1.2 数列的函数特性 北师大版 必修五
1.数列的概念是什么. 2.数列的通项公式的含义是什么.
由上节课的学习我们知道数列可以看作定义域为正 整数集N+(或它的有限子集)的函数，当自变量从小到大依 次取值时，该函数对应的一列函数值就是这个数列.
而数列的通项公式就类似于函数的解析式，因此研 究数列的性质我们就可以借助数列的通项公式，而且数 列的表示形式也和函数一样，有多种表示方法，下面来 看几个例子.
an+1<an,那么这个数列叫作递减数列. 如果数列{an}的各项都相等，那么这个数列叫作常数列.
例3 判断下列无穷数列的增减性.
（1）2,1,0，1,,3 n,
(2) 1 , 2 , 3 ,, n , 2 3 4 n1
解 (1)设an 3 n，那么
an1 3 (n 1) 2 n,
2 (1)n ; 5
(3)an
n
1
(1)n (n 2
1)
解：(1)an1
an
n 1 n2
n n 1
(n 1)2 (n 2)n (n 1)(n 2)
(n
1 1)(n
2)
,
an1 an 0 ，所以数列{an} 为递增数列.
（2）方法1：
例4 作出数列 1 , 1 , 1 , 1 ,, ( 1 )n , 的图像，
并分析数列的增减性.2 4 8 16
2
an
1
2
1
●
41
3ห้องสมุดไป่ตู้
5
●
O
2
4 ●n
●
1 4
1
●
2
图4
2020版新学优数学同步北师大必修五精练：第一章 数列1.2.2.2 Word版含解析
第2课时a n与S n的关系及裂项求和法课后篇巩固探究A组1.已知数列{a n}的前n项和S n=,则a5的值等于()A. B.- C. D.-解析:a5=S5-S4==-.答案:B2.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,a5=5,S5=15,则数列的前100项和为()A. B. C. D.解析:∵S5==15,∴a1=1,∴d=----=1,∴a n=1+(n-1)×1=n,∴.设的前n项和为T n,则T100=+…+=1-+…+=1-.答案:A3.设{a n}(n∈N+)是等差数列,S n是其前n项和,且S5<S6,S6=S7>S8,则下列结论错误的是()A.d<0B.a7=0C.S9>S5D.S6和S7均为S n的最大值解析:由S5<S6得a1+a2+…+a5<a1+a2+…+a5+a6,∴a6>0.又S6=S7,∴a1+a2+…+a6=a1+a2+…+a6+a7,∴a7=0,故B正确;同理由S7>S8,得a8<0,又d=a7-a6<0,故A正确;由C选项中S9>S5,即a6+a7+a8+a9>0,可得2(a7+a8)>0.而由a7=0,a8<0,知2(a7+a8)>0不可能成立,故C错误;∵S5<S6,S6=S7>S8,∴S6与S7均为S n的最大值,故D正确.故选C.答案:C的前n项和S n为()4.数列-A.B.C.D.解析:-,-于是S n=---…-.答案:C5.设函数f(x)满足f(n+1)=(n∈N+),且f(1)=2,则f(20)为()A.95B.97C.105D.192解析:∵f(n+1)=f(n)+,∴f(n+1)-f(n)=.∴f(2)-f(1)=,f(3)-f(2)=,……f(20)-f(19)=,∴f(20)-f(1)= (95)又f(1)=2,∴f(20)=97.答案:B6.已知数列{a n}的前n项和S n=n2-9n,第k项满足5<a k<8,则k=.解析:a n=S n-S n-1=(n2-9n)-[(n-1)2-9(n-1)]=2n-10(n≥2 ,又a1=S1=-8符合上式,所以a n=2n-10.令5<2k-10<8,解得<k<9.又k∈N+,所以k=8.答案:87.设数列{a n}的前n项和为S n,S n=-,且a4=54,则a1=.解析:因为a4=S4-S3=--=27a1,所以27a1=54,解得a1=2.答案:2,…的前n项和S n=.8.数列1,,…,…解析:因为…==2-,所以S n=1++…+=…2---…-=2-.答案:9.正项数列{a n}满足-(2n-1)a n-2n=0.(1)求数列{a n}的通项公式a n;(2)令b n=,求数列{b n}的前n项和T n.解(1)由-(2n-1)a n-2n=0,得(a n-2n)(a n+1)=0,即a n=2n或a n=-1,由于{a n}是正项数列,故a n=2n.(2)由(1)知a n=2n,所以b n=-,故T n=--…--.10.导学号33194014已知等差数列{a n}的前n项和为S n,n∈N+,且a3+a6=4,S5=-5.(1)求a n;(2)若T n=|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|,求T5的值和T n的表达式.解(1)设{a n}的首项为a1,公差为d,易由a3+a6=4,S5=-5得出a1=-5,d=2.∴a n=2n-7.(2)当n≥4时,a n=2n-7>0;当n≤3时,a n=2n-7<0,∴T5=-(a1+a2+a3)+a4+a5=13.当1≤n≤3时,T n=-(a1+a2+…+a n)=-n2+6n;当n≥4时,T n=-(a1+a2+a3)+a4+a5+…+a n=n2-6n+18.综上所述,T n=-,,-,B组1.若等差数列{a n}的通项公式为a n=2n+1,则由b n=…所确定的数列{b n}的前n项之和是()A.n(n+2)B.n(n+4)C.n(n+5)D.n(n+6)解析:由题意知a1+a2+…+a n==n(n+2),∴b n==n+2.于是数列{b n}的前n项和S n=n(n+5).答案:C2.已知一个等差数列共n项,且其前四项之和为21,末四项之和为67,前n项和为286,则项数n为()A.24B.26C.25D.28解析:设该等差数列为{a n},由题意,得a1+a2+a3+a4=21,a n+a n-1+a n-2+a n-3=67,又a1+a n=a2+a n-1=a3+a n-2=a4+a n-3,∴4(a1+a n)=21+67=88,∴a1+a n=22.∴S n==11n=286,∴n=26.答案:B3.已知数列{a n}满足a1=1,a n=a n-1+2n(n≥2 ,则a7=()A.53B.54C.55D.109解析:∵a n=a n-1+2n,∴a n-a n-1=2n.∴a2-a1=4,a3-a2=6,a4-a3=8,…,a n-a n-1=2n(n≥2 .∴a n=1+4+6+…+2n=1+-=n2+n-1.∴a7=72+7-1=55.答案:C4.已知数列{a n}为,…,+…+,…,如果b n=,那么数列{b n}的前n项和S n为()A. B. C. D.解析:∵a n=…,∴b n==4-,∴S n=4--…---=4-.答案:B5.已知数列{a n}的前n项和为S n=n2+n+1,则a n=.解析:当n=1时,a1=S1=3;当n≥2时,a n=S n-S n-1=n2+n+1-[(n-1)2+(n-1)+1]=2n.此时,当n=1时,2n=2≠3.,所以a n=,答案:6.导学号33194015设S n 是等差数列{a n }的前n 项和,已知S 6=36,S n =324,若S n-6=144(n>6),则数列的项数n 为 .解析:由题意可知… ,- … - - ,①②由①+②,得(a 1+a n )+(a 2+a n-1)+…+(a 6+a n-5)=216,∴6(a 1+a n )=216,∴a 1+a n =36.∴S n ==18n=324,∴n=18. 答案:187.设数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,a n =+2(n-1)(n ∈N +).(1)求证:数列{a n }为等差数列,并求a n 与S n ;(2)是否存在自然数n ,使得S 1+ +…+-(n-1)2=2 019?若存在,求出n 的值;若不存在,请说明理由.(1)证明由a n =+2(n-1),得S n =na n -2n (n-1)(n ∈N +).当n ≥2时,a n =S n -S n-1=na n -(n-1)a n-1-4(n-1),即a n -a n-1=4, 故数列{a n }是以1为首项,4为公差的等差数列. 于是,a n =4n-3,S n ==2n 2-n. (2)解存在自然数n 使得S 1++…+-(n-1)2=2 019成立.理由如下:由(1),得=2n-1(n ∈N +),所以S 1+ +…+-(n-1)2=1+3+5+7+…+(2n-1)-(n-1)2=n 2-(n-1)2=2n-1.令2n-1=2 019,得n=1 010,所以存在满足条件的自然数n 为1 010. 8.导学号33194016数列{a n }的前n 项和S n =100n-n 2(n ∈N +).(1)求证{a n }是等差数列;(2)设b n =|a n |,求数列{b n }的前n 项和. (1)证明a n =S n -S n-1=(100n-n 2)-[100(n-1)-(n-1)2] =101-2n (n ≥2 .∵a 1=S 1=100×1-12=99=101-2×1,∴数列{a n }的通项公式为a n =101-2n (n ∈N +).又a n+1-a n=-2为常数,∴数列{a n}是首项a1=99,公差d=-2的等差数列.(2)解令a n=101-2n≥0,得n≤50.5.∵n∈N+,∴n≤50 n∈N+).①当1≤n≤50时a n>0,此时b n=|a n|=a n,∴{b n}的前n项和S n'=100n-n2;②当n≥51时a n<0,此时b n=|a n|=-a n,由b51+b52+…+b n=-(a51+a52+…+a n)=-(S n-S50)=S50-S n,得数列{b n}的前n项和为S n'=S50+(S50-S n)=2S50-S n=2×2 500-(100n-n2)=5 000-100n+n2.由①②得数列{b n}的前n项和为S n'=-,且∈ , -,且∈。
2020版新学优数学同步北师大必修五精练：第一章 数列1.2.1.1 Word版含解析
§2等差数列2.1等差数列第1课时等差数列的定义和通项公式课后篇巩固探究1.若{a n}是等差数列,则下列数列中也成等差数列的是()A.{}B.C.{3a n}D.{|a n|}解析:设{a n}的公差为d,则3a n+1-3a n=3(a n+1-a n)=3d是常数,故{3a n}一定成等差数列.{},,{|a n|}都不一定是等差数列,例如当{a n}为{3,1,-1,-3}时.答案:C2.在等差数列{a n}中,a1+a5=10,a4=7,则数列{a n}的公差为()A.1B.2C.3D.4解析:∵a1+a5=10=a1+a1+4d=2(a1+2d)=2a3,∴a3=5.故d=a4-a3=7-5=2.答案:B3.已知{a n}是首项a1=2,公差为d=3的等差数列,若a n=2 018,则序号n等于()A.670B.671C.672D.673解析:∵a1=2,d=3,∴a n=2+3(n-1)=3n-1.令3n-1=2 018,解得n=673.答案:D4.等差数列{a n}中,a1=8,a5=2,如果在每相邻两项间各插入一个数,使之成为新的等差数列,那么新的等差数列的公差是()A. B.- C.- D.-1解析:设新数列a1,b1,a2,b2,a3,b3,a4,b4,a5,…,公差为d,则a5=a1+8d,所以d=--=-=-.故选B.答案:B5.已知点(n,a n)(n∈N+)都在直线3x-y-24=0上,则在数列{a n}中有()A.a7+a9>0B.a7+a9<0C.a7+a9=0D.a7·a9=0解析:∵(n,a n)在直线3x-y-24=0,∴a n=3n-24.∴a7=3×7-24=-3,a9=3×9-24=3,∴a7+a9=0.答案:C6.在等差数列{a n}中,若a1=7,a7=1,则a5=.答案:37.在等差数列{a n}中,已知a5=10,a12>31,则公差d的取值范围是.解析:设此数列的首项为a1,公差为d,由已知得①②②-①,得7d>21,所以d>3.答案:d>38.在数列{a n}中,a1=3,且对任意大于1的正整数n,点(-)在直线x-y-=0上,则数列{a n}的通项公式为a n=.解析:由题意知-(n≥2),∴{}是以为首项,以为公差的等差数列,∴+(n-1)d=(n-1)=n.∴a n=3n2.答案:3n29.已知数列{a n},{b n}满足是等差数列,且b n=n2,a2=5,a8=8,则a9=.解析:由题意得,因为是等差数列,所以可得该等差数列的公差d=-,所以=-,所以a9=-513.答案:-51310.如果在等差数列{3n-1}的每相邻两项之间插入三项后使它们构成一个新的等差数列,那么新数列的第29项是原数列的第项.解析:设a n=3n-1,公差为d1,新数列为{b n},公差为d2,a1=2,b1=2,d1=a n-a n-1=3,d2=,则b n=2+(n-1)=n+,b29=23,令a n=23,即3n-1=23.故n=8.答案:811.若一个数列{a n}满足a n+a n-1=h,其中h为常数,n≥2且n∈N+,则称数列{a n}为等和数列,h为公和.已知等和数列{a n}中,a1=1,h=-3,则a2 016=.解析:易知a n=为奇数-为偶数∴a2 016=-4.答案:-412.已知a,b,c成等差数列,且它们的和为33,又lg(a-1),lg(b-5),lg(c-6)也构成等差数列,求a,b,c的值.解由已知,得---∴---解得a=4,b=11,c=18或a=13,b=11,c=9.13.导学号33194005已知无穷等差数列{a n},首项a1=3,公差d=-5,依次取出项的序号被4除余3的项组成数列{b n}.(1)求b1和b2;(2)求{b n}的通项公式;(3){b n}中的第110项是{a n}的第几项?解(1)∵a1=3,d=-5,∴a n=3+(n-1)(-5)=8-5n.∵数列{a n}中项的序号被4除余3的项依次是第3项,第7项,第11项,…,∴{b n}的首项b1=a3=-7,b2=a7=-27.(2)设{a n}中的第m项是{b n}的第n项,即b n=a m,则m=3+4(n-1)=4n-1,∴b n=a m=a4n-1=8-5(4n-1)=13-20n(n∈N+).∴{b n}的通项公式为b n=13-20n(n∈N+).(3)b110=13-20×110=-2 187,设它是{a n}中的第m项,则8-5m=-2 187,则m=439.14.导学号33194006已知数列{a n}满足a1=,且当n>1,n∈N+时,有---,设b n=,n∈N+.(1)求证:数列{b n}为等差数列.(2)试问a1a2是否是数列{a n}中的项?如果是,是第几项?如果不是,请说明理由.(1)证明当n>1,n∈N+时,-------2=2+--=4b n-b n-1=4,且b1==5.∴{b n}是等差数列,且公差为4,首项为5.(2)解由(1)知b n=b1+(n-1)d=5+4(n-1)=4n+1.∴a n=,n∈N+.∴a1=,a2=,∴a1a2=.令a n=,∴n=11,即a1a2=a11.∴a1a2是数列{a n}中的项,是第11项.。
2020版新学优数学同步北师大必修五课件：第一章 数列习题课1
探究一
探究二
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探究五
思想方法
反思感悟对于等差(等比)数列的基本运算要注意以下关键点: (1)基本量.
在等差(比)数列中,首项a1和公差d(公比q)是两个基本量. (2)解题思路.
①求公差d(公比q):常用公式an=am+(n-m)d(an=amqn-m); ②列方程组:当条件与结论的联系不明显时,常把条件转化为关
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探究五
思想方法
探究二 等差数列、等比数列性质的应用
【例2】 (1)等差数列{an}中,如果a1+a4+a7=39,a3+a6+a9=27,那
么数列{an}前9项的和为( )
A.297 B.144 C.99 D.66
(2)在等比数列{an}中,若 a3a5a7a9a11=243,则������������1921的值为(
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2.等差数列的常用性质
(1)通项公式的推广:an=am+(n-m)d(n,m∈N+). (2)若{an}为等差数列,且k+l=m+n(k,l,m,n∈N+),则ak+al=am+an. (3)若{an}是等差数列,公差为d,则{a2n}是等差数列,公差为2d. (4)若{an},{bn}是等差数列,则{pan+qbn}是等差数列. (5)若{an}是等差数列,则ak,ak+m,ak+2m,…(k,m∈N+)组成公差为md的 等差数列.
求的和.
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2020版新学优数学同步北师大必修五课件：第一章 数列1.3.2
.(
)
(3)若等比数列{an}的前n项和为Sn=3n+t,则t=-1. ( )
答案:(1)× (2)× (3)√
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探究二
探究三
思维辨析
探究一 等比数列前 n 项和公式的应用
【(例2)1在】等(比1){数an列}为{a等n}比中数,a1列+a,若n=a616+,aa23a=n1-10=,a142+8a,其6=前54n,求项a和4和为S5;
解题过程简化,常用的前n项和的性质是: (1)在等比数列{an}中,若项数为 2n(n∈N+),则������������偶 奇=q(公比);
(2)在等比数列{an}中,若Sm,S2m-Sm,S3m-S2m均不为0,则Sm,S2mSm,S3m-S2m成等比数列.运用此性质时,注意各项非零的要求及下标 和差的构造.
=a1b1+db1(q+q2+…+qn-1)-anb1qn,
∴当 q=1 时,Sn=b1(a1+a2+…+an)
=b1·������(������12+������������); 当 q≠1 时,Sn=������1������11-���-���������������������1������������+db1·������((11--���������������)���2-1).
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探究二 等比数列前 n 项和性质的应用
【例2】 (1)等比数列{an}共有2n项,其和为-240,且奇数项的和比
高中数学 第1章 数列同步课件 北师大版必修5
的前n项和Sn可以表示为
Sn=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn)
1 2n 1 2 1 2n
n
n2 2n1 2.
2
1 2
数列的求和 数列求和的技巧
数列求和是数列部分的重要内容，求和问题是很常见的 试题类型，对于等差数列、等比数列的求和主要是运用 求和公式，而非等差数列、非等比数列的求和问题，要 注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上， 转化为基本数列求和.常见的数列求和方法有如下几种类 型：
【规范解答】(1)设{an}的公差为d，{bn}的首项为b1，公比 为q，根据已知条件可得
a1 1 a1 b1 3 a2 b2 7 a1 d b1q
b1
2, d
2, q
2
a3 b3 13 a1 2d b1q2
an 2n 1, bn 2n
(2)公式法：数列符合等差数列或等比数列的定义，求通项
时，只需求出a1与d或a1与q，再代入公式an＝a1＋(n－1)d或 an＝a1·qn-1中即可. (3)利用an与Sn的关系：如果给出条件中是an与Sn的关系式， 可利用 aa1n＝＝SS1，n－nSn－11，n 2 进行求解，同时要注意能否合并. (4)构造新的等差数列或等比数列求通项公式：若从给出的
【例2】已知数列{an}为等差数列，且a1=1.{bn}为等比数列， 数列{an+bn}的前三项依次为3，7，13.求 (1)数列{an}，{bn}的通项公式； (2)数列{an+bn}的前n项和Sn. 【审题指导】根据已知条件设出等差数列的公差，等比数 列的首项和公比，然后根据条件列出方程组求解，在解决 第二问时可以考虑等差数列和等比数列分组求和即可.
2020版新学优数学同步北师大必修五精练：第一章 数列1.2.1.2 Word版含解析
第2课时等差数列的性质及应用课后篇巩固探究A组1.已知等差数列{a n}中,a7+a9=16,a4=1,则a12的值是()A.15B.30C.31D.64解析:∵{a n}是等差数列,∴a7+a9=a4+a12,∴a12=16-1=15.答案:A2.已知{a n}为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,则a20等于()A.-1B.1C.3D.7解析:∵a1+a3+a5=105,∴3a3=105,解得a3=35,同理由a2+a4+a6=99,得a4=33.∵d=a4-a3=33-35=-2,∴a20=a4+(20-4)d=33+16×(-2)=1.答案:B3.若{a n}是等差数列,则下列数列中仍为等差数列的有()①{a n+3}②{}③{a n+1-a n}④{2a n}⑤{2a n+n}A.1个B.2个C.3个D.4个解析:根据等差数列的定义判断,若{a n}是等差数列,则{a n+3},{a n+1-a n},{2a n},{2a n+n}均为等差数列,而{}不一定是等差数列.答案:D4.已知等差数列{a n}满足a1+a2+a3+…+a101=0,则有()A.a1+a101>0B.a2+a100<0C.a3+a100≤0D.a51=0解析:由题设a1+a2+a3+…+a101=101a51=0,得a51=0.答案:D5.若等差数列的前三项依次是x-1,x+1,2x+3,则其通项公式为()A.a n=2n-5B.a n=2n-3C.a n=2n-1D.a n=2n+1解析:∵x-1,x+1,2x+3是等差数列的前三项,∴2(x+1)=x-1+2x+3,解得x=0.∴a1=x-1=-1,a2=1,a3=3,∴d=2.∴a n=-1+2(n-1)=2n-3,故选B.答案:B6.在等差数列{a n}中,a1+a4+a7=39,a2+a5+a8=33,则a3+a6+a9=.解析:由等差数列的性质,得(a1+a4+a7)+(a3+a6+a9)=2(a2+a5+a8),即39+(a3+a6+a9)=2×33,故a3+a6+a9=66-39=27.答案:277.若lg 2,lg(2x-1),lg(2x+3)成等差数列,则x的值是.解析:由题意,知2lg(2x-1)=lg 2+lg(2x+3),则(2x-1)2=2(2x+3),即(2x)2-4·2x-5=0,∴(2x-5)(2x+1)=0,∴2x=5,∴x=log25.答案:log258.已知一个等差数列由三个数构成,这三个数之和为9,平方和为35,则这三个数构成的等差数列为.答案:1,3,5或5,3,19.在等差数列{a n}中,a1+a4+a7=15,a2a4a6=45,求数列{a n}的通项公式.解∵a1+a7=2a4=a2+a6,∴a1+a4+a7=3a4=15,∴a4=5,∴a2+a6=10,a2a6=9.∴a2,a6是方程x2-10x+9=0的两根.∴或=2,∴a n=2n-3.若a2=1,a6=9,则d=--=-2,∴a n=13-2n.若a2=9,a6=1,则d=--∴数列{a n}的通项公式为a n=2n-3或a n=13-2n.10.已知f(x)=x2-2x-3,等差数列{a n}中,a1=f(x-1),a2=-,a3=f(x),求:(1)x的值;(2)通项a n.解(1)由f(x)=x2-2x-3,得a1=f(x-1)=(x-1)2-2(x-1)-3=x2-4x,a3=x2-2x-3,又因为{a n}为等差数列,所以2a2=a1+a3,即-3=x2-4x+x2-2x-3,解得x=0或x=3.(2)当x=0时,a1=0,d=a2-a1=-,此时a n=a1+(n-1)d=-(n-1);当x=3时,a1=-3,d=a2-a1=,此时a n=a1+(n-1)d=(n-3).B组1.在数列{a n}中,若a2=2,a6=0,且数列是等差数列,则a4等于()A. B. C. D.解析:令b n=,则b2=,b6==1.由题意知{b n}是等差数列,∴b6-b2=(6-2)d=4d=,∴d=.∴b4=b2+2d=+2×.∵b4=,∴a4=.答案:A2.已知数列{a n}为等差数列,且a1+a7+a13=4π,则tan(a2+a12)的值为()A. B.± C.- D.-解析:∵{a n}为等差数列,∴a1+a7+a13=3a7=4π.∴a7=,tan(a2+a12)=tan 2a7=tan=-.答案:D3.《九章算术》“竹九节”问题:现有一根9节的竹子,自上而下各节的容积成等差数列,上面4节的容积共3升,下面3节的容积共4升,则第5节的容积为()A.1升B.升C.升D.升解析:设所构成的等差数列{a n}的首项为a1,公差为d,由题意得即解得所以a5=a1+4d=.答案:B4.导学号33194007在等差数列{a n}中,如果a2+a5+a8=9,那么关于x的方程x2+(a4+a6)x+10=0()A.无实根B.有两个相等实根C.有两个不等实根D.不能确定有无实根解析:∵a4+a6=a2+a8=2a5,即3a5=9,∴a5=3.又a4+a6=2a5=6,∴关于x的方程为x2+6x+10=0,则判别式Δ=62-4×10<0,∴无实数解.答案:A5.已知log a b,-1,log b a成等差数列,且a,b为关于x的方程x2-cx+d=0的两根,则d=.解析:由已知,得log a b+log b a=-2,即=-2,从而有(lg a+lg b)2=0,可得lg a=-lg b=lg,即ab=1.故由根与系数的关系得d=ab=1.答案:16.导学号33194008已知方程(x2-2x+m)(x2-2x+n)=0的四个根组成一个首项为的等差数列,则|m-n|=.解析:由题意设这4个根为+d,+2d,+3d.可得=2,∴d=.∴这4个根依次为.∴n=,m=或n=,m=.∴|m-n|=.答案:7.两个等差数列5,8,11,…和3,7,11,…都有100项,那么它们共有多少相同的项?解在数列{a n}中,a1=5,公差d1=8-5=3.∴a n=a1+(n-1)d1=3n+2.在数列{b n}中,b1=3,公差d2=7-3=4,∴b n=b1+(n-1)d2=4n-1.令a n=b m,则3n+2=4m-1,∴n=-1.∵m,n∈N+,∴m=3k(k∈N+),又解得0<m≤75.∴0<3k≤75,∴0<k≤25,∴k=1,2,3, (25)∴两个数列共有25个公共项.8.导学号33194009已知数列{a n}中,a1=,a n a n-1+1=2a n-1(n≥2,n∈N+).数列{b n}中,b n=-(n∈N+).(1)求证:{b n}是等差数列;(2)求数列{a n}的通项公式,并求其最大、最小项.(1)证明由a n a n-1+1=2a n-1,得a n a n-1-a n-1=a n-1-1,∴----=b n,又b n-1=--,∴b n-b n-1=-----=1(n≥2,n∈N+).∵b1=-=-,∴数列{b n}是以-为首项,1为公差的等差数列.(2)解由(1)知b n=n-3.5,又由b n=-得a n=1+=1+-.点(n,a n)在函数y=-+1的图像上.显然,在区间(3.5,+∞)上,y=-+1递减且y>1;在区间(0,3.5)上,y=-+1递减且y<1.因此,当n=4时,a n取得最大值3;当n=3时,a n取得最小值-1.。
2019-2020学年新培优同步北师大版高中数学必修五课件：第1章 1.2 数列的函数特性
题型三 综合应用
【例3】 已知函数f(x)=2x-2-x,数列{an}满足f(log2an)=-2n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求证:数列{an}是递减数列.
分析:建立关于 an 的一元二次方程,求解即可得通项公式;通过证
明
������������+1 ������������
<
1
即可证明数列{an}是递减数列.
an -7 -12 -15 -16 -15 -12 -7 0 9
描点:在平面直角坐标系中描出下列各点即得数列{an}的图像:
(1,-7),(2,-12),(3,-15),(4,-16),(5,-15),(6,-12),(7,-7),(8,0),(9,9),
题型一 题型二 题型三
图像如图所示.
题型四
函数f(x)=3
������-
10 3
2
−
97 3
在
-∞,
10 3
上是减少的,在
10 3
,
+
∞
上是增加的,且 n∈N+,所以当
n=3 时,{an}有最小项 a3=-32.
12345
1在数列{an}中,an=-2n,则{an}是( ). A.递增数列 B.递减数列
C.常数列
D.以上都不是
解析:an+1-an=-2(n+1)-(-2n)=-2<0,故{an}是递减数列. 答案:B
的增减性.
解:∵an=
������ ,
3������ +1
∴an+1=
������ +1 3(������ +1)+1
=
2020版新学优数学同步北师大必修五课件：第一章 数列1.3.1.1
答案:C
探究一
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反思感悟对于等比数列与等差数列的综合问题,一般先根据它们 的定义与通项公式,建立基本量的方程组求得基本量的值,再解决 其他问题.
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思维辨析
变式训练3 在数列{an}中,a1,a2,a3成等差数列,a2,a3,a4成等比数 列,a3,a4,a5的倒数成等差数列,那么a1,a3,a5( )
【例 3】已知等比数列{an}中,各项都是正数,且 a1,12a3,2a2 成等
差数列,则������������97++������������180=(
)
A.1+√2 B.1-√2
C.3+2√2 D.3-2√2 分析:设出公比,由 a1,12a3,2a2 成等差数列,列式可求出公比的值, 进而求得������������97++������������180的值. 解析:设等比数列{an}的公比为 q(q>0),
④1,12
,
1 4
,
1 8
,
1 16
A.1 B.2 C.3 D.4
(2)已知数列{an}的前n项和为 Sn,Sn=13(an-1)(n∈N+).
①求a1,a2;
②求证:数列{an}是等比数列.
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(1)答案:C
(2)解:①因为 Sn=13(an-1)(n∈N+),
解析:A选项不符合等比数列的定义,故不是等比数列;B选项不一定