【金榜方案】2015高考数学(理)一轮知能检测：第5章 第2节 等差数列及其前n项和
2015届高考数学(文)达标小测5-2等差数列及其前n项和Word版含答案
[A组基础演练·能力提升]一、选择题1．若数列{a n}的首项a1＝1，且a n＝a n－1＋2(n≥2)，则a7＝( )A．13 B．14C．15 D．17解析：∵a n＝a n－1＋2(n≥2)，∴a n－a n－1＝2，又∵a1＝1，∴数列{a n}是以1为首项，以2为公差的等差数列，故a7＝1＋2×(7－1)＝13.答案：A2．(2014年石家庄模拟)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a4＝15，S5＝55，则数列{a n}的公差是( )A.14B．4C．－4 D．－3解析：∵{a n}是等差数列，a4＝15，S5＝55，∴a1＋a5＝22，∴2a3＝22，a3＝11，∴公差d＝a4－a3＝4.答案：B3．(2014年沈阳质检)S n为等差数列{a n}的前n项和，a2＋a8＝6，则S9＝( )A.272B．27C．54 D．108解析：S 9＝a1＋a92＝a2＋a82＝27.答案：B4．(2014年北京东城模拟)已知{a n}为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，S n为{a n}的前n项和，n∈N*，则S10的值为( )A．－110 B．－90C．90 D．110解析：因为a7是a3与a9的等比中项，所以a27＝a3a9，又因为数列{a n}的公差为－2，所以(a1－12)2＝(a1－4)(a1－16)，解得a1＝20，通项公式为a n＝20＋ (n－1)×(－2)＝22－2n，所以S 10＝a1＋a102＝5×(20＋2)＝110，故选D.答案：D5．一个首项为23，公差为整数的等差数列，如果前6项均为正数，第7项起为负数，则它的公差为( )A ．－2B ．－3C ．－4D ．－6解析：设a n ＝23＋(n －1)d ，则a 6>0，a 7<0即⎩⎪⎨⎪⎧23＋5d >0，23＋6d <0解得－435<d <－356，又因为d ∈Z ，所以d ＝－4. 答案：C6．(2014年郑州模拟)把70个面包分五份给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的16是较小的两份之和，则最小的一份为( )A ．2B ．8C ．14D ．20解析：由题意知，中间一份为14，设该等差数列的公差为d (d >0)，则这五份分别是14－2d,14－d,14,14＋d,14＋2d .又16(14＋14＋d ＋14＋2d )＝14－2d ＋14－d ，解得d ＝6.故14－2d ＝2，选A. 答案：A 二、填空题7．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋a 4＋a 5＝12，则S 7的值为________． 解析：设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由a 3＋a 4＋a 5＝12得a 1＋2d ＋a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝12，即3a 1＋9d ＝12，化简得a 1＋3d ＝4，故S 7＝7a 1＋7×62d ＝7(a 1＋3d )＝7×4＝28.答案：288．(2014年浙江五校联考)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{a n }的公差为d ，由S 9＝S 4及a 1＝1，得9×1＋9×82d ＝4×1＋4×32d ，所以d ＝－16.又a k ＋a 4＝0，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋k －⎝ ⎛⎭⎪⎫－16＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋－⎝ ⎛⎭⎪⎫－16＝0，即k ＝10. 答案：109．已知数列{a n }是等差数列，且a 3＋a 9＝5，b n ＝2a n ，则b 5＋2b 7的最小值为________． 解析：由题意可得，数列{b n }是等比数列，且各项均为正数，故b 5＋2b 7≥2 2b 5b 7＝2 2·2a 52a 7＝2 2·2a 5＋a 7＝2 2·2a 3＋a 9＝16. 答案：16三、解答题10．(2013年高考四川卷)在等差数列{a n }中，a 1＋a 3＝8，且a 4为a 2和a 9的等比中项，求数列{a n }的首项、公差及前n 项和．解析：设该数列公差为d ，前n 项和为S n .由已知，可得 2a 1＋2d ＝8，(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋8d )． 所以，a 1＋d ＝4，d (d －3a 1)＝0，解得a 1＝4，d ＝0，或a 1＝1，d ＝3，即数列{a n }的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3.所以，数列的前n 项和S n ＝4n 或S n ＝3n 2－n2.11．已知等差数列{a n }中，a 5＝12，a 20＝－18. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{|a n |}的前n 项和S n .解析：(1)依题意⎩⎪⎨⎪⎧a 5＝a 1＋4d ＝12a 20＝a 1＋19d ＝－18，∴a 1＝20，d ＝－2，∴a n ＝20＋(n －1)(－2)＝－2n ＋22.(2)易知|a n |＝|－2n ＋22|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n ＋22，n ≤112n －22，n >11，∴n ≤11时，S n ＝20＋18＋…＋(－2n ＋22)＝n－2n ＋2＝(21－n )n ；n >11时，S n ＝S 11＋2＋4＋…＋(2n －22)＝110＋n －＋2n －2＝n 2－21n ＋220.综上所述，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n n ，n ≤11n 2－21n ＋220，n >11.12．(能力提升)已知a 2、a 5是方程x 2－12x ＋27＝0的两根，数列{a n }是公差为正数的等差数列，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＝1－12b n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }、{b n }的通项公式； (2)记c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和S n .解析：(1)∵x 2－12x ＋27＝(x －3)(x －9)＝0，又数列{a n }的公差d >0，∴a 2＝3，a 5＝9，∴d ＝a 5－a 23＝2，∴a n ＝2n －1.∵T n ＝1－12b n (n ∈N *)，∴b 1＝23.当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝12b n －1－12b n ，∴b n ＝13b n －1，∴b n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝23n .(2)由(1)知c n ＝(2n －1)·23n ＝4n －23n ，∴S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋332＋…＋2n －13n， ∴13S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋333＋…＋2n －13n ＋1，∴23S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤13＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋…＋13n －2n －13n ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫13－n ＋13n ＋1，∴S n ＝2－2n ＋23n .。
2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透：第5章 数列 第2节
[课堂练通考点]1．(2014·海淀质检)等差数列{a n }中，a 2＝3，a 3＋a 4＝9，则a 1a 6的值为( )A ．14B ．18C ．21D ．27解析：选A 依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，2a 1＋5d ＝9， 由此解得d ＝1，a 1＝2，a 6＝a 1＋5d ＝7，a 1a 6＝14.2．(2014·天津河西口模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 11－a 8＝3，S 11－S 8＝3，则使a n >0的最小正整数n 的值是( )A ．8B ．9C ．10D ．11解析：选C ∵a 11－a 8＝3d ＝3，∴d ＝1，∵S 11－S 8＝a 11＋a 10＋a 9＝3a 1＋27d ＝3，∴a 1＝－8，∴a n ＝－8＋(n －1)>0，解得n >9，因此使a n >0的最小正整数n 的值是10.3．已知数列{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，a 7－a 5＝4，a 11＝21，S k ＝9，则k ＝________. 解析：a 7－a 5＝2d ＝4，则d ＝2.a 1＝a 11－10d ＝21－20＝1，S k ＝k ＋k (k －1)2×2＝k 2＝9.又k ∈N *，故k ＝3. 答案：34．(2014·荆门调研)已知一等差数列的前四项和为124，后四项和为156，各项和为210，则此等差数列的项数是________．解析：设数列{a n }为该等差数列，依题意得a 1＋a n ＝124＋1564＝70. ∵S n ＝210，S n ＝n (a 1＋a n )2，∴210＝70n 2，∴n ＝6. 答案：65．(2013·深圳二模)各项均为正数的数列{a n }满足a 2n ＝4S n －2a n －1(n ∈N *)，其中S n 为{a n }的前n 项和．(1)求a 1，a 2的值；(2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)当n ＝1时，a 21＝4S 1－2a 1－1，即(a 1－1)2＝0，解得a 1＝1.当n ＝2时，a 22＝4S 2－2a 2－1＝4a 1＋2a 2－1＝3＋2a 2，解得a 2＝3或a 2＝－1(舍去)．(2)a 2n ＝4S n －2a n －1，①a 2n ＋1＝4S n ＋1－2a n ＋1－1.②②－①得：a 2n ＋1－a 2n ＝4a n ＋1－2a n ＋1＋2a n ＝2(a n ＋1＋a n )，即(a n ＋1－a n )(a n ＋1＋a n )＝2(a n ＋1＋a n )．∵数列{a n }各项均为正数，∴a n ＋1＋a n >0，a n ＋1－a n ＝2，∴数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列．∴a n ＝2n －1.[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题1．(2013·太原二模)设{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：选B 由S 10＝S 11，得a 1＋a 2＋…＋a 10＝a 1＋a 2＋…＋a 10＋a 11，即a 11＝0，所以a 1－2(11－1)＝0，解得a 1＝20.2．(2013·石家庄质检)已知等差数列{a n }满足a 2＝3，S n －S n －3＝51(n >3)，S n ＝100，则n 的值为( )A ．8B ．9C ．10D ．11解析：选C 由S n －S n －3＝51得，a n －2＋a n －1＋a n ＝51，所以a n －1＝17，又a 2＝3，S n ＝n (a 2＋a n －1)2＝100， 解得n ＝10.3．(2014·深圳调研)等差数列{a n }中，已知a 5>0，a 4＋a 7<0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为( )A ．S 7B ．S 6C ．S 5D ．S 4解析：选C ∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝a 5＋a 6<0，a 5>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5>0，a 6<0， ∴S n 的最大值为S 5.4．已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 10>0并且S 11＝0，若S n ≤S k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 构成的集合为( )A ．{5}B ．{6}C ．{5,6}D ．{7}解析：选C 在等差数列{a n }中，由S 10>0，S 11＝0得，S 10＝10(a 1＋a 10)2>0⇒a 1＋a 10>0⇒a 5＋a 6>0， S 11＝11(a 1＋a 11)2＝0⇒a 1＋a 11＝2a 6＝0， 故可知等差数列{a n }是递减数列且a 6＝0，所以S 5＝S 6≥S n ，其中n ∈N *，所以k ＝5或6.5．(2014·浙江省名校联考)已知每项均大于零的数列{a n }中，首项a 1＝1且前n 项和S n 满足S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1(n ∈N *且n ≥2)，则a 81＝( )A ．638B ．639C ．640D ．641解析：选C 由已知S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1可得，S n －S n －1＝2，∴{S n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故S n ＝2n －1，S n ＝(2n －1)2，∴a 81＝S 81－S 80＝1612－1592＝640.6．已知递增的等差数列{a n }满足a 1＝1，a 3＝a 22－4，则a n ＝________.解析：设等差数列的公差为d ，∵a 3＝a 22－4，∴1＋2d ＝(1＋d )2－4，解得d 2＝4，即d ＝±2.由于该数列为递增数列，故d ＝2.∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.答案：2n －17．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________．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.∴S2n－1＝2(2n－1)＝38，解得n＝10.答案：108．(2013·河南三市调研)设数列{a n}的通项公式为a n＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________.解析：由a n＝2n－10(n∈N*)知{a n}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n＝2n －10≥0得n≥5，∴当n≤5时，a n≤0，当n>5时，a n>0，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.答案：1309．已知数列{a n}的各项均为正数，前n项和为S n，且满足2S n＝a2n＋n－4(n∈N*)．(1)求证：数列{a n}为等差数列；(2)求数列{a n}的通项公式．解：(1)证明：当n＝1时，有2a1＝a21＋1－4，即a21－2a1－3＝0，解得a1＝3(a1＝－1舍去)．当n≥2时，有2S n－1＝a2n－1＋n－5，又2S n＝a2n＋n－4，两式相减得2a n＝a2n－a2n－1＋1，即a2n－2a n＋1＝a2n－1，也即(a n－1)2＝a2n－1，因此a n－1＝a n－1或a n－1＝－a n－1.若a n－1＝－a n－1，则a n＋a n－1＝1.而a1＝3，所以a2＝－2，这与数列{a n}的各项均为正数相矛盾，所以a n－1＝a n－1，即a n－a n－1＝1，因此数列{a n}为首项为3，公差为1的等差数列．(2)由(1)知a1＝3，d＝1，所以数列{a n}的通项公式a n ＝3＋(n －1)×1＝n ＋2，即a n ＝n ＋2.10．(2013·济南模拟)设同时满足条件：①b n ＋b n ＋22≤b n ＋1(n ∈N *)；②b n ≤M (n ∈N *，M 是与n 无关的常数)的无穷数列{b n }叫“特界”数列．(1)若数列{a n }为等差数列，S n 是其前n 项和：a 3＝4，S 3＝18，求S n ；(2)判断(1)中的数列{S n }是否为“特界”数列，并说明理由． 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋2d ＝4，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝3a 1＋3d ＝18，解得a 1＝8，d ＝－2，∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－n 2＋9n . (2){S n }是“特界”数列，理由如下：由S n ＋S n ＋22－S n ＋1＝(S n ＋2－S n ＋1)－(S n ＋1－S n )2 ＝a n ＋2－a n ＋12＝d 2＝－1<0， 得S n ＋S n ＋22<S n ＋1，故数列{S n }适合条件①. 而S n ＝－n 2＋9n ＝－⎝⎛⎭⎫n －922＋814(n ∈N *)， 则当n ＝4或5时，S n 有最大值20，即S n ≤20，故数列{S n }适合条件②.综上，数列{S n }是“特界”数列．第Ⅱ组：重点选做题1．数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝r ·a n ＋r (n ∈N *，r ∈R 且r ≠0)，则“r ＝1”是“数列{a n }为等差数列”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 解析：选A 当r ＝1时，易知数列{a n }为等差数列；由题意易知a 2＝2r ，a 3＝2r 2＋r ，当数列{a n }是等差数列时，a 2－a 1＝a 3－a 2，即2r －1＝2r 2－r ，解得r ＝12或r ＝1，故“r ＝1”是“数列{a n }为等差数列”的充分不必要条件．2．设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意自然数n 都有S n T n ＝2n －34n －3，则a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4的值为________．解析：∵{a n }，{b n }为等差数列，∴a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝a 92b 6＋a 32b 6＝a 9＋a 32b 6＝a 6b 6. ∵S 11T 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝2a 62b 6＝2×11－34×11－3＝1941，∴a 6b 6＝1941. 答案：1941。
第5章 第2节第二节 等差数列及其前n项和
主干回顾· 夯实基础
考点技法· 全面突破
学科素能· 增分宝典
课时跟踪检测
第五章 数 列
(2)解：由(1)得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1， 即an＋1－an＝2n－1. ∴an－an－1＝2(n－1)－1 ∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋„＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋ a1 ＝2[(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1] －(n－1)＋a1 nn－1 ＝2· －(n－1)＋a1＝n2－2n＋2 2 又a1＝1满足上式∴数列{an}的通项公式为an＝n2－2n＋2.
课时跟踪检测
第五章 数 列
5．在等差数列{an}中，2a3＋a9＝3，则数列{an}的前9项 和S9＝________.
解析：9 设数列{an}的公差为d，由2a3＋a9＝3可得3a1＋ a1＋a9· 9 2a5· 9 12d＝3，即a1＋4d＝a5＝1，得S9＝ ＝ 2 ＝9. 2
主干回顾· 夯实基础
(3)等差数列{an}的单调性是由公差d的符号决定的．(
(4)若某数列的前n项和公式是常数项不为0的二次函数， 则该数列不是等差数列，它从第2项起成等差数列．( π (5)若△ABC的角A、B、C成等差数列，则B＝3.( ) )
)
主干回顾· 夯实基础
考点技法· 全面突破
学科素能· 增分宝典
课时跟踪检测
主干回顾· 夯实基础
考点技法· 全面突破
学科素能· 增分宝典
课时跟踪检测
第五章 数 列
(2)解：结论：存在λ＝4满足题意． 由题设知a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1. 由(1)知，a3＝λ＋1. 令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4. 故an＋2－an＝4，
【创新设计】2015年高考数学(人教A版,理)一轮复习配套讲义：第5篇 第2讲 等差数列及其前n项和
第2讲 等差数列及其前n 项和[最新考纲]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 梳 理1．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． 2．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 . 若等差数列{a n }的第m 项为a m ，则其第n 项a n 可以表示为a n ＝a m ＋(n －m )d . (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) 3．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，当m ＋n ＝p ＋q ，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＝nd2； 若n 为奇数，则S 奇－S 偶＝a 中(中间项)．4．等差数列与函数的关系(1)等差数列与一次函数的区别与联系(2)等差数列前n 项和公式可变形为S n ＝d 2n 2＋⎝ ⎭⎪⎫a 1－d 2n ，当d ≠0时，它是关于n的二次函数，它的图象是抛物线y ＝d 2x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2x 上横坐标为正整数的均匀分布的一群孤立的点．辨 析 感 悟1．对等差数列概念的理解(1)若一个数列从第2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)等差数列的公差是相邻两项的差．(×)(3)(教材习题改编)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．(×)2．等差数列的通项公式与前n 项和(4)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.(√) (5)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．(√)(6)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数．(×) 3．等差数列性质的活用(7)(2013·广东卷改编)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝10，则3a 5＋a 7＝20.(√)(8)(2013·辽宁卷改编)已知关于d ＞0的等差数列{a n }，则数列{a n }，{na n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ，{a n ＋3nd }都是递增数列．(×)[感悟·提升]一点注意 等差数列概念中的“从第2项起”与“同一个常数”的重要性，如(1)、(2)．等差数列与函数的区别 一是当公差d ≠0时，等差数列的通项公式是n 的一次函数，当公差d ＝0时，a n 为常数，如(3)；二是公差不为0的等差数列的前n 项和公式是n 的二次函数，且常数项为0；三是等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的，如(8)中若a n ＝3n －12，则满足已知，但na n ＝3n 2－12n 并非递增；若a n ＝n ＋1，则满足已知，但a n n ＝1＋1n 是递减数列；设a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋m ，则a n ＋3nd ＝4dn ＋m 是递增数列.学生用书第82页考点一 等差数列的基本量的求解【例1】 在等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值． 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d . 由a 1＝1，a 3＝－3，可得1＋2d ＝－3.解得d ＝－2.从而，a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n . (2)由(1)可知a n ＝3－2n . 所以S n ＝n [1＋(3－2n )]2＝2n －n 2.进而由S k ＝－35可得2k －k 2＝－35. 即k 2－2k －35＝0，解得k ＝7或－5. 又k ∈N *，故k ＝7为所求．规律方法 (1)等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．(2)数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．【训练1】 (1)(2013·浙江五校联考)已知等差数列{a n }满足a 2＋a 4＝4，a 3＋a 5＝10，则它的前10项的和S 10＝( )．A ．85B ．135C ．95D ．23(2)(2013·新课标全国Ⅰ卷)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 解析 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 则⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋4d ＝4，2a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3. ∴S 10＝10×(－4)＋10×92×3＝95.(2)法一 ∵S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3， ∴a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，∴公差d ＝a m ＋1－a m ＝1，由S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝na 1＋n (n －1)2， 得⎩⎪⎨⎪⎧ma 1＋m (m －1)2＝0， ①(m －1)a 1＋(m －1)(m －2)2＝－2， ②由①得a 1＝1－m2，代入②可得m ＝5.法二 ∵数列{a n }为等差数列，且前n 项和为S n ，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列．∴S m －1m －1＋S m ＋1m ＋1＝2S m m ，即－2m －1＋3m ＋1＝0， 解得m ＝5.经检验为原方程的解．故选C. 答案 (1)C (2)C考点二 等差数列的判定与证明【例2】 (2014·梅州调研改编)若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．审题路线 (1)利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为关于S n 与S n －1的式子⇒同除S n ·S n－1⇒利用定义证明⇒得出结论．(2)由(1)求1S n ⇒再求S n ⇒再代入条件a n ＝－2S n S n －1，求a n ⇒验证n ＝1的情况⇒得出结论．(1)证明 当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0， 得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n －1S n －1＝2，又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列．(2)解 由(1)可得1S n ＝2n ，∴S n ＝12n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12(n －1)＝n －1－n 2n (n －1)＝－12n (n －1).当n ＝1时，a 1＝12不适合上式． 故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.规律方法 证明一个数列是否为等差数列的基本方法有两种：一是定义法，证明a n －a n －1＝d (n ≥2，d 为常数)；二是等差中项法，证明2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.若证明一个数列不是等差数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法． 【训练2】 已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋3n ＋1－2n .设b n ＝a n －2n3n .证明：数列{b n }为等差数列，并求{a n }的通项公式．证明 ∵b n ＋1－b n ＝a n ＋1－2n ＋13n ＋1－a n －2n 3n ＝3a n ＋3n ＋1－2n －2n ＋13n ＋1－3a n －3·2n3n ＋1＝1，∴{b n }为等差数列，又b 1＝a 1－23＝0. ∴b n ＝n －1，∴a n ＝(n －1)·3n ＋2n .学生用书第83页【例3】 (1)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝( )． A ．－6 B ．－4 C ．－2 D ．2(2)在等差数列{a n }中，前m 项的和为30，前2m 项的和为100，则前3m 项的和为________．解析 (1)S 8＝4a 3⇒8(a 1＋a 8)2＝4a 3⇒a 3＋a 6＝a 3，∴a 6＝0，∴d ＝－2，∴a 9＝a 7＋2d＝－2－4＝－6.(2)记数列{a n }的前n 项和为S n ，由等差数列前n 项和的性质知S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 成等差数列，则2(S 2m －S m )＝S m ＋(S 3m －S 2m )，又S m ＝30，S 2m ＝100，S 2m －S m ＝100－30＝70，所以S 3m －S 2m ＝2(S 2m －S m )－S m ＝110，所以S 3m ＝110＋100＝210.答案 (1)A (2)210规律方法 巧妙运用等差数列的性质，可化繁为简；若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设中间三项为a －d ，a ，a ＋d ；若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设中间两项为a －d ，a ＋d ，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．【训练3】 (1)在等差数列{a n }中．若共有n 项，且前四项之和为21，后四项之和为67，前n 项和S n ＝286，则n ＝________.(2)已知等差数列{a n }中，S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9＝________.解析 (1)依题意知a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝21，a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＝67.由等差数列的性质知a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n －2＝a 4＋a n －3，∴4(a 1＋a n )＝88，∴a 1＋a n ＝22.又S n ＝n (a 1＋a n )2，即286＝n ×222，∴n ＝26. (2)∵{a n }为等差数列，∴S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等差数列， ∴2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)． ∴a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6 ＝2(S 6－S 3)－S 3 ＝2(36－9)－9＝45. 答案 (1)26 (2)451．等差数列的判断方法(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (d 是常数)⇔{a n }是等差数列． (2)等差中项法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列． (3)通项公式：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数)⇔{a n }是等差数列． (4)前n 项和公式：S n ＝An 2＋Bn (A 、B 为常数)⇔{a n }是等差数列．2．方程思想和化归思想：在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为a 1和d 等基本量，通过建立方程(组)获得解．方法优化4——整体代入法(整体相消法)在数列解题中的应用【典例】 (1)(2012·辽宁卷)在等差数列{a n }中，已知a 4＋a 8＝16，则该数列前11项和S 11＝( )．A ．58B ．88C ．143D ．176(2)(2013·北京卷)若等比数列{a n }满足：a 2＋a 4＝20，a 3＋a 5＝40，则公比q ＝________；前n 项和S n ＝________.[一般解法] (1)设数列{a n }的公差为d ，则a 4＋a 8＝16，即a 1＋3d ＋a 1＋7d ＝16，即a 1＝8－5d ，所以S 11＝11a 1＋11×102d ＝11(8－5d )＋55d ＝88－55d ＋55d ＝88.(2)由a 2＋a 4＝20，a 3＋a 5＝40，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＋a 1q 4＝40，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1q (1＋q 2)＝20，a 1q 2(1＋q 2)＝40，解得q ＝2，a 1＝2，∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.[优美解法] (1)由a 1＋a 11＝a 4＋a 8＝16，得 S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11(a 4＋a 8)2＝11×162＝88.(2)由已知，得a 3＋a 5a 2＋a 4＝q (a 2＋a 4)a 2＋a 4＝q ＝2，又a 1＝2，所以S n ＝a 1(1－q n )1－q＝2n ＋1－2.[反思感悟] 整体代入法是一种重要的解题方法和技巧，简化了解题过程，节省了时间，这就要求学生要掌握公式，理解其结构特征． 【自主体验】在等差数列{a n }中，已知S n ＝m ，S m ＝n (m ≠n )，则S m ＋n ＝________. 解析 设{a n }的公差为d ，则由S n ＝m ，S m ＝n ，得⎩⎨⎧S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝m ，S m＝ma 1＋m (m －1)2d ＝n .①②②－①得(m －n )a 1＋(m －n )(m ＋n －1)2·d ＝n －m ，∵m ≠n ，∴a 1＋m ＋n －12d ＝－1.∴S m ＋n ＝(m ＋n )a 1＋(m ＋n )(m ＋n －1)2d＝(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋m ＋n －12d ＝－(m ＋n )．答案 －(m ＋n )对应学生用书P287基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．(2013·温州二模)记S n 为等差数列{a n }前n 项和，若S 33－S 22＝1，则其公差d ＝( )．A.12 B ．2 C ．3 D ．4 解析 由S 33－S 22＝1，得a 1＋a 2＋a 33－a 1＋a 22＝1，即a 1＋d －⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋d 2＝1，∴d ＝2. 答案 B2．(2014·潍坊期末考试)在等差数列{a n }中，a 5＋a 6＋a 7＝15，那么a 3＋a 4＋…＋a 9等于( )．A ．21B ．30C ．35D ．40解析 由题意得3a 6＝15，a 6＝5.所以a 3＋a 4＋…＋a 9＝7a 6＝7×5＝35. 答案 C3．(2013·揭阳二模)在等差数列{a n }中，首项a 1＝0，公差d ≠0，若a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9，则m 的值为( )． A ．37 B ．36 C ．20 D ．19解析 由a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9，得(m －1)d ＝9a 5＝36d ⇒m ＝37. 答案 A4．(2014·郑州模拟){a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，已知a 7＝5，S 7＝21，则S 10＝( )．A ．40B ．35C ．30D ．28解析 设公差为d ，则由已知得S 7＝7(a 1＋a 7)2，即21＝7(a 1＋5)2，解得a 1＝1，所以a 7＝a 1＋6d ，所以d ＝23.所以S 10＝10a 1＋10×92d ＝10＋10×92×23＝40. 答案 A5．(2013·淄博二模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 13＝S 13＝13，则a 1＝( )． A ．－14 B ．－13 C ．－12 D ．－11解析 在等差数列中，S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13，所以a 1＋a 13＝2，即a 1＝2－a 13＝2－13＝－11.答案 D二、填空题6．(2013·肇庆二模)在等差数列{a n }中，a 15＝33，a 25＝66，则a 35＝________. 解析 a 25－a 15＝10d ＝66－33＝33，∴a 35＝a 25＋10d ＝66＋33＝99.答案 997．(2014·成都模拟)已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，前三项之和S 3＝9，则{a n }的通项a n ＝________.解析 由a 1＝1，S 3＝9，得a 1＋a 2＋a 3＝9，即3a 1＋3d ＝9，解得d ＝2，∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.答案 2n －18．(2013·浙江五校联考)若等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若a 2∶a 3＝5∶2，则S 3∶S 5＝________.解析 S 3S 5＝3(a 1＋a 3)5(a 1＋a 5)＝3a 25a 3＝35×52＝32. 答案 3∶2三、解答题9．已知等差数列{a n }的公差d ＝1，前n 项和为S n .(1)若1，a 1，a 3成等比数列，求a 1；(2)若S 5＞a 1a 9，求a 1的取值范围．解 (1)因为数列{a n }的公差d ＝1，且1，a 1，a 3成等比数列，所以a 21＝1×(a 1＋2)，即a 21－a 1－2＝0，解得a 1＝－1或2.(2)因为数列{a n }的公差d ＝1，且S 5＞a 1a 9，所以5a 1＋10＞a 21＋8a 1，即a 21＋3a 1－10＜0，解得－5＜a 1＜2.故a 1的取值范围是(－5,2)．10．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＝S n 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＋S 22＋S 33＋…＋S n n －(n －1)2＝2 015？若存在，求出n 的值；若不存在，请说明理由．证明 (1)由a n ＝S n 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 ＝(a 1＋a n )n 2＝2n 2－n (n ∈N *)． (2)由(1)，得S n n ＝2n －1(n ∈N *)，又S 1＋S 22＋S 33＋…＋S n n －(n －1)2＝1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)－(n －1)2＝n 2－(n －1)2＝2n －1.令2n －1＝2 015，得n ＝1 008，即存在满足条件的自然数n ＝1 008.能力提升题组(建议用时：25分钟)一、选择题1．(2014·咸阳模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 4＝40，S n ＝210，S n －4＝130，则n ＝( )．A ．12B ．14C ．16D ．18解析 S n －S n －4＝a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＝80，S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝40，所以4(a 1＋a n )＝120，a 1＋a n ＝30，由S n ＝n (a 1＋a n )2＝210，得n ＝14.答案 B2．等差数列{a n}的前n项和为S n，已知a1＝13，S3＝S11，当S n最大时，n的值是()．A．5 B．6 C．7 D．8解析法一由S3＝S11，得a4＋a5＋…＋a11＝0，根据等差数列的性质，可得a7＋a8＝0，根据首项等于13可推知这个数列递减，从而得到a7＞0，a8＜0，故n ＝7时，S n最大．法二由S3＝S11，可得3a1＋3d＝11a1＋55d，把a1＝13代入，得d＝－2，故S n ＝13n－n(n－1)＝－n2＋14n，根据二次函数的性质，知当n＝7时，S n最大．法三根据a1＝13，S3＝S11，则这个数列的公差不等于零，且这个数列的和先是单调递增然后又单调递减，根据公差不为零的等差数列的前n项和是关于n的二次函数，以及二次函数图象的对称性，得只有当n＝3＋112＝7时，S n取得最大值．答案 C二、填空题3．(2014·九江一模)正项数列{a n}满足：a1＝1，a2＝2,2a2n＝a2n＋1＋a2n－1(n∈N*，n≥2)，则a7＝________.解析因为2a2n＝a2n＋1＋a2n－1(n∈N*，n≥2)，所以数列{a2n}是以a21＝1为首项，以d＝a22－a21＝4－1＝3为公差的等差数列，所以a2n＝1＋3(n－1)＝3n－2，所以a n＝3n－2，n≥1.所以a7＝3×7－2＝19.答案19三、解答题4．(2013·西安模拟)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a3·a4＝117，a2＋a5＝22.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝S n n ＋c，是否存在非零实数c 使得{b n }为等差数列？若存在，求出c 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 ，且d ＞0，由等差数列的性质，得a 2＋a 5＝a 3＋a 4＝22，所以a 3，a 4是关于x 的方程x 2－22x ＋117＝0的解，所以a 3＝9，a 4＝13，易知a 1＝1，d ＝4，故通项为a n ＝1＋(n －1)×4＝4n －3.(2)由(1)知S n ＝n (1＋4n －3)2＝2n 2－n ，所以b n ＝S n n ＋c ＝2n 2－n n ＋c. 法一 所以b 1＝11＋c ，b 2＝62＋c ，b 3＝153＋c(c ≠0)． 令2b 2＝b 1＋b 3，解得c ＝－12.当c ＝－12时，b n ＝2n 2－n n －12＝2n ，当n ≥2时，b n －b n －1＝2.故当c ＝－12时，数列{b n }为等差数列．法二 由b n ＝S n n ＋c ＝n (1＋4n －3)2n ＋c ＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12n ＋c， ∵c ≠0，∴可令c ＝－12，得到b n ＝2n .∵b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－2n ＝2(n ∈N *)，∴数列{b n }是公差为2的等差数列．即存在一个非零常数c ＝－12，使数列{b n }也为等差数列.学生用书第84页。
【金榜方案】2015高考数学(理)一轮知能检测：第9章 第3节 导数的应用(2)
第三节 导数的应用(二)[全盘巩固]1．已知f(x)＝14x2＋sin ⎝⎛⎭⎫π2＋x ，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(x)的图象是( )解析：选A f(x)＝14x2＋sin ⎝⎛⎭⎫π2＋x ＝14x2＋cos x ，f′(x)＝12x －sin x.易知该函数为奇函数，所以排除B 、D.当x ＝π6时，f′⎝⎛⎭⎫π6＝12×π6－sin π6＝π12－12<0，可排除C. 2．下面为函数f(x)＝xsin x ＋cos x 的递增区间的是( ) A.⎝⎛⎭⎫π2，3π2 B ．(π，2π) C.⎝⎛⎭⎫3π2，5π2 D ．(2π，3π) 解析：选C f′(x)＝sin x ＋xcos x －sin x ＝xcos x ，当x ∈⎝⎛⎭⎫3π2，5π2时，恒有f′(x)>0. 3．已知函数f(x)＝12x3－x2－72x ，则f(－a2)与f(－1)的大小关系为( )A ．f(－a2)≤f(－1)B ．f(－a2)<f(－1)C ．f(－a2)≥f(－1)D ．f(－a2)与f(－1)的大小关系不确定解析：选A 由题意可得f′(x)＝32x2－2x －72，令f′(x)＝12(3x －7)(x ＋1)＝0，得x ＝－1或x ＝73.当x<－1时，f′(x)>0，f(x)为增函数；当－1<x<73时，f′(x)<0，f(x)为减函数．所以f(－1)是函数f(x)在(－∞，0]上的最大值，又因为－a2≤0，所以f(－a2)≤f(－1)． 4．(2014·青岛模拟)若函数y ＝aex ＋3x(x ∈R ，a ∈R)，有大于零的极值点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－3,0) B ．(－∞，－3) C.⎝⎛⎭⎫－13，＋∞ D.⎝⎛⎭⎫－∞，－13 解析：选A 由题可得y′＝aex ＋3，若函数在x ∈R 上有大于零的极值点，即y′＝aex ＋3＝0有正根，显然有a<0，此时x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－3a .由x>0，得参数a 的范围为a>－3.综上知，－3<a<0. 5．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)－f(x)≤0，对任意正数a ，b ，若a<b ，则必有( )A ．af(b)≤bf(a)B ．bf(a)≤af(b )C ．af(a)≤bf(b)D ．bf(b)≤af(a) 解析：选A 设函数F(x)＝x(x>0)，则F′(x)＝⎝⎛⎭⎫x′＝－x2.因为x>0，xf′(x)－f(x)≤0，所以F′(x)≤0，故函数F(x)在(0，＋∞)上为减函数．又0<a<b ，所以F(a)≥F(b)，即a≥b，则bf(a)≥af(b)．6．(2014·杭州模拟)已知定义在R 上的偶函数f(x)，f(1)＝0，当x>0时有－x2>0，则不等式xf(x)>0的解集为( )A ．{x|－1<x<0}B ．{x|x>1或－1<x<0}C ．{x|x>0}D ．{x|－1<x<1} 解析：选B 当x>0时有－x2>0，即⎝⎛⎭⎫x′>0，∴x 在(0，＋∞)上单调递增． ∵f(x)为R 上的偶函数，∴xf(x)为R 上的奇函数．∵xf(x)>0，∴x2x>0，∴x>0.∵x在(0，＋∞)上单调递增，且1＝0，∴当x>0时，若xf(x)>0，则x>1.又∵xf(x)为R 上的奇函数，∴当x<0时，若xf(x)>0，则－1<x<0. 综上，不等式的解集为{x|x>1或－1<x<0}．7．若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x －a 恰好有两个不同的零点，则a 的值为________． 解析：由题意得f′(x)＝6x2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2)，由f′(x)>0，得x<1或x>2，由f′(x)<0，得1<x<2，所以函数f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1)，f(2)，若欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点，则需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a ＝5或a ＝4.答案：5或48．已知函数f(x)＝－12x2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．解析：由题意知f′(x)＝－x ＋4－3x ＝－x2＋4x －3x＝－－－x，由f′(x)＝0，得函数f(x)的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f(x)在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t<1<t ＋1或t<3<t ＋1，得0<t<1或2<t<3. 答案：(0,1)∪(2,3)9．(2014·金华模拟)若函数f(x)＝13x3－a2x 满足：对于任意的x1，x2∈[0,1]都有|f(x1)－f(x2)|≤1恒成立，则a 的取值范围是________．解析：由题意得，在[0,1]内，f(x)max －f(x)min≤1.f′(x)＝x2－a2，则函数f(x)＝13x3－a2x 的极小值点是x ＝|a|.若|a|>1，则函数f(x)在[0,1]上单调递减，故只要f(0)－f(1)≤1，即只要a2≤43，即1<|a|≤233；若|a|≤1，此时f(x)min ＝f(|a|)＝13|a|3－a2|a|＝－23a2|a|，由于f(0)＝0，f(1)＝13－a2，故当|a|≤33时，f(x)max＝f(1)，此时只要13－a2＋23a2|a|≤1即可，即a2⎝⎛⎭⎫23|a|－1≤23，由于|a|≤33，故23|a|－1≤23×33－1<0，故此式成立；当33<|a|≤1时，此时f(x)max ＝f(0)，故只要23a2|a|≤1即可，此不等式显然成立．综上，a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－233，233.答案：⎣⎡⎦⎤－233，23310．已知函数f(x)＝ex(x2＋ax －a)，其中a 是常数．若存在实数k ，使得关于x 的方程f(x)＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，求k 的取值范围．解：令f′(x)＝ex[x2＋(a ＋2)x]＝0，解得x ＝－(a ＋2)或x ＝0.当－(a ＋2)≤0，即a≥－2时，在区间[0，＋∞)上， f′(x)≥0，所以f(x)是[0，＋∞)上的增函数，所以方程f(x)＝k 在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根．当－↘↗由上表可知函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值为f(－(a ＋2))＝a ＋4ea ＋2.因为函数f(x)是(0，－(a ＋2))上的减函数，(－(a ＋2)，＋∞)上的增函数，且当x≥－a 时，有f(x)≥e －a·(－a)>－a ，又f(0)＝－a.所以要使方程f(x)＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，k 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤a ＋4ea ＋2，－a .11．(2014·杭州模拟)天目山某景区为提高经济效益，现对某一景点进行改造升级，从而扩大内需，提高旅游增加值．经过市场调查，旅游增加值y 万元与投入x(x≥10)万元之间满足：y ＝f(x)＝ax2＋10150x －bln x10，a ，b 为常数．当x ＝10万元时，y ＝19.2万元；当x ＝20万元时，y ＝35.7万元．(参考数据：ln 2≈0.7，ln 3≈1.1，ln 5≈1.6) (1)求f(x)的解析式；(2)求该景点改造升级后旅游利润T(x)的最大值(利润＝旅游增加值－投入)．解：(1)由条件⎩⎨⎧a×102＋10150×10－bln 1＝19.2，a×202＋10150×20－bln 2＝35.7，解得a ＝－1100，b ＝1，则f(x)＝－x2100＋10150x －ln x10(x≥10)．(2)由T(x)＝f(x)－x ＝－x2100＋5150x －ln x10(x≥10)，得T′(x)＝－x 50＋5150－1x＝－－－50x.令T′(x)＝0，得x ＝1(舍)或x ＝50.当x ∈(10,50)时，T′(x)>0，因此T(x)在(10,50)上是增函数；当x ∈(50，＋∞)时，T′(x)<0，因此T(x)在(50，＋∞)上是减函数．则x ＝50为T(x)的极大值点，也是最大值点．即该景点改造升级后旅游利润T(x)的最大值为T(50)＝24.4万元．12．已知函数f(x)＝ax ＋ln x ， g(x)＝ex. (1)当a≤0时，求f(x)的单调区间；(2)若不等式g(x)<x －mx 有解，求实数m 的取值范围；(3)证明：当a ＝0时，|f(x)－g(x)|>2.解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝a ＋1x (x>0)，当a ＝0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，由f′(x)＝0，解得x ＝－1a，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－1a 时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞时，f′(0)<0，f(x)单调递减， 综上所述：当a ＝0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上单调递减．(2)由题意：ex<x －mx有解，即ex x<x －m 有解，因此只需m<x －ex x 在(0，＋∞)上有解即可．设h(x)＝x －ex x ，则h′(x)＝1－ex x －ex2x＝1－ex ⎝⎛⎭⎫x ＋12x ，因为x ＋12x ≥2 12＝2>1，且当x ∈(0，＋∞)时，ex>1，所以1－ex ⎝⎛⎭⎫x ＋12x <0，即h′(x)<0.故h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)<h(0)＝0，故实数m 的取值范围是(－∞，0)．(3)证明：当a ＝0时，f(x)＝ln x ，f(x)与g(x)的公共定义域为(0，＋∞)，|f(x)－g(x)|＝|ln x －ex|＝ex －ln x ＝ex －x －(ln x －x)，设m(x)＝ex －x ，x ∈(0，＋∞)． 因为m′(x)＝ex －1>0，所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增．故m(x)>m(0)＝1，又设n(x)＝ln x －x ，x ∈(0，＋∞)，则n′(x)＝1x －1，当x ∈(0,1)时，n′(x)>0，n(x)单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，n′(x)<0，n(x)单调递减，所以x ＝1为n(x)的最大值点， 即n(x)≤n(1)＝－1，故|f(x)－g(x)|＝m(x)－n(x)>1－(－1)＝2. [冲击名校]设函数f(x)＝ln x －ax ，g(x)＝ex －ax ，其中a 为实数．(1)若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a 的取值范围； (2)若g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论．解：(1)令f′(x)＝1x －a ＝1－ax x <0，考虑到f(x)的定义域为(0，＋∞)，故a>0，进而解得x>a －1，即f(x)在(a －1，＋∞)上是单调减函数．同理，f(x)在(0，a －1)上是单调增函数．由于f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a －1，＋∞)，从而a －1≤1，即a≥1. 令g′(x)＝ex －a ＝0，得x ＝ln a.当0<x<ln a 时，g′(x)<0；当x>ln a 时，g′(x)>0，所以x ＝ln a 是g(x)的极小值点．又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a>1，即a>e. 综上，a 的取值范围为(e ，＋∞)．(2)当a≤0时，g(x)必为单调增函数；当a>0时，令g′(x)＝ex －a>0，解得a<ex ，即x>ln a ，因为g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，类似(1)有ln a≤－1，即0<a≤e －1. 综合上述两种情况，有a≤e －1.(ⅰ)当a ＝0时，由f(1)＝0以及f′(x)＝1x>0，得f(x)存在唯一的零点．(ⅱ)当a<0时，由于f(ea)＝a －aea ＝a(1－ea)<0，f(1)＝－a>0，且函数f(x)在[ea,1]上的图象不间断，所以f(x)在(ea,1)上存在零点．另外，当x>0时，f′(x)＝1x －a>0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f(x)只有一个零点．(ⅲ)当0<a≤e －1时，令f′(x)＝1x －a ＝0，解得x ＝a －1.当0<x<a －1时，f′(x)>0，当x>a －1时，f′(x)<0，所以，x ＝a －1是f(x)的最大值点，且最大值为f(a －1)＝－ln a －1. ①当－ln a －1＝0，即a ＝e －1时， f(x)有一个零点x ＝e. ②当－ln a －1>0，即0<a<e －1时，f(x)有两个零点．实际上，对于0<a<e －1，由于f(e －1)＝－1－ae －1<0，f(a －1)>0，且函数f(x)在[e －1，a －1]上的图象不间断，所以f(x)在(e－1，a－1)上存在零点．另外，当x∈(0，a－1)时，f′(x)＝1x－a>0，故f(x)在(0，a－1)上是单调增函数，所以f(x)在(0，a－1)上只有一个零点．下面考虑f(x)在(a－1，＋∞)上的情况．先证f(ea－1)＝a(a－2－ea－1)<0.为此，我们要证明：当x>e 时，ex>x2.设h(x)＝ex－x2，则h′(x)＝ex－2x，再设l(x)＝h′(x)＝ex－2x，则l′(x)＝ex－2.当x>1时，l′(x)＝ex－2>e－2>0，所以l(x)＝h′(x)在(1，＋∞)上是单调增函数．故当x>2时，h′(x)＝ex－2x>h′(2)＝e2－4>0，从而h(x)在(2，＋∞)上是单调增函数，进而当x>e时，h(x)＝ex－x2>h(e)＝ee－e2>0，即当x>e时，ex>x2.当0<a<e－1，即a－1>e时，f(ea－1)＝a－1－aea－1＝a(a－2－ea－1)<0，又f(a －1)>0，且函数f(x)在[a－1，ea－1]上的图象不间断，所以f(x)在(a－1，ea－1)上存在零点．又当x>a－1时，f′(x)＝1x－a<0，故f(x)在(a－1，＋∞)上是单调减函数，所以f(x)在(a－1，＋∞)上只有一个零点．综合(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)，当a≤0或a＝e－1时，f(x)的零点个数为1，当0<a<e－1时，f(x)的零点个数为2.。
高三数学一轮复习 第五章第2课时知能演练轻松闯关 新人教版
1．设数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 6＝2且S 5＝30，则S 8等于( ) A ．31 B ．32 C ．33 D ．34解析：选B.由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝25a 1＋10d ＝30，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝263d ＝－43，所以S 8＝8a 1＋8×72d ＝32.2．(2011·高考大纲全国卷)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S k ＋2－S k ＝24，则k ＝( ) A ．8 B ．7 C ．6 D ．5解析：选 D.∵S k ＋2－S k ＝a k ＋1＋a k ＋2＝a 1＋kd ＋a 1＋(k ＋1)d ＝2a 1＋(2k ＋1)d ＝2×1＋(2k ＋1)×2＝4k ＋4＝24，∴k ＝5. 3．等差数列{a n }中，a 1＋a 4＋a 7＝39，a 3＋a 6＋a 9＝27，则数列{a n }的前9项和S 9等于________． 解析：∵a 1＋a 4＋a 7＝39，a 3＋a 6＋a 9＝27，∴3a 4＝39,3a 6＝27，∴a 4＝13，a 6＝9，则S 9＝92(a 1＋a 9)＝92(a 4＋a 6)＝92×(13＋9)＝99.答案：994．(2012·荆州质检)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n.若a 3，a 5分别为等差数列{b n }的第3项和第5项，试求数列{b n }的通项公式及前n 项和S n . 解：a 3＝8，a 5＝32，则b 3＝8，b 5＝32.设{b n }的公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧b 1＋2d ＝8，b 1＋4d ＝32.解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝－16.d ＝12.从而b n ＝－16＋12(n －1)＝12n －28.所以数列{b n }的前n 项和S n ＝n －16＋12n －282＝6n 2－22n .一、选择题1．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 8＝30，S 4＝7，则a 4的值等于( ) A.14 B.94 C.134 D.174解析：选C.由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧8a 1＋8×8－1d2＝304a 1＋4×4－1d2＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14d ＝1，故a 4＝a 1＋3＝134，故选C.2．已知数列{a n }为等差数列，其前n 项和为S n ，若a 4＋a 5＋a 6＝π4，则cos S 9的值为( )A.12B.22C ．－12D ．－22解析：选D.由等差数列的性质可知，a 4＋a 6＝2a 5，故a 5＝π12，所以S 9＝9a 1＋a 92＝9a 5＝9π12＝3π4，所以cos S 9＝cos 3π4＝－22，故选D. 3．若数列{a n }的前n 项和为S n ＝an 2＋n (a ∈R)，则下列关于数列{a n }的说法正确的是( ) A ．{a n }一定是等差数列B ．{a n }从第二项开始构成等差数列C ．a ≠0时，{a n }是等差数列D ．不能确定其是否为等差数列解析：选A.由等差数列的前n 项和公式S n ＝na 1＋n n －1d 2＝(a 1－d 2)n ＋d 2n 2可知，该数列{a n }一定是等差数列．4．在等差数列{a n }中，若S 4＝1，S 8＝4，则a 17＋a 18＋a 19＋a 20的值为( ) A ．9 B ．12 C ．16 D ．17解析：选A.S 4＝1，S 8－S 4＝3，而S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12，S 20－S 16成等差数列， 即各项为1,3,5,7,9，∴a 17＋a 18＋a 19＋a 20＝S 20－S 16＝9.故选A. 5．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 ．19 C ．20 D ．21解析：选B.∵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＝19a 1＋a 192＝19·a 10>0，S 20＝20a 1＋a 202＝10(a 10＋a 11)<0，故使得S n >0的n 的最大值为19. 二、填空题6．(2011·高考湖南卷)设S n 是等差数列{a n }(n ∈N *)的前n 项和，且a 1＝1，a 4＝7，则S 5＝________.解析：设等差数列的公差为d .由a 1＝1，a 4＝7，得3d ＝a 4－a 1＝6，故d ＝2，∴a 5＝9，S 5＝5a 1＋a 52＝25. 答案：257．(2011·高考广东卷)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 }的前n 项和为S n ，则S 9－S 4＝0，即a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝0,5a 7＝0，故a 7＝0.而a k ＋a 4＝0，故k ＝10. 答案：108．在数列{a n }中，若点(n ，a n )在经过点(5,3)的定直线l 上，则数列{a n }的前9项和S 9＝________.解析：∵点(n ，a n )在定直线l 上，∴数列{a n }为等差数列．∴a n ＝a 1＋(n －1)d . 将(5,3)代入，得3＝a 1＋4d ＝a 5.∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝3×9＝27.答案：27 三、解答题9．已知等差数列{a n }中，a 2＝8，前10项和S 10＝185.求数列{a n }的通项公式a n . 解：设数列{a n }的公差为d ， 因为a 2＝8，S 10＝185，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝810a 1＋10×92d ＝185，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝5d ＝3，所以a n ＝5＋(n －1)×3＝3n ＋2， 即a n ＝3n ＋2.10．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110. (1)求a 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项b n ＝S n n，证明数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n .解：(1)设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ，由已知有a ＋3a ＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2，所以S k ＝ka 1＋k k －12·d ＝2k ＋k k －12×2＝k 2＋k .由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10.(2)由(1)得S n ＝n 2＋2n 2＝n (n ＋1)，则b n ＝S nn＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{b n }是首项为2，公差为1的等差数列，所以T n ＝n 2＋n ＋12＝n n ＋32.11．(2012·金华联考)已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和S 4＝14，且a 1，a 3，a 7成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n 为数列{1a n a n ＋1}的前n 项和，若T n ≤λa n ＋1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的最小值．解：(1)设公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝14，a 1＋2d 2＝a 1a 1＋6d ，联立解得d ＝1或d ＝0(舍去)， ∴a 1＝2，故a n ＝n ＋1.(2)1a n a n ＋1＝1n ＋1n ＋2＝1n ＋1－1n ＋2，∴T n ＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n2n ＋2.∵T n ≤λa n ＋1，∴n2n＋2≤λ(n＋2)．∴λ≥n2n＋22.又n2n＋22＝12n＋4n＋4≤124＋4＝116.∴λ的最小值为116.。
【优化方案】2015年高考数学 第五章 第5课时 数列的综合应用知能演练轻松闯关 新人教A版
【优化方案】2015年高考数学 第五章 第5课时 数列的综合应用知能演练轻松闯关 新人教A 版[基础达标]1．(2014·某某某某一模)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 17为一确定常数，则下列各式也为确定常数的是( )A ．a 2＋a 15B ．a 2·a 15C ．a 2＋a 9＋a 16D ．a 2·a 9·a 16解析：选C ．因为S 17为一确定常数，根据公式可知，a 1＋a 17为一确定常数，又a 1＋a 17＝a 2＋a 16＝2a 9，∴a 2＋a 16＋a 9为一确定常数．2．若运载“神十”的改进型“长征二号”系列火箭在点火后某秒钟通过的路程为2 km ，此后每秒钟通过的路程增加2 km ，若从这一秒钟起通过240 km 的高度后，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间是( )A ．10秒钟B ．13秒钟C ．15秒钟D ．20秒钟解析：选C ．设从这一秒钟起，经过x 秒钟，通过240 km 的高度．由已知得每秒钟行驶的路程组成首项为2，公差为2的等差数列，故有2x ＋x （x －1）2×2＝240，即x 2＋x －240＝0，解得x ＝15或x ＝－16(舍去)．3．已知实数等比数列{a n }中，S n 是它的前n 项和．若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5等于( )A ．35B ．33C ．31D ．29解析：选C ．由a 2·a 3＝a 1·a 4＝2a 1，得a 4＝2.又a 4＋2a 7＝52，∴a 7＝14.设等比数列{a n }的公比为q ，则a 7＝a 4q 3，∴q 3＝18，∴q ＝12，a 1＝16，∴S 5＝16[1－（12）5]1－12＝31.4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝a n－1(a ≠0)，则数列{a n }( ) A ．一定是等差数列 B ．一定是等比数列C ．或者是等差数列，或者是等比数列D ．既不可能是等差数列，也不可能是等比数列解析：选C ．∵S n ＝a n－1(a ≠0)，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1S n －S n －1，n ≥2，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a －1，n ＝1（a －1）a n －1，n ≥2.当a ＝1时，a n ＝0，数列{a n }是一个常数列，也是等差数列；当a ≠1时，数列{a n }是一个等比数列．5．在如图所示的程序框图中，当输出T 的值最大时，n 的值等于( ) A ．6 B ．7 C ．6或7 D ．8解析：选C ．该程序框图的实质是输出以a 1＝64为首项，12为公比的等比数列{a n }的前n项的乘积T n ＝a 1a 2…a n (n ＝1，2，…，15)，由于a 7＝1，所以在T n (n ＝1，2，…，15)中，T 6＝T 7且最大．6．夏季山上的温度从山脚起，每升高100米，降低0.7 ℃，已知山顶处的温度是14.8 ℃，山脚处的温度为26 ℃，则此山相对于山脚处的高度是________米．解析：∵每升高100米温度降低0.7 ℃， ∴该处的温度变化是一个等差数列问题．山脚温度为首项a 1＝26，山顶温度为末项a n ＝14.8，d ＝－0.7.∴26＋(n －1)(－0.7)＝14.8，解之可得n ＝17，故此山相对于山脚处的高度为(17－1)×100＝1 600(米)．答案：1 600 7．在等比数列{a n }中，a n >0，且a 1·a 2·…·a 7·a 8＝16，则a 4＋a 5的最小值为________．解析：由等比数列性质得，a 1a 2…a 7a 8＝(a 4a 5)4＝16，又a n >0，∴a 4a 5＝2.再由基本不等式，得a 4＋a 5≥2a 4a 5＝2 2.∴a 4＋a 5的最小值为2 2.答案：2 28．设S n 是数列{a n }的前n 项和，若S 2n S n(n ∈N *)是非零常数，则称数列{a n }为“和等比数列”．若数列{2b n }是首项为2，公比为4的等比数列，则数列{b n }__________(填“是”或“不是”)“和等比数列”．解析：数列{2b n }是首项为2，公比为4的等比数列，所以2b n ＝2·4n －1＝22n －1，b n ＝2n －1.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n 2，T 2n ＝4n 2，所以T 2nT n＝4，因此数列{b n }是“和等比数列”．答案：是9．在正项数列{a n }中，a 1＝2，点A n (a n ，a n ＋1)在双曲线y 2－x 2＝1上，数列{b n }中，点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列．解：(1)由已知点A n 在y 2－x 2＝1上知，a n ＋1－a n ＝1， ∴数列{a n }是一个以2为首项，以1为公差的等差数列． ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋n －1＝n ＋1.(2)证明：∵点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，∴T n ＝－12b n ＋1.①∴T n －1＝－12b n －1＋1(n ≥2)，②①②两式相减得b n ＝－12b n ＋12b n －1(n ≥2)，∴32b n ＝12b n －1，∴b n ＝13b n －1. 令n ＝1，得b 1＝－12b 1＋1，∴b 1＝23.∴{b n }是一个以23为首项，13为公比的等比数列．10．某企业的资金每一年都比上一年分红后的资金增加一倍，并且每年年底固定给股东们分红500万元．该企业2010年年底分红后的资金为1 000万元．(1)求该企业2014年年底分红后的资金；(2)求该企业从哪一年开始年底分红后的资金超过32 500万元．解：设a n 为(2 010＋n )年年底分红后的资金，其中n ∈N *，则a 1＝2×1 000－500＝1 500，a 2＝2×1 500－500＝2 500，…，a n ＝2a n －1－500(n ≥2)．∴a n －500＝2(a n －1－500)(n ≥2)，∴即数列{a n －500}是首项为a 1－500＝1 000，公比为2的等比数列．∴a n －500＝1 000×2n －1，∴a n ＝1 000×2n －1＋500.(1)a 4＝1 000×24－1＋500＝8 500，∴该企业2014年年底分红后的资金为8 500万元．(2)由a n >32 500，即2n －1>32，得n >6，∴该企业从2017年开始年底分红后的资金超过32 500万元．[能力提升]1．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n的两个零点，则b 10等于( )A ．24B ．32C ．48D ．64解析：选D ．依题意有a n a n ＋1＝2n，所以a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，两式相除得a n ＋2a n＝2，所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列，a 2，a 4，a 6，…也成等比数列，而a 1＝1，a 2＝2，所以a 10＝2·24＝32，a 11＝1·25＝32.又因为a n ＋a n ＋1＝b n ，所以b 10＝a 10＋a 11＝64.2．将石子摆成如图的梯形形状，称数列5，9，14，20，…为梯形数，根据图形的构成，此数列的第2 014项与5的差即a 2 014－5＝( )A ．2 020×2 014B ．2 020×2 013C ．1 010×2 014D ．1 010×2 013解析：选D ．结合图形可知，该数列的第n 项a n ＝2＋3＋4＋…＋n ＋2，所以a 2 014－5＝4＋5＋…＋2 016＝4×2 013＋2 013×2 0122＝2 013×1 010.3．设数列{a n }中，若a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，则称数列{a n }为“凸数列”，已知数列{b n }为“凸数列”，且b 1＝1，b 2＝－2，则数列{b n }的前2 014项和为________．解析：由“凸数列”的定义，可知，b 1＝1，b 2＝－2，b 3＝－3，b 4＝－1，b 5＝2，b 6＝3，b 7＝1，b 8＝－2，…，故数列{b n }是周期为6的周期数列．又b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋b 6＝0，故数列{b n }的前2 014项和S 2 014＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＝1－2－3－1＝－5.答案：－54．在数列{a n }中，若a 2n －a 2n －1＝p (n ≥2，n ∈N *，p 为常数)，则称{a n }为“等方差数列”． 下列是对“等方差数列”的判断：①若{a n }是等方差数列，则{a 2n }是等差数列；②已知数列{a n }是等方差数列，则数列{a 2n }是等方差数列；③{(－1)n}是等方差数列；④若{a n }是等方差数列，则{a kn }(k ∈N *，k 为常数)也是等方差数列． 其中正确命题的序号为________．解析：对于①，由等方差数列的定义可知，{a 2n }是公差为p 的等差数列，故①正确．对于②，取a n ＝n ，则数列{a n }是等方差数列，但数列{a 2n }不是等方差数列，故②错．对于③，因为[(－1)n ]2－[(－1)n －1]2＝0(n ≥2，n ∈N *)为常数，所以{(－1)n}是等方差数列，故③正确．对于④，若a 2n －a 2n －1＝p (n ≥2，n ∈N *)，则a 2kn －a 2k （n －1）＝(a 2kn －a 2kn －1)＋(a 2kn －1－a 2kn －2)＋…＋(a 2kn －k ＋1－a 2k （n －1）)＝kp 为常数，故④正确．答案：①③④5．(2014·某某某某市诊断性检测)设函数f (x )＝x 2，过点C 1(1，0)作x 轴的垂线l 1交函数f (x )图象于点A 1，以A 1为切点作函数f (x )图象的切线交x 轴于点C 2，再过C 2作x 轴的垂线l 2交函数f (x )图象于点A 2，…，以此类推得点A n ，记A n 的横坐标为a n ，n ∈N *.(1)证明数列{a n }为等比数列并求出通项公式；(2)设直线l n 与函数g (x )＝log 12x 的图象相交于点B n ，记b n ＝O A →n ·O B →n (其中O 为坐标原点)，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)证明：以点A n －1(a n －1，a 2n －1)(n ≥2)为切点的切线方程为y －a 2n －1＝2a n －1(x －a n －1)．当y ＝0时，得x ＝12a n －1，即a n ＝12a n －1.又∵a 1＝1，∴数列{a n }是以1为首项，12为公比的等比数列．∴通项公式为a n ＝(12)n －1.(2)据题意，得B n ((12)n －1，n －1)．∴b n ＝O A →n ·O B →n ＝(14)n －1＋(14)n －1·(n －1)＝n (14)n －1.∵S n ＝1×(14)0＋2×(14)1＋…＋n ×(14)n －1，14S n ＝1×(14)1＋2×(14)2＋…＋n ×(14)n ， 两式相减，得34S n ＝1×(14)0＋1×(14)1＋…＋(14)n －1－n ×(14)n ＝1－（14）n1－14－n ×(14)n.化简，得S n ＝169－(4n 3＋169)×(14)n ＝169－3n ＋49×4n －1.6．(选做题)(2014·某某某某质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2n＋1a n (n∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等比数列；(2)设数列{2na n }的前n 项和为T n ，A n ＝1T 1＋1T 2＋1T 3＋…＋1T n ，试比较A n 与2na n的大小．解：(1)证明：a 1＝S 1＝2－3a 1得a 1＝12，当n ≥2时，由a n ＝S n －S n －1得a n n ＝12×a n －1n －1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项和公比均为12的等比数列．(2)由(1)得a n n ＝12n ，于是2n·a n ＝n ，T n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）2.所以1T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，于是A n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1， 而2na n ＝2n ＋1n 2，所以问题转化为比较2nn 2与n n ＋1的大小． 设f (n )＝2n n 2，g (n )＝nn ＋1，当n ≥4时，f (n )≥f (4)＝1，而g (n )<1， 所以f (n )>g (n )．经验证当n ＝1，2，3时，仍有f (n )>g (n )． 因此对任意的正整数n ，都有f (n )>g (n )，即A n <2na n.。
2015届高考数学(理)一轮复习真题汇编模拟训练5-2《等差数列及其前n项和》
1. [2014·天津市模拟]若等差数列{a n }的前5项和S 5＝25，且a 2＝3，则a 7＝( ) A. 12 B. 13 C. 14D. 15解析：由题意得S 5＝a 1＋a 52＝5a 3＝25，a 3＝5，公差d ＝a 3－a 2＝2，a 7＝a 2＋5d ＝3＋5×2＝13.答案：B2. [2014·扬州质检]在等差数列{a n }中，a 1＝－2014，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2014的值等于 ( )A. －2011B. －2012C. －2013D. －2014 解析：根据等差数列的性质，得数列{S n n}也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项S 11＝a 1＝－2014，公差d ＝1，故S 20142014＝－2014＋(2014－1)×1＝－1，所以S 2014＝－2014.答案：D3. [2013·石家庄质检]已知等差数列{a n }满足a 2＝3，S n －S n －3＝51(n >3)，S n ＝100，则n 的值为( )A. 8B. 9C. 10D. 11解析：由S n －S n －3＝51得，a n －2＋a n －1＋a n ＝51，所以a n －1＝17，又a 2＝3，S n ＝n a 2＋a n －12＝100，解得n ＝10.答案：C4. [2013·济宁检测]若数列{a n }的前n 项和是S n ＝n 2－4n ＋2，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝________.解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－4＋2＝－1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－4n ＋2－[(n －1)2－4(n －1)＋2]＝2n －5，所以前两项有负数．故|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝S 10＋2(|a 1|＋|a 2|)＝102－4×10＋2＋2×(1＋1)＝66.答案：665. [2014·太原模拟]在等差数列{a n }中，a 1>0，公差d <0，a 5＝3a 7，前n 项和为S n ，若S n 取得最大值，则n ＝________.解析：在等差数列{a n }中，a 1>0，公差d <0. ∵a 5＝3a 7，∴a 1＋4d ＝3(a 1＋6d )，∴a 1＝－7d ， ∴S n ＝n (－7d )＋n n －12d ＝d2(n 2－15n )，∴n ＝7或8时，S n 取得最大值． 答案：7或8。
三年高考两年模拟(浙江版)高考数学一轮复习第五章数列5.2等差数列及其前n项和知能训练
§5.2等差数列及其前n项和Ａ组基础题组1.(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.122.(2015浙江五校一联,2,5分)在等差数列{a n}中,a4=2-a3,则数列{a n}的前6项和为( )A.12B.3C.36D.63.(2016超级中学原创预测卷五,3,5分)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且S10=12,则a5+a6=( )A. B.12 C.6 D.5.(2015浙江宁波十校联考,3)已知等差数列{a n}的公差为2,项数为偶数,所有奇数项的和为15,所有偶数项的和为25,则这个数列的项数为( )A.10B.20C.30D.406.(2015浙江测试卷,2,5分)设等差数列{a n}的前n项和为S n.若公差d<0,且|a7|=|a8|,则使S n>0的最大正整数n是( )A.12B.13C.14D.157.(2015金华十校高三模拟文,4,5分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足S19>0,S20<0,则使S n取得最大值的n为( )A.8B.9C.10D.118.(2015绍兴一中回头考,6,5分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足S15>0,S16<0,则,,…,中最大的项为( )A. B. C. D.9.(2015浙江杭州塘栖中学月考)已知S n为等差数列{a n}的前n项和,若S1=1,=4,则的值为( )A. B. C. D.410.(2015浙江,3,5分)已知{a n}是等差数列,公差d不为零,前n项和是S n.若a3,a4,a8成等比数列,则( )A.a1d>0,dS4>0B.a1d<0,dS4<0C.a1d>0,dS4<0D.a1d<0,dS4>011.(2016上海普陀调研测试,17,5分)设等差数列{a n}的前n项和为S n.在同一个坐标系中,a n=f(n)及S n=g(n)的部分图象如图所示(图中的三个点).根据图中所提供的信息,下列结论正确的是( )A.当n=3时,S n取得最大值B.当n=4时,S n取得最大值C.当n=3时,S n取得最小值D.当n=4时,S n取得最小值12.(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.13.(2015浙江测试卷,10,6分)设等差数列{a n}的公差为6,且a4为a2和a3的等比中项.则a1= ,数列{a n}的前n项和S n= .14.(2015稽阳联考,10,6分)在等差数列{a n}中,若a4+a10=10,a6+a12=14,a k=13,则k= ;数列{a n}的前n项和S n= .15.(2015嘉兴一模,11,4分)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且a7=-2,S9=18,则S11= .16.(2015浙江萧山中学摸底测试)正项数列{a n}满足:a1=1,a2=2,2=+(n∈N*,n≥2),则a7= .17.(2015嘉兴测试一,12,6分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,若a2+a4+a9=24,则S9= ;·的最大值为.18.(2015浙江五校一联,15,4分)设a1,a2,…,a n,…是按先后顺序排列的一列向量,若a1=(-2014,13),且a n-a n-1=(1,1),则其中模最小的一个向量的序号n= .19.(2014浙江,19,14分)已知等差数列{a n}的公差d>0.设{a n}的前n项和为S n,a1=1,S2·S3=36.(1)求d及S n;(2)求m,k(m,k∈N*)的值,使得a m+a m+1+a m+2+…+a m+k=65.20.(2016台州中学第三次月考文,17,15分)设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n,满足4S n=-4n-1,n∈N*,且a1=1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)证明:对一切正整数n,有++…+<.B组提升题组1.(2014课标Ⅱ,5,5分)等差数列{a n}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{a n}的前n项和S n=( )A.n(n+1)B.n(n-1)C. D.2.(2016超级中学原创预测卷八,6,5分)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若a n+a n+1+a n+2=18,S2n+1=54,则n的值为( )A.2B.3C.4D.63.(2016温州高三联考,6,5分)等差数列{a n}的前n项和为S n,其中n∈N*,则下列命题错误的是( )A.若a n>0,则S n>0B.若S n>0,则a n>0C.若a n>0,则{S n}是单调递增数列D.若{S n}是单调递增数列,则a n>04.(2015浙江杭州学军中学第五次月考,7)设等差数列{a n}满足<-1,且其前n项的和S n有最大值,则当数列{S n}的前n项的和取得最大值时,正整数n的值是( )A.12B.11C.23D.225.(2015浙江名校(衢州二中)交流卷二,4)等差数列{a n}中,a1>0,3a8=5a13,则前n项的和S n中最大的是( )A.S10B.S11C.S20D.S216.(2015浙江温州十校期中,7)设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S6>S7>S5,则满足S n S n+1<0的正整数n的值为( )A.13B.12C.11D.107.(2015诸暨高中毕业班检测,5,5分)已知数列{a n}、{b n}都是公差为1的等差数列,b1是正整数,若a1+b1=10,则++…+=( )A.81B.99C.108D.1178.(2015杭州学军中学仿真考,11,6分)已知{a n}为等差数列,若a1+a5+a9=8π,则前9项的和S9= ,cos(a3+a7)的值为.9.(2015江苏淮安调研)在等差数列{a n}中,已知a2+a8=11,则3a3+a11的值为.10.(2015宁波高考模拟,12,6分)设S n为数列{a n}的前n项和,a1=1,a2=3,S k+2+S k-2S k+1=2对任意正整数k成立,则a n= ,S n= .11.(2015浙江镇海中学阶段测试,15,4分)已知数列{a n}满足:a1=,a n+1=1-,且a n≠0(n∈N*),则数列{a n}的通项为a n= .12.(2016宁波效实中学期中,11,6分)数列{a n}的前n项和S n=n2-6n,则a2= ,数列{|a n|}的前10项和|a1|+|a2|+…+|a10|= .13.(2015浙江名校(杭州二中)交流卷六,12)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,等差数列{b n}的前n项和为T n,若=,则= ;若S n+T n=an2+2n,且a7+b7=15,则实数a= .14.已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n,若-1,S5,S10成等差数列,则S10-2S5= ,S15-S10的最小值为.15.(2016台州中学第三次月考,13,4分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足S2014>0,S2015<0,对任意正整数n,都有|a n|≥|a k|,则k的值为.16.(2013安徽,14,5分)如图,互不相同的点A1,A2,…,A n,…和B1,B2,…,B n,…分别在角O的两条边上,所有A n B n相互平行,且所有梯形A n B n B n+1A n+1的面积均相等.设OA n=a n.若a1=1,a2=2,则数列{a n}的通项公式是.17.(2014大纲全国,17,10分)数列{a n}满足a1=1,a2=2,a n+2=2a n+1-a n+2.(1)设b n=a n+1-a n,证明{b n}是等差数列;(2)求{a n}的通项公式.18.(2015浙江丽水一模,17)已知等差数列{a n},首项a1和公差d均为整数,其前n项和为S n.(1)若a1=1,且a2,a4,a9成等比数列,求公差d;(2)当n≠5时,恒有S n<S5,求a1的最小值.19.(2015浙江杭州七校联考,19)已知数列{a n}满足a n=3a n-1+3n-1(n∈N*,n≥2)且a3=95.(1)求a1,a2的值;(2)是否存在一个实数t,使得b n=(a n+t)(n∈N*)且{b n}为等差数列?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由;(3)求数列{a n}的前n项和T n.Ａ组基础题组1.B 由S8=4S4得8a1+×1=4×,解得a1=,∴a10=a1+9d=,故选B.2.D 由等差数列性质可知a3+a4=2=a1+a6,故S6==3(a1+a6)=6,故选D.3.A 由于S10==5(a5+a6)=12,所以a5+a6=,故选A.4.D S9-S6=a7+a8+a9=27,得a8=9,所以d==,a1=a3-2d=,故选D.5.A 设项数为2k,则由(a2+a4+…+a2k)-(a1+a3+…+a2k-1)=k×2=25-15,得k=5,故这个数列的项数为10.故选A.6.B 由d=a8-a7<0及|a7|=|a8|,得a8=-a7且a8<0,a7>0.则S13=×13=13a7>0,S15=×15=15a8<0,又S14=×14=7(a7+a8)=0,则使S n>0的最大正整数n是13.7.C 因为{a n}是等差数列,所以S19=19a10>0,S20=10(a10+a11)<0,则a10>0,a11<0,即(S n)max=S10,故选C.8.C因为S15>0,故15a8>0,即a8>0.因为S16<0,故<0,即a9<0,故该等差数列中a1>a2>…>a8>0>a9>…,0<S1<S2<…<S8>S9>…>S15>0,故,,…,中,最大项为,故选C.9.A 由=4得=3,即S4-S2=3S2,S4=4S2,由等差数列的性质可知S2,S4-S2,S6-S4成等差数列,得S6-S4=5S2,所以S6=9S2,所以=.10.B由=a3a8,得(a1+2d)(a1+7d)=(a1+3d)2,整理得d(5d+3a1)=0,又d≠0,∴a1=-d,则a1d=-d2<0,又∵S4=4a1+6d=-d,∴dS4=-d2<0,故选B.11.B 不妨记A(7,0.7),B(7,-0.8),C(8,-0.4),a n=f(n)是关于n的一次函数;S n=g(n)是关于n的二次函数且常数项为0.若A,C或B,C为a n=f(n)的图象上两点,计算可知S n=g(n)的图象不过第三点.若S n=g(n)的图象过B,C两点也不满足题意.若S n=g(n)的图象过A,C两点,即S7=0.7,S8=-0.4,则计算可知a1=1,d=-0.3,a n=1.3-0.3n,a7=-0.8,符合题意,且a4>0,a5<0,故选B.12.答案27解析由题意得{an}为等差数列,且公差d=,∵a1=1,∴S9=9×1+×=27.13.答案-14;3n2-17n解析依条件有(a1+6)(a1+12)=,得a1=-14,则S n=-14n+n(n-1)×6=3n2-17n.14.答案15;解析因为a4+a10=2a7=10,所以a7=5,同理得a9=7,所以a n=n-2,则a k=k-2=13,得k=15.a1=1-2=-1,所以S n===.15.答案0解析设等差数列的首项和公差分别为a1,d,则有解得d=-2,a1=10,故S11=11×10+×(-2)=0.16.答案解析因为2=+(n∈N*,n≥2),所以数列{}是以=1为首项,d=-=4-1=3为公差的等差数列,所以=1+3(n-1)=3n-2,所以a n=,所以a7==.17.答案72;64解析设等差数列的公差为d,则a2+a4+a9=3a1+12d=24,即a1+4d=8,所以S9=9a1+36d=9×8=72.==a1+d=8-4d+d,则=8-4d+d=8-,=8-4d+d=8+,·==64-≤64,当且仅当d=0时取等号,所以·的最大值为64.18.答案1001或1002解析因为故a n=(n-2015,n+12),故|a n|==.由二次函数性质可知当n==1001时,|a n|有最小值,又n∈N*,故n=1001或n=1002.19.解析(1)由题意知(2a 1+d)(3a1+3d)=36,将a1=1代入上式解得d=2或d=-5.因为d>0,所以d=2.从而a n=2n-1,S n=n2(n∈N*).(2)由(1)得a m+a m+1+a m+2+…+a m+k=(2m+k-1)(k+1),所以(2m+k-1)(k+1)=65.由m,k∈N*知2m+k-1≥k+1>1,故所以20.解析(1)由a1=1,a n>0,4S n=-4n-1,n∈N *,得a2=3.当n≥2时,4S n-1=-4(n-1)-1,则4a n=4S n-4S n-1=--4,=+4a n+4=(a n+2)2,∵a n>0,∴a n+1=a n+2,∴当n≥2时,{a n}是公差d=2的等差数列. ∴{a n}是首项a1=1,公差d=2的等差数列.∴数列{a n}的通项公式为a n=2n-1.(2)证明:++…+=+++…+=·+++…+-=·<.B组提升题组1.A ∵a2,a4,a8成等比数列,∴=a2·a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),将d=2代入上式,解得a1=2,∴S n=2n+=n(n+1),故选A.2.C设{a n}的公差为d,由已知可得a1+(n-1)d+a1+nd+a1+(n+1)d=18,可得a1+nd=6,又S2n+1==54,即=54,得2n+1=9,故n=4,选C.3.D 易判断A、B、C均正确.D中,可取a1<0,公差d>0.4.D ∵等差数列{a n}前n项的和S n有最大值,∴{a n}的公差是负数.∵<-1,∴a12<0,∴a11>-a12,即a11+a12>0,∴S22==>0,S23==23a12<0.∴前22项的和最大.故选D.5.C 设{a n}的公差为d,3a8=5a13⇒3(a1+7d)=5(a1+12d)⇒d=-a1,又a1>0,所以d<0.所以{a n}是单调递减数列.由a n=a1+(n-1)= a1>0⇒n≤20.由此可得当n=20时,S n最大.故选C.6.B 由S6>S7>S5,得a7=S7-S6<0,a6=S6-S5>0,a6+a7=S7-S5>0.从而有S13=×13=13a7<0,S11=×11=11a6>0,S12=×12=6(a6+a7)>0,所以n≤12时,S n>0;n≥13时,S n<0,故S12S13<0,故选B.7.D设{a n}的公差为d1,{b n}的公差为d2.因为a n=a1+(n-1)×d1=a1+n-1,b n=b1+(n-1)×d2=b1+n-1,所以-=a1+b n-1-(a1+b n-1-1)=b n-b n-1=1,所以{}是以a1+b1-1=9为首项,公差为1的等差数列,所以++…+=9×9+×1=117,故选D.8.答案24π;-解析因为{an}是等差数列,所以a1+a5+a9=3a5=8π,所以a5=π,所以S9===9×π=24π,cos(a3+a7)=cos2a5=cosπ=cosπ=-.9.答案22解析由等差数列的性质知3a3+a11=2a3+a3+a11=2a3+2a7=2(a2+a8)=22.10.答案2n-1;n2解析因为Sk+2+S k-2S k+1=2,所以a k+2-a k+1=2,又a2-a1=2,故数列{a n}为等差数列.又a1=1,故a n=2n-1,故S n==n2.11.答案解析∵an+1=1-=,且a n≠0,∴-=1,故数列是首项为4,公差为1的等差数列.则=4+(n-1)×1=n+3,即a n=.12.答案-3;58解析 a2=S 2-S 1=-3.由S n =n 2-6n 可得a n =2n-7,所以a 1<a 2<a 3<0<a 4<…<a 10,所以|a 1|+|a 2|+…+|a 10|=S 10-2S 3=58. 13.答案 ;1解析 ====;a7+b 7=S 7+T 7-(S 6+T 6)=72a+2×7-(62a+2×6)=13a+2=15⇒a=1. 14.答案 1;4解析 由题意知2S5=-1+S 10,所以S 10-2S 5=1,由{a n }为等比数列可知S 5,S 10-S 5,S 15-S 10成等比数列,所以(S 10-S 5)2=S 5(S 15-S 10),S 15-S 10===+S 5+2≥4,当且仅当S 5=1时,等号成立. 15.答案 1008解析 因为S2014>0,所以a 1+a 2014=a 1007+a 1008>0.因为S 2015<0,所以a 1+a 2015=2a 1008<0,因此d<0,且a 1>a 2>…>a 1007>0>a 1008>a 1009>…,显然|a 1009|>|a 1008|,|a 1007|>|a 1008|,所以k=1008. 16.答案 a n =解析 记△OA1B 1的面积为S,则△OA 2B 2的面积为4S. 从而四边形A n B n B n+1A n+1的面积均为3S. 可得△OA n B n 的面积为S+3(n-1)S=(3n-2)S. ∴=3n-2,即a n =.17.解析 (1)证明:由a n+2=2a n+1-a n +2得, a n+2-a n+1=a n+1-a n +2,即b n+1=b n +2. 又b 1=a 2-a 1=1.所以{b n }是首项为1,公差为2的等差数列.(5分) (2)由(1)得b n =1+2(n-1),即a n+1-a n =2n-1.(8分) 于是所以a n+1-a 1=n 2,即a n+1=n 2+a 1.又a 1=1,所以{a n }的通项公式为a n =n 2-2n+2.(10分) 18.解析 (1)由题意得=a 2·a 9, 所以(1+3d)2=(1+d)·(1+8d),(4分) 解得d=0或d=3.(6分) (2)∵当n ≠5时,S n <S 5恒成立, ∴S 5最大且d<0,由⇒ ∴⇒-4d<a 1<-5d.(10分) 又∵a 1,d ∈Z,d<0,∴当d=-1时,4<a 1<5,此时a 1不存在;(12分) 当d=-2时,8<a 1<10,则a 1=9;当d=-3时,12<a 1<15,则a 1=13或a 1=14; ……易知当d ≤-3时,a 1>9.(14分) 综上,a 1的最小值为9.(15分) 19.解析 (1)当n=2时,a 2=3a 1+8. 当n=3时,a 3=3a 2+26=95, ∴a 2=23,∴23=3a 1+8,∴a 1=5.(2)存在.当n≥2时,b n-b n-1=(a n+t)-(a n-1+t)=(a n+t-3a n-1-3t)=(3n-1-2t)=1-.要使{b n}为等差数列,则必须使1+2t=0,解得t=-,∴存在t=-,使得{b n}为等差数列.(3)因为当t=-时,{b n}为等差数列,且b n-b n-1=1(n≥2),b1=, 所以b n=+(n-1)×1=n+,所以a n=·3n+=n·3n+×3n+,所以a1=1×3+×3+,a2=2×32+×32+,a3=3×33+×33+,……所以T n=+=.。
2025年高考数学一轮复习-5.2-等差数列【课件】
A. B. C. D.
解析：选C.由 ，得 ,即 ,所以数列 是以 为首项， 为公差的等差数列，所以 ，故选C.
√
2.已知数列 的前 项和 且 , ,则 ( )
第2项
差
等差中项
[提醒] 理解定义要注意三个关键词：“从第2项起”“每一项与它的前一项的差”“同一个常数”.
2.等差数列的基本公式
（1）通项公式： ______________.
（2）前 项和公式: ________.
3.等差数列的常用性质已知 为等差数列， 为公差， 为该数列的前 项和.
2.(2023·山东淄博模拟)已知数列 , 都是等差数列， , 分别是它们的前 项和，并且 ,则 ___.
2
解析：因为 , 为等差数列，所以 .
核心考点 师生共研
02
考点一 等差数列的基本量运算（自主练透）
1.(2023·广东盐田高中模拟)设等差数列 的前 项和为 ，若 ， ，则 ( )
5.2 等差数列
课标要求
考情分析
1.理解等差数列的概念.2.掌握等差数列的通项公式与前 项和公式.3.能在具体的问题情境中发现数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题.4.体会等差数列与一次函数、二次函数的关系.
考点考法：以考查等差数列的通项、前 项和及性质为主，等差数列的证明也是考查的热点.本讲内容在高考中既可以以选择题、填空题的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查.解答题往往与等比数列、数列求和、不等式等问题综合考查.核心素养：数学运算、逻辑推理、数学建模
√
考点三 等差数列的性质及应用（多维探究）
【创新方案】2015高考数学(理)一轮知能检测：第5章 第5节 数列的综合问题]
![【创新方案】2015高考数学(理)一轮知能检测：第5章 第5节 数列的综合问题]](https://img.taocdn.com/s3/m/223b68ca8bd63186bdebbc08.png)
第五节 数列的综合问题[全盘巩固]1．已知各项均不为0的等差数列{a n }，满足2a 3－a 27＋2a 11＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 6b 8＝( )A ．2B ．4C ．8D ．16解析：选D 因为{a n }为等差数列，所以a 3＋a 11＝2a 7，所以已知等式可化为4a 7－a 27＝0，解得a 7＝4或a 7＝0(舍去)，又{b n }为等比数列，所以b 6b 8＝b 27＝a 27＝16.2．已知等比数列{a n }中的各项都是正数，且5a 1，12a 3,4a 2成等差数列，则a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 1＋a 2＝( )A ．－1B ．1C ．52nD ．52n －1解析：选C 设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，则依题意有a 3＝5a 1＋4a 2，即a 1q 2＝5a 1＋4a 1q ，q 2－4q －5＝0，解得q ＝－1或q ＝5.又q >0，因此q ＝5，所以a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 1＋a 2＝a 1q 2n ＋a 2q 2n a 1＋a 2＝q 2n ＝52n .3．在直角坐标系中，O 是坐标原点，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是第一象限的两个点，若1，x 1，x 2,4依次成等差数列，而1，y 1，y 2,8依次成等比数列，则△OP 1P 2的面积是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选A 根据等差、等比数列的性质，可知x 1＝2，x 2＝3，y 1＝2，y 2＝4.∴P 1(2,2)，P 2(3,4)．∴S △OP 1P 2＝1.4．已知函数y ＝log a (x －1)＋3(a >0，a ≠1)所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{a n }的第二项与第三项，若b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 10等于( )A.911B.1011C.811D.1211解析：选B 由y ＝log a (x －1)＋3恒过定点(2,3)，即a 2＝2，a 3＝3，又{a n }为等差数列，∴a n ＝n ，n ∈N *.∴b n ＝1n (n ＋1)，∴T 10＝11－12＋12－13＋…＋110－111＝1－111＝1011.5．(2014·宁波模拟)已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a n ＋2a n ＋1＋1，则a 13＝( )A ．143B ．156C ．168D ．195解析：选C 由a n ＋1＝a n ＋2a n ＋1＋1，可知a n ＋1＋1＝a n ＋1＋2a n ＋1＋1＝(a n ＋1＋1)2，即a n ＋1＋1＝a n ＋1＋1，故数列{a n ＋1}是公差为1的等差数列，所以a 13＋1＝a 1＋1＋12＝13，则a 13＝168.6．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎝⎛⎭⎫1＋cos 2n π2a n ＋sin 2n π2，则该数列的前18项之和为( )A ．2 101B ．1 067C ．1 012D ．2 012解析：选B 当n 为正奇数时，a n ＋2＝(1＋0)a n ＋1＝a n ＋1；当n 为正偶数时，a n ＋2＝(1＋1)a n ＋0＝2a n .∴a n 是奇数项为等差数列，偶数项为等比数列的一个数列．∴{a n }的前18项和为9×(1＋9)2＋2×(1－29)1－2＝1 067.7．(2013·江西高考)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n (n ∈N *)等于________．解析：由题意知第n 天植树2n 棵，则前n 天共植树2＋22＋…＋2n ＝(2n ＋1－2)棵，令2n＋1－2≥100，则2n ＋1≥102，又25＋1＝26＝64,26＋1＝27＝128，∴n ≥6.∴n 的最小值为6.答案：68．数列{a n }是公差不为0的等差数列，且a 1，a 3，a 7为等比数列{b n }的连续三项，则数列{b n }的公比为________．解析：由题意知a 23＝a 1·a 7，即(a 1＋2d )2＝a 1·(a 1＋6d )，∴a 1＝2d ，∴等比数列{b n }的公比q ＝a 3a 1＝a 1＋2d a 1＝2. 答案：29．(2014·台州模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4S 4＝112，S 7－S 4＝15，则S n的最小值为______．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋15d ＝0，a 1＋5d ＝5，由此解得a 1＝－15，d ＝4，a n ＝4n －19，S n ＝n (a 1＋a n )2＝2n 2－17n ＝2⎝⎛⎭⎫n －1742－1782，因此当n ＝4时，S n 取得最小值2n 2－17n ＝2×42－17×4＝－36.答案：－3610．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n 且满足a 2＝3，S 6＝36. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }是等比数列且满足b 1＋b 2＝3，b 4＋b 5＝24.设数列{a n ·b n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)∵数列{a n }是等差数列，∴S 6＝3(a 1＋a 6)＝3(a 2＋a 5)＝36，则a 2＋a 5＝12， 由于a 2＝3，所以a 5＝9，从而d ＝2，a 1＝a 2－d ＝1，∴a n ＝2n －1.(2)设数列{b n }的公比为q .∵b 1＋b 2＝3，b 4＋b 5＝24，∴b 4＋b 5b 1＋b 2＝q 3＝8，则q ＝2.从而b 1＋b 2＝b 1(1＋q )＝3b 1＝3，∴b 1＝1，b n ＝2n －1，∴a n ·b n ＝(2n －1)·2n －1.∴T n ＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －3)·2n －2＋(2n －1)·2n －1，则2T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n ，两式相减，得(1－2)T n ＝1×1＋2×2＋2×22＋…＋2·2n －2＋2·2n －1－(2n －1)·2n ，即－T n ＝1＋2(21＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)·2n ＝1＋2(2n －2)－(2n －1)·2n ＝(3－2n )·2n －3.∴T n ＝(2n －3)·2n ＋3. 11．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 2·a 4＝65，a 1＋a 5＝18. (1)若1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项，求i 的值；(2)设b n ＝n(2n ＋1)S n，是否存在一个最小的常数m 使得b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立？若存在，求出常数m ；若不存在，请说明理由．解：(1)∵{a n }为等差数列，∴a 1＋a 5＝a 2＋a 4＝18， 又a 2·a 4＝65，∴a 2，a 4是方程x 2－18x ＋65＝0的两个根，又数列{a n }的公差d >0，∴a 2<a 4，∴a 2＝5，a 4＝13.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13，∴a 1＝1，d ＝4，∴a n ＝4n －3.∵1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项，∴a 1·a 21＝a 2i ，即1×81＝(4i －3)2，解得i ＝3.(2)由(1)知，S n ＝n ·1＋n (n －1)2·4＝2n 2－n ，∴b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝n2n ＋1.∵n 2n ＋1＝12－12(2n ＋1)<12， ∴存在m ＝12使b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立．12．已知正项数列{a n }，{b n }满足：a 1＝3，a 2＝6，{b n }是等差数列，且对任意正整数n ，都有b n ，a n ，b n ＋1成等比数列．(1)求数列{b n }的通项公式；(2)设S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n ，试比较2S n 与2－b 2n ＋1a n ＋1的大小．解：(1)∵对任意正整数n ，都有b n ，a n ，b n ＋1成等比数列，且数列{a n }，{b n }均为正项数列，∴a n ＝b n b n ＋1(n ∈N *)．由a 1＝3，a 2＝6得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1b 2＝3，a 2＝b 2b 3＝6，又{b n }为等差数列，即有b 1＋b 3＝2b 2， 解得b 1＝2，b 2＝322，∴数列{b n }是首项为2，公差为22的等差数列． ∴数列{b n }的通项公式为b n ＝2(n ＋1)2(n ∈N *)． (2)由(1)得，对任意n ∈N *， a n ＝b n b n ＋1＝(n ＋1)(n ＋2)2，从而有1a n ＝2(n ＋1)(n ＋2)＝2⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2，∴S n ＝2⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋1n ＋1－⎭⎫1n ＋2＝1－2n ＋2. ∴2S n ＝2－4n ＋2.又2－b 2n ＋1a n ＋1＝2－n ＋2n ＋3，∴2S n －⎝ ⎛⎭⎪⎫2－b 2n ＋1a n ＋1＝n ＋2n ＋3－4n ＋2＝n 2－8(n ＋2)(n ＋3).∴当n ＝1，n ＝2时，2S n <2－b 2n ＋1a n ＋1；当n ≥3时，2S n >2－b 2n ＋1a n ＋1.[冲击名校]已知S n 是正数数列{a n }的前n 项和，S 21，S 22，…，S 2n ，…是以3为首项，以1为公差的等差数列；数列{b n }为无穷等比数列，其前四项之和为120，第二项与第四项之和为90.(1)求a n ，b n ；(2)从数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 中能否挑出唯一的无穷等比数列，使它的各项和等于1S 26？若能的话，请写出这个数列的第一项和公比；若不能的话，请说明理由．解：(1){S n }是以3为首项，以1为公差的等差数列， 所以S 2n ＝3＋(n －1)＝n ＋2.因为a n >0，所以S n ＝n ＋2(n ∈N *)，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋2－n ＋1，又a 1＝S 1＝3，所以a n ＝⎩⎨⎧3， n ＝1，n ＋2－n ＋1，n >1(n ∈N *)，设{b n }的首项为b 1，公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧ b 1q ＋b 1q 3＝90，b 1＋b 1q 2＝30，所以⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝3，q ＝3，即b n ＝3n (n ∈N *)． (2)1b n ＝⎝⎛⎭⎫13n ，设可以挑出一个无穷等比数列{c n }， 首项为c 1＝⎝⎛⎭⎫13p ，公比为⎝⎛⎭⎫13k (p ，k ∈N *)，它的各项和等于1S 26＝18，则有⎝⎛⎭⎫13p1－⎝⎛⎭⎫13k ＝18， 所以⎝⎛⎭⎫13p ＝18⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13k ，当p ≥k 时3p －3p －k ＝8，即3p －k (3k －1)＝8，因为p ，k ∈N *，所以只有当p －k ＝0，k ＝2，即p ＝k ＝2时，数列{c n }的各项和为1S 26.当p <k 时，3k －1＝8·3k －p ，因为k >p 右边含有3的因数而左边非3的倍数，不存在p ，k ∈N *，所以存在唯一的等比数列{c n }，首项为19，公比为19，使它的各项和等于1S 26.[高频滚动]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＋n ＝2a n (n ∈N *)． (1)证明：数列{a n ＋1}为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝(2n ＋1)a n ＋2n ＋1，求数列{b n }的前n 项和为T n . 解：(1)证明：因为S n ＋n ＝2a n ，即S n ＝2a n －n ，所以S n －1＝2a n －1－(n －1)(n ≥2，n ∈N *)．两式相减化简，得a n ＝2a n －1＋1.所以a n ＋1＝2(a n －1＋1)(n ≥2，n ∈N *)． 所以数列{a n ＋1}为等比数列．因为S n ＋n ＝2a n ，令n ＝1，得a 1＝1.a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2n ，即a n ＝2n －1. (2)因为b n ＝(2n ＋1)a n ＋2n ＋1，所以b n ＝(2n ＋1)·2n .所以T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，①2T n ＝3×22＋5×23＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，②①－②，得－T n ＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n )－(2n ＋1)·2n ＋1＝6＋2×22－2n ＋11－2－(2n ＋1)·2n ＋1＝－2＋2n ＋2－(2n ＋1)·2n ＋1＝－2－(2n －1)·2n ＋1.所以T n ＝2＋(2n －1)·2n ＋1.。
【配套K12】高考数学一轮复习第5章数列第2讲等差数列及其前n项和知能训练轻松闯关理北师大版
第2讲 等差数列及其前n 项和1．若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝6，a 1＝4，则公差d 等于( ) A ．1 B ．－1 C ．－2 D ．3解析：选C.由题意可得S 3＝3a 1＋3d ＝12＋3d ＝6，解得d ＝－2，故选C. 2．已知等差数列{a n }，且3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝48，则数列{a n }的前13项之和为( ) A ．24 B ．39 C ．104 D ．52解析：选D.因为{a n }是等差数列，所以3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝6a 4＋6a 10＝48，所以a 4＋a 10＝8，其前13项的和为13（a 1＋a 13）2＝13（a 4＋a 10）2＝13×82＝52，故选D.3．(2016·新余质检)在等差数列{a n }中，a 9＝12a 12＋6，则数列{a n }的前11项和S 11＝( )A ．24B ．48C ．66D ．132解析：选D.数列{a n }是等差数列，故a 6＋3d ＝12(a 6＋6d )＋6，所以a 6＝12.又S 11＝11（a 1＋a 11）2＝11a 6，所以S 11＝132.4．(2016·淮北、淮南模拟)如果等差数列{a n }中，a 1＝－11，S 1010－S 88＝2，则S 11＝( ) A ．－11 B ．10 C ．11D ．－10解析：选A.由S n ＝na 1＋n （n －1）2d ，得S n n ＝a 1＋（n －1）2d ，由S 1010－S 88＝2，得a 1＋92d －⎝⎛⎭⎪⎫a 1＋72d ＝2，解得d ＝2，S 1111＝a 1＋102d ＝－11＋5×2＝－1，所以S 11＝－11.5．(2016·江西省白鹭洲中学高三模拟)等差数列{a n }中a 10a 9＜－1，它的前n 项和S n 有最大值，则当S n 取得最小正值时，n ＝( )A ．17B ．18C ．19D ．20 解析：选A.由题意知，a 1＞0，d ＜0，因为a 10a 9＜－1， 所以a 10＜－a 9＜0，即2a 1＜－17d .所以S 18＝（a 1＋a 18）×182＝（2a 1＋17d ）×182＜0，S 17＝（a 1＋a 17）×172＝（2a 1＋16d ）×172＝(a 1＋8d )×17＞0.故选A.6．已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 10>0并且S 11＝0，若S n ≤S k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 构成的集合为( ) A ．{5} B ．{6} C ．{5，6} D ．{7}解析：选C.在等差数列{a n }中，由S 10>0，S 11＝0，得S 10＝10（a 1＋a 10）2>0⇒a 1＋a 10>0⇒a 5＋a 6>0，S 11＝11（a 1＋a 11）2＝0⇒a 1＋a 11＝2a 6＝0，故可知等差数列{a n }是递减数列且a 6＝0，所以S 5＝S 6≥S n ，其中n ∈N *，所以k ＝5或6.7．(2016·淮北质检)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 2＝S 6，a 4＝1，则a 5＝__________．解析：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋d ＝6a 1＋6×52d ，a 1＋3d ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝7，d ＝－2，所以a 5＝a 4＋d ＝1＋ (－2)＝－1. 答案：－18．(2016·驻马店调研)若数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －4，则a n ＝________．解析：由3a n ＋1＝3a n －4，得a n ＋1－a n ＝－43，所以{a n }是等差数列，首项a 1＝15，公差d ＝－43，所以a n ＝15－43(n －1)＝49－4n3.答案：49－4n 39．(2016·东北三校联考)已知正项数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1，且a n a n ＋1＋a na n －1＝2，则a 12＝________．解析：因为a n a n ＋1＋a n a n －1＝2，所以1a n ＋1＋1a n －1＝2a n ，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，且首项为1a 1＝12，公差为1a 2－1a 1＝12，所以1a n ＝12＋(n －1)×12＝n 2，所以a n ＝2n ，所以a 12＝16. 答案：1610．已知数列{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，b n ＝1＋a n a n，若对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围为________．解析：依题意得b n ＝1＋1a n，对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8，即数列{b n }的最小项是第8项，于是有1a n ≥1a 8.又数列{a n }是公差为1的等差数列，因此有⎩⎪⎨⎪⎧a 8＜0，a 9＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋7＜0，a ＋8＞0，由此解得－8＜a ＜－7，即实数a 的取值范围是(－8，－7)． 答案：(－8，－7)11．(2016·无锡质检)已知数列{a n }的前n 项和S n 是n 的二次函数，且a 1＝－2，a 2＝2，S 3＝6.(1)求S n ；(2)证明：数列{a n }是等差数列．解：(1)设S n ＝An 2＋Bn ＋C (A ≠0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧－2＝A ＋B ＋C ，0＝4A ＋2B ＋C ，6＝9A ＋3B ＋C ，解得A ＝2，B ＝－4，C ＝0，故S n ＝2n 2－4n . (2)证明：当n ＝1时，a 1＝S 1＝－2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－4n －[2(n －1)2－4(n －1)]＝4n －6，a 1＝－2也满足．故a n＝4n －6(n ∈N *)． 因为a n ＋1－a n ＝4，所以数列{a n }成等差数列．12．各项均为正数的数列{a n }满足a 2n ＝4S n －2a n －1(n ∈N *)，其中S n 为{a n }的前n 项和． (1)求a 1， a 2的值．(2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)当n ＝1时，a 21＝4S 1－2a 1－1，即(a 1－1)2＝0，解得a 1＝1.当n ＝2时，a 22＝4S 2－2a 2－1＝4a 1＋2a 2－1＝3＋2a 2， 解得a 2＝3或a 2＝－1(舍去)．(2)a 2n ＝4S n －2a n －1，① a 2n ＋1＝4S n ＋1－2a n ＋1－1.②②－①得a 2n ＋1－a 2n ＝4a n ＋1－2a n ＋1＋2a n ＝2(a n ＋1＋a n )，即(a n ＋1－a n )(a n ＋1＋a n )＝2(a n ＋1＋a n )． 因为数列{a n }各项均为正数， 所以a n ＋1＋a n >0，a n ＋1－a n ＝2，所以数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列．所以a n ＝2n －1.1．(2016·唐山统考)若等差数列{a n }的公差为d ，关于x 的不等式d2x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2x ＋c ≥0的解集为[0，22]，则使数列{a n }的前n 项和S n 最大的正整数n 的值是( ) A ．9 B ．10 C ．11 D ．12 解析：选C.法一：因为关于x 的不等式d2x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2x ＋c ≥0的解集为[0，22]，所以c ＝0，22＝a 1－d2－d 2，且d 2＜0，即a 1＝－212d ＞0，则S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ＝d 2n 2－11dn ，所以在对称轴n＝11处，S n 取得最大值．法二：因为关于x 的不等式d2x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2x ＋c ≥0的解集为[0，22]，所以c ＝0，22＝a 1－d 2－d2，且d 2＜0，即a 1＝－212d ＞0，则a 11＝a 1＋10d ＝－d 2＞0，a 12＝a 1＋11d ＝d2＜0，故使数列{a n }的前n 项和S n 最大的正整数n 的值是11.2．(2016·河北省衡水中学模拟)有n 个首项都是1的等差数列，设第m 个数列的第k 项为a mk (m ，k ＝1，2，3，…，n ，n ≥3)，公差为d m ，并且a 1n ，a 2n ，a 3n ，…，a nn 成等差数列．若d m ＝p 1d 1＋p 2d 2(3≤m ≤n ，p 1，p 2是m 的多项式)，则p 1＋p 2＝________． 解析：由题意知a mn ＝1＋(n －1)d m ，则a 2n －a 1n ＝[1＋(n －1)d 2]－[1＋(n －1)d 1]＝(n －1)·(d 2－d 1)，同理，a 3n －a 2n ＝(n －1)·(d 3－d 2)，a 4n －a 3n ＝(n －1)(d 4－d 3)，…，a nn －a (n －1)n ＝(n －1)·(d n －d n －1)．又因为a 1n ，a 2n ，a 3n ，…，a nn 成等差数列，所以a 2n －a 1n ＝a 3n －a 2n ＝…＝a nn －a (n －1)n ，故d 2－d 1＝d 3－d 2＝…＝d n －d n －1，即{d n }是公差为d 2－d 1的等差数列，所以d m ＝d 1＋(m －1)(d 2－d 1)＝(2－m )d 1＋(m －1)d 2.令p 1＝2－m ，p 2＝m －1，则d m ＝p 1d 1＋p 2d 2，此时p 1＋p 2＝1. 答案：13．(2016·宿州模拟)已知函数f (x )＝x 2－2(n ＋1)x ＋n 2＋5n －7(n ∈N *)．(1)设函数y ＝f (x )的图像的顶点的纵坐标构成数列{a n }，求证：{a n }为等差数列； (2)设函数y ＝f (x )的图像的顶点到x 轴的距离构成数列{b n }，求{b n }的前n 项和S n .解：(1)证明：因为f (x )＝x 2－2(n ＋1)x ＋n 2＋5n －7＝[x －(n ＋1)]2＋3n －8， 所以a n ＝3n －8，因为a n ＋1－a n ＝3(n ＋1)－8－(3n －8)＝3， 所以数列{a n }为等差数列．(2)由题意知，b n ＝|a n |＝|3n －8|， 所以当1≤n ≤2时，b n ＝8－3n ，S n ＝b 1＋…＋b n ＝n （b 1＋b n ）2＝n [5＋（8－3n ）]2＝13n －3n 22；当n ≥3时，b n ＝3n －8， S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝5＋2＋1＋…＋(3n －8)＝7＋（n －2）[1＋（3n －8）]2＝3n 2－13n ＋282.所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧13n －3n22，1≤n ≤2，3n 2－13n ＋282，n ≥3.4．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝10，a n ＋1＝9S n ＋10. (1)求证：{lg a n }是等差数列；(2)设T n 是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫3（lg a n ）（lg a n ＋1）的前n 项和，求T n ； (3)在(2)的条件下，求使T n >14(m 2－5m )对所有的n ∈N *恒成立的整数m 的取值集合．解：(1)证明：依题意，a 2＝9a 1＋10＝100，故a 2a 1＝10. 当n ≥2时，a n ＋1＝9S n ＋10，a n ＝9S n －1＋10，两式相减得a n ＋1－a n ＝9a n ，即a n ＋1＝10a n ，a n ＋1a n＝10， 故{a n }为等比数列，且a n ＝a 1q n －1＝10n (n ∈N *)， 所以lg a n ＝n .所以lg a n ＋1－lg a n ＝(n ＋1)－n ＝1， 即{lg a n }是等差数列．(2)由(1)知，T n ＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1） ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝3－3n ＋1. (3)因为T n ＝3－3n ＋1，所以当n ＝1时，T n 取最小值32. 依题意有32>14(m 2－5m )，解得－1<m <6，故所求整数m 的取值集合为{0，1，2，3，4，5}．。
2015年高考数学(理)一轮总复习课件：第五章+数 列 第2节 等差数列
C．22
D．24
【解析】 由 S10＝S11 得 10a1＋10×2 9×(－2)＝11a1＋ 11×2 10×(－2)，解得 a1＝20.
【答案】 B
第七页，编辑于星期五：十一点 五十六分。
3．已知{an}是等差数列，且 a3＋a9＝4a5，a2＝－8，则该 数列的公差是( )
A．4
1 B.4
C．－4
第二十三页，编辑于星期五：十一点 五十六分。
考向 3 等差数列的性质及应用
【例 3】 (1)(2014·天津模拟)等差数列{an}中，如果 a1
＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，数列{an}前 9 项的和为( )
A．297
B．144
C．99
D．66
(2)(2012·江西高考)设数列{an}，{bn}都是等差数列，若 a1
(1)求证：S1n是等差数列； (2)求数列{an}的通项公式．
第十六页，编辑于星期五：十一点 五十六分。
【解】 (1)证明 ∵an＝Sn－Sn－1(n≥2)， 又 an＝－2Sn·Sn－1， ∴Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，Sn≠0， ∴S1n－Sn1－1＝2(n≥2)．又S11＝a11＝2， 故数列S1n是以 2 为首项，以 2 为公差的等差数列．
错误的打“×”)
(1)若一个数列从第 2 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)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(
)
第五页，编辑于星期五：十一点 五十六分。
(3)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为 n 的 一次函数( )
第二十八页，编辑于星期五：十一点 五十六分。
2015届高三数学一轮课件：第5章 第2节 等差数列
①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)
②S2n－1＝(2n－1)an.
③n 为偶数时，S 偶－S 奇＝n2d；n 为奇数时，S 奇－S 偶＝a 中．
服/务/教/师 免/费/馈/赠
返回菜单 第六页，编辑于星期五：八点 四十二分。
数学·新课标(理科)山东专用
1．在等差数列{an}中，a2＝2，a3＝4，则a10＝(
a＋b 4．a、b 的等差中项 A＝___2____.
服/务/教/师 免/费/馈/赠
返回菜单 第三页，编辑于星期五：八点 四十二分。
数学·新课标(理科)山东专用
证明{an}为等差数列的方法： (1)用定义证明：an－an－1＝d(d 为常数，n≥2)⇔{an}为等差数 列； (2)用等差中项证明：2an＋1＝an＋an＋2⇔{an}为等差数列； (3)通项法：an 为 n 的一次函数⇔{an}为等差数列； (4)前 n 项和法：Sn＝An2＋Bn 或 Sn＝na12＋an.
)
A．12
B．14
C．16
D．18
【解析】 由题意，公差d＝a3－a2＝2， ∴a10＝a2＋8d＝2＋8×2＝18. 【答案】 D
服/务/教/师 免/费/馈/赠
返回菜单 第七页，编辑于星期五：八点 四十二分。
数学·新课标(理科)山东专用
2．在等差数列{an}中，a2＝1，a4＝5，则{an}的前5项和S5
服/务/教/师 免/费/馈/赠
返回菜单 第十六页，编辑于星期五：八点 四十二分。
数学·新课标(理科)山东专用
【解析】 (1)由已知an1＋1－a1n＝13，数列a1n是公差为13的等差 数列，又∵a1＝1，∴a1n＝a11＋13(n－1)＝n＋3 2.
【锁定高考】(新课标版)2015届高考数学一轮总复习(基础达标+提优演练)第5章 第2节 等差数列
【锁定高考】（新课标版）2015届高考数学一轮总复习（基础达标+提优演练）第5章 第2节 等差数列 文A 组 基础达标(时间：30分钟 满分：50分) 若时间有限，建议选讲4，6，8一、 选择题(每小题5分，共20分))设S n 是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{a n }的前n 项和，则下列命题错误的是(C)A. 若d<0，则数列{S n }有最大项B. 若数列{S n }有最大项，则d<0C. 若数列{S n }是递增数列，则对任意n∈N *，均有S n >0D. 若对任意n∈N *，均有S n >0，则数列{S n }是递增数列选项A ，B ，D 均正确，对于选项C ，首项为－1，d ＝2时就不成立．(2013·某某模拟)等差数列{an }中，a 2＋a 8＝4，则它的前9项和S 9等于(B) A. 9 B. 18 C. 36 D. 72依题意得S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9（a 2＋a 8）2＝9×42＝18.在等差数列{an }中，a 1＝25，S 17＝S 9，当数列的前n 项和最大时，n 等于(B)A. 12B. 13C. 14D. 15根据S 17＝S 9可得a 10＋a 11＋…＋a 17＝0，根据等差数列的性质可得4(a 13＋a 14)＝0，进而a 13＝－a 14，由于a 1＝25，说明该数列是单调递减的，故a 13≥0，a 14≤0，∴当n ＝13时，数列的前n 项和最大．已知一组数据：a 1，a 2，a 3，a 4，a 5，a 6，a 7，这组数据依次构成公差为d 的等差数列，且这组数据的方差等于1，则公差d 等于(B)A. ±14B. ±12C. ±128D. 无法求解这组数据的平均数为a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 77＝7a 47＝a 4，又这组数据的方差等于1，∴17[(a 1－a 4)2＋(a 2－a 4)2＋(a 3－a 4)2＋(a 4－a 4)2＋(a 5－a 4)2＋(a 6－a 4)2＋(a 7－a 4)2]＝（3d ）2＋（2d ）2＋d 2＋0＋d 2＋（2d ）2＋（3d ）27＝1，即4d 2＝1，解得d ＝±12.二、 填空题(每小题5分，共10分)(2013·某某高考)已知{a n }是等差数列，a 1＝1，公差 d ≠0，S n 为其前n 项和，若a 1，a 2，a 5成等比数列，则 S 8＝__64__．∵a 1，a 2，a 5成等比数列，∴a 22 ＝ a 1 a 5 ，即(a 1＋d)2＝a 1(a 1＋4d)，∴(1＋d)2＝1＋4d ，即d 2＝2d ，∴d ＝2.∴S 8＝8a 1＋8×72d ＝8＋8×72×2＝64.数列{an }是首项a 1＝m ，公差为2的等差数列，数列{b n }满足2b n ＝(n ＋1)a n ，若对任意n∈N *都有b n ≥b 5成立，则m 的取值X 围是__[－22，－18],)__．由题意得，a n ＝m ＋2(n －1)，从而b n ＝n ＋12a n ＝n ＋12[m ＋2(n －1)]．又对任意n∈N*都有b n ≥b 5成立，∴b 4≥b 5,b 6≥b 5，故⎩⎪⎨⎪⎧52（m ＋6）≥3（m ＋8），72（m ＋10）≥3（m ＋8），解得－22≤m≤－18.三、 解答题(共20分)分)(2013·某某高考) 在等差数列{a n }中，a 1＋a 3＝8，且a 4为a 2和a 9的等比中项，求数列{a n }的首项、公差及前n 项和．设该数列的公差为d ，前n 项和为S n .由已知可得2a 1＋2d ＝8，(a 1＋3d)2＝(a 1＋d)(a 1＋8d)．(3分) ∴a 1＋d ＝4，d(d －3)＝0，(5分)解得a 1＝4，d ＝0，或a 1＝1，d ＝3，即数列{a n }的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3.(8分)∴数列的前n 项和S n ＝4n 或S n ＝3n 2－n2.(10分)分)(2013·某某六校联考)设{a n }是公比不为1的等比数列，其前n 项和为S n ，且a 5，a 3，a 4成等差数列．(1)求数列{a n }的公比；(2)证明：对任意k∈N *，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．设数列{a n }的公比为q(q≠0，q ≠1)． 由a 5，a 3，a 4成等差数列，得2a 3＝a 5＋a 4，即2a 1q 2＝a 1q 4＋a 1q 3.(3分)由a 1≠0，q ≠0得q 2＋q －2＝0，解得q 1＝－2，q 2＝1(舍去)， ∴q ＝－2.(6分)(2)证法一：对任意k∈N *，S k ＋2＋S k ＋1－2S k ＝(S k ＋2－S k )＋(S k ＋1－S k ) ＝a k ＋1＋a k ＋2＋a k ＋1＝2a k ＋1＋a k ＋1·(－2)＝0，∴对任意k∈N *，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．(10分) 证法二：对任意k∈N *，2S k ＝2a 1（1－q k）1－q，S k ＋2＋S k ＋1＝a 1（1－q k ＋2）1－q ＋a 1（1－q k ＋1）1－q ＝a 1（2－q k ＋2－qk ＋1）1－q ，2S k －(S k ＋2＋S k ＋1)＝2a 1（1－q k）1－q －a 1（2－q k ＋2－qk ＋1）1－q＝a 11－q[2(1－q k )－(2－q k ＋2－q k ＋1)] ＝a 1q k1－q(q 2＋q －2)， 由(1)得q ＝－2，即q 2＋q －2＝0， ∴2S k －(S k ＋2＋S k ＋1)＝0.因此，对任意k∈N *，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．(10分)B 组 提优演练(时间：30分钟 满分：50分) 若时间有限，建议选讲3，4，8一、 选择题(每小题5分，共20分)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 5＝8，S 3＝6，则 S 10－S 7的值是(B) A. 24 B. 48 C. 60 D. 72设等差数列{a n }的公差为d ，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 5＝a 1＋4d ＝8，S 3＝3a 1＋3d ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝2，则S 10－S 7＝a 8＋a 9＋a 10＝3a 1＋24d ＝48.已知等差数列{a n }的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为 (A)A. 10B. 20C. 30D. 40设这个数列有2n 项，则由等差数列的性质可知：偶数项之和减去奇数项之和等于nd ，即25－15＝2n ，故2n ＝10，即数列的项数为10.(2013·某某模拟)等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，若S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列，则公比q 为(A)A. －2B. 1C. －2或1D. 2或－1本题有两种处理策略，一是设出首项a 1，若q≠1，建立方程 2a 1（1－q n）1－q＝a 1（1－q n ＋1）1－q ＋a 1（1－q n ＋2）1－q 求解，解得q ＝－2.此法为通法，但运算复杂；二是大胆假设，不妨设n ＝1，则S n ＋1，S n ，S n ＋2，即是S 2，S 1，S 3，根据等差数列的性质可知，2S 1＝S 2＋S 3，即2a 1＝a 1(1＋q)＋a 1(1＋q ＋q 2)，易得q ＝－2.(2013·乌鲁木齐模拟)设{a n }(n∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项的和，且S 5＜S 6，S 6＝S 7＞S 8，则下列结论错误的是(C)A. d ＜0B. a 7＝0C. S 9＞S 5D. S 6与S 7均为S n 的最大值∵前n 项和有最大值，∴d ＜0，选项A 正确；∵S 6＝S 7，∴a 7＝S 7－S 6＝0，∴选项B 正确；同时选项D 也正确．因此选C.∵d＜0，a 7＝0，∴a 9<0，∴S 9－S 5＝ a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝3a 7＋a 9＝a 9<0，∴S 9<S 5.二、 填空题(每小题5分，共10分)(2013·某某高考)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝10，则3a 5＋a 7＝__20__．依题意2a 1＋9d ＝10，∴3a 5＋a 7＝3(a 1＋4d)＋a 1＋6d ＝4a 1＋18d ＝20或3a 5＋a 7＝2(a 3＋a 8)＝20.已知等差数列{a n }中，a 5＝1，a 3＝a 2＋2，则S 11＝__33__．设等差数列{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝1，a 1＋2d ＝a 1＋d ＋2，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－7，d ＝2，则S 11＝11×(－7)＋11×102×2＝33.三、 解答题(共20分)分)(2013·某某高考)已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n∈N *)，且S 3＋a 3, S 5＋a 5, S 4＋a 4成等差数列．(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 设T n ＝S n －1S n(n∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值.设等比数列{a n }的公比为q ，∵S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，∴S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，∴q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n (n∈N *)．(5分)(2)由(1)得S n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数.当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，∴1＜S n ≤S 1＝32，故0＜S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，∴34＝S 2≤S n ＜1，故0＞S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对于n∈N *，总有S n －1S n ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－712，0∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，56.∴数列{T n }的最大项的值为56，最小项的值为－712.(10分)分)已知等差数列{a n }(n∈N *)中，a n ＋1>a n ，a 2a 9＝232，a 4＋a 7＝37.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若将数列{a n }的项重新组合，得到新数列{b n }，具体方法如下：b 1＝a 1，b 2＝a 2＋a 3，b 3＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7，b 4＝a 8＋a 9＋a 10＋…＋a 15，…，依此类推，第n 项b n 由相应的{a n }中2n －1项的和组成，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n －14·2n 的前 n 项和T n .由a 2a 9＝232，a 4＋a 7＝a 2＋a 9＝37，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝8，a 9＝29 或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝29，a 9＝8(由于a n ＋1>a n ，故舍去)．(2分)设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝8，a 9＝a 1＋8d ＝29，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝5，d ＝3.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋2(n∈N *)．(4分)(2)由题意得：b n ＝a 2n －1＋a 2n －1＋1＋a 2n －1＋2＋…＋a 2n －1＋2n －1－1＝(3·2n －1＋2)＋(3·2n －1＋5)＋(3·2n －1＋8)＋…＋[3·2n －1＋(3·2n －1－1)] ＝2n －1·3·2n －1＋[2＋5＋8＋…＋(3·2n －1－1)]．(6分)而2＋5＋8＋…＋(3·2n －1－1)是首项为2，公差为3的等差数列的前2n －1项的和， ∴2＋5＋8＋…＋(3·2n －1－1)＝2n －1×2＋2n －1（2n －1－1）2×3＝3·22n －3＋14·2n .(8分)∴b n ＝3·22n －2＋3·22n －3＋14·2n ＝98·22n ＋14·2n， ∴b n －14·2n ＝98·22n，∴T n ＝98(4＋16＋64＋ (22))＝98×4（1－4n）1－4＝(4n－1)．(10分)。
【金榜方案】2015高考数学(理)一轮复习配套文档：第5章 第5节 数列的综合问题
第五节 数列的综合问题【考纲下载】能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识 解决相应的问题．1．数列综合应用题的解题步骤(1)审题——弄清题意，分析涉及哪些数学内容，在每个数学内容中，各是什么问题．(2)分解——把整个大题分解成几个小题或几个“步骤”，每个小题或每个“步骤”分别是数列问题、函数问题、解析几何问题、不等式问题等．(3)求解——分别求解这些小题或这些“步骤”，从而得到整个问题的解答． 2．常见的数列模型(1)等差数列模型：通过读题分析，由题意抽象出等差数列，利用等差数列有关知识解决问题． (2)等比数列模型：通过读题分析，由题意抽象出等比数列，利用等比数列有关知识解决问题． (3)递推公式模型：通过读题分析，由题意把所给条件用数列递推式表达出来，然后通过分析递推关系式求解．1．设本金为a ，每期利率为r ，存期为n ，若按单利计算，本利和是多少？此模型是等差数列模型还是等比数列模型？提示：本利和为a(1＋rn)，属等差数列模型．2．设本金为a ，每期利率为r ，存期为n ，若按复利计算，本利和是多少？此模型是等差数列模型还是等比数列模型？提示：本利和为a(1＋r)n ，属等比数列模型．1．设{an}是公差不为0的等差数列，a1＝2且a1，a3，a6成等比数列，则{an}的前n 项和Sn ＝( ) A.n24＋7n 4 B.n23＋5n 3 C.n22＋3n4D ．n2＋n 解析：选A 设等差数列{an}的公差为d.∵a1，a3，a6成等比数列， ∴a23＝a1·a6，即(a1＋2d)2＝a1(a1＋5d)．又a1＝2，∴(2＋2d)2＝2×(2＋5d)， 解之得d ＝12或d ＝0(舍)．∴Sn ＝na1＋－2d ＝2n ＋－4＝n24＋7n 4. 2．已知x>0，y>0，x ，a ，b ，y 成等差数列，x ，c ，d ，y 成等比数列，则＋cd的最小值是( )A ．0B ．1C ．2D ．4解析：选D ∵x ，a ，b ，y 成等差数列，∴a ＋b ＝x ＋y ，又x ，c ，d ，y 成等比数列，∴cd ＝xy.∴＋cd＝＋xy ＝2＋x2＋y2xy ≥2＋2xy xy ＝4.当且仅当x ＝y 时取等号，所以＋cd的最小值是4.3.在如图所示的表格中，如果每格填上一个数后，每一行成等差数列，每一列成等比数列，那么x ＋y ＋z 的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C 由题意知，第三列各数成等比数列，故x ＝1；第一行第五个数为6，第二行第五个数为3，故z ＝34；第一行第四个数为5，第二行第四个数为52，故y ＝54，从而x ＋y ＋z ＝3.4．已知正项等差数列{an}满足：an ＋1＋an －1＝a2n (n≥2)，等比数列{bn}满足：bn ＋1bn －1＝2bn(n≥2)，则log2(a2＋b2)＝________.解析：由题意可知an ＋1＋an －1＝2an ＝a2n ，解得an ＝2(n≥2)(由于数列{an}每项都是正数，故an ＝0舍去)，又bn ＋1bn －1＝b2n ＝2bn(n≥2)，所以bn ＝2(n≥2)，所以log2(a2＋b2)＝log24＝2. 答案：25．已知数列{an}的前n 项和为Sn ，对任意n ∈N*都有Sn ＝ 23an －13，若1＜Sk ＜9(k ∈N*)，则k 的值为________． 解析：由Sn ＝23an －13，得当n ＝1时，S1＝a1＝23a1－13，则a1＝－1.当n≥2时，Sn ＝23(Sn －Sn －1)－13，即Sn ＝－2Sn －1－1.令Sn ＋p ＝－2(Sn －1＋p)，得Sn ＝－2Sn －1－3p ，可知p ＝13.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫Sn ＋13是以－23为首项，－2为公比的等比数列．则Sn ＋13＝－23×(－2)n －1，即Sn ＝－23×(－2)n －1－13.由1＜－23×(－2)k －1－13＜9，k ∈N*，得k ＝4.答案：4前沿热点(七)数列中的三类探索性问题1．条件探索性问题此类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探求，或条件增删需确定，或条件正误需判定；解决此类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件，在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．[典例1] 已知数列{an}中，a1＝2，a2＝3，其前n 项和Sn 满足Sn ＋2＋Sn ＝2Sn ＋1＋1(n ∈N*)；数列{bn}中，b1＝a1，bn ＋1＝4bn ＋6(n ∈N*)． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设cn ＝bn ＋2＋(－1)n －1λ·2an(λ为非零整数，n ∈N*)，试确定λ的值，使得对任意n ∈N*，都有cn ＋1>cn 成立．[解题指导] 处理第(2)问中的cn ＋1>cn 恒成立问题，可通过构造函数将问题转化为函数的最值问题，再来研究所构造的函数的最值．[解] (1)由已知得Sn ＋2－Sn ＋1－(Sn ＋1－Sn)＝1，所以an ＋2－an ＋1＝1(n≥1)． 又a2－a1＝1，所以数列{an}是以a1＝2为首项，1为公差的等差数列．所以an ＝n ＋1. 因为bn ＋1＝4bn ＋6，即bn ＋1＋2＝4(bn ＋2)，又b1＋2＝a1＋2＝4，所以数列{b2＋2}是以4为首项，4为公比的等比数列． 所以bn ＝4n －2.(2)因为an ＝n ＋1，bn ＝4n －2，所以cn ＝4n ＋(－1)n －1λ·2n ＋1.要使cn ＋1>cn 成立， 需cn ＋1－cn ＝4n ＋1－4n ＋(－1)nλ·2n ＋2－(－1)n －1λ·2n ＋1>0恒成立， 化简得3·4n －3λ(－1)n －12n ＋1>0恒成立，即(－1)n －1λ<2n －1恒成立，①当n 为奇数时，即λ<2n －1恒成立，当且仅当n ＝1时，2n －1有最小值1，所以λ<1；②当n 为偶数时，即λ>－2n －1恒成立，当且仅当n ＝2时，－2n －1有最大值－2，所以λ>－2，即－2<λ<1.又λ为非零整数，则λ＝－1.综上所述，存在λ＝－1，使得对任意n ∈N*，都有cn ＋1>cn 成立． [名师点评] 对于数列问题，一般要先求出数列的通项，不是等差数列和等比数列的要转化为等差数列或等比数列．遇到Sn 要注意利用Sn 与an 的关系将其转化为an ，再研究其具体性质．遇到(－1)n 型的问题要注意分n 为奇数与偶数两种情况进行讨论，本题易忘掉对n 的奇偶性的讨论而致误． 2．结论探索性问题此类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定；解决此类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论，在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论． [典例2] 已知各项均为正数的数列{an}满足：a2n ＋1＝2a2n ＋anan ＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n ∈N*.(1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}满足：bn ＝nan ＋，是否存在正整数m ，n(1<m<n)，使得b1，bm ，bn 成等比数列？若存在，求出所有的m ，n 的值，若不存在，请说明理由．[解题指导] 处理第(2)问中的是否存在问题，可先假设存在正整数m ，n ，把m ，n 转化为一个变量求出这个变量的范围，根据正整数求其值，若在所求范围内能够得到适合题目的值，则存在，否则就不存在． [解] (1)因为a2n ＋1＝2a2n ＋anan ＋1，即(an ＋an ＋1)(2an －an ＋1)＝0.又an>0，所以2an －an ＋1＝0，即2an ＝an ＋1.所以数列{an}是公比为2的等比数列． 由a2＋a4＝2a3＋4，得2a1＋8a1＝8a1＋4，解得a1＝2. 故数列{an}的通项公式为an ＝2n(n ∈N*)． (2)因为bn ＝nan ＋＝n 2n ＋1，所以b1＝13，bm ＝m 2m ＋1，bn ＝n 2n ＋1.若b1，bm ，bn 成等比数列，则⎝⎛⎭⎫m 2m ＋12＝13⎝⎛⎭⎫n 2n ＋1，即m24m2＋4m ＋1＝n6n ＋3.由m24m2＋4m ＋1＝n 6n ＋3，可得3n ＝－2m2＋4m ＋1m2，所以－2m2＋4m ＋1>0，从而1－62<m<1＋62.又n ∈N*，且m>1，所以m ＝2，此时n ＝12.故当且仅当m ＝2，n ＝12时，b1，bm ，bn 成等比数列．[名师点评] 对于结论探索性问题，需要先得出一个结论，再进行证明．注意含有两个变量的问题，变量归一是常用的解题思想，一般把其中的一个变量转化为另一个变量，根据题目条件，确定变量的值．遇到数列中的比较大小问题可以采用构造函数，根据函数的单调性进行证明，这是解决复杂问题常用的方法． 3．存在探索性问题此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立；解决此类问题的一般方法是：假定题中的数学对象存在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．[典例3] 已知数列{an}的首项a1＝35，an ＋1＝3an2an ＋1，n ∈N*.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an －1为等比数列；(2)是否存在互不相等的正整数m ，s ，n ，使m ， s ，n 成等差数列，且am －1，as －1，an －1成等比数列？如果存在，请给以证明；如果不存在，请说明理由．[解题指导] 第(1)问中an ＋1与an 的关系以分式形式给出，可以通过取倒数处理，目的仍然是变为等差数列或等比数列；第(2)问可先假设所探求问题存在再去求解，注意应用重要不等式进行判断．[解] (1)证明：因为1an ＋1＝23＋13an ，所以1an ＋1－1＝13⎝⎛⎭⎫1an －1. 又因为1a1－1≠0，所以1an －1≠0(n ∈N*)．所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an －1为等比数列．(2)假设存在，则m ＋n ＝2s ， (am －1)(an －1)＝(as －1)2，由(1)知1an －1＝(a1－1)⎝⎛⎭⎫13n －1＝23n ，则an ＝3n3n ＋2， 所以⎝⎛⎭⎫3n 3n ＋2－1⎝⎛⎭⎫3m 3m ＋2－1＝⎝⎛⎭⎫3s3s ＋2－12，化简得3m ＋3n ＝2×3s.因为3m ＋3n≥2×3m ＋n ＝2×3s ，当且仅当m ＝n 时等号成立，又m ，s ，n 互不相等，所以不存在． [名师点评] 数列问题是以分式形式给出条件的，一般采用取倒数，再转化为等差数列或等比数列，通过等差数列与等比数列的桥梁作用求出通项．遇到多个变量的存在性问题，一般假设存在，求出满足的关系，再寻找满足的条件，一般可以利用重要不等式、值域或范围等判断是否存在．。
【金榜方案】2015高考数学(理)一轮知能检测：第2章 第6节 对数与对数函数
第六节 对数与对数函数[全盘巩固] 1．若f(x)＝1log 12＋，则f(x)的定义域为( )A.⎝⎛⎭⎫－12，0B.⎝⎛⎦⎤－12，0 C.⎝⎛⎭⎫－12，＋∞ D ．(0，＋∞) 解析：选A 根据题意得log 12(2x ＋1)＞0，即0＜2x ＋1＜1，解得x ∈⎝⎛⎭⎫－12，0. 2．已知a ＝log23＋log23，b ＝log29－log23，c ＝log32，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a ＝b<cB ．a ＝b>cC ．a<b<cD ．a>b>c解析：选B 因为a ＝log23＋log23＝log233＝32log23>1，b ＝log29－log23＝log233＝a ，c ＝log32<log33＝1，所以选B. 3．已知函数f(x)＝lg1－x1＋x，若f(a)＝b ，则f(－a)等于( ) A.1b B ．－1b C ．－b D ．b 解析：选C 易知f(x)的定义域为(－1,1)，则f(－x)＝lg 1＋x 1－x ＝－lg 1－x1＋x＝－f(x)，所以f(x)是奇函数．所以f(－a)＝－f(a)＝－b.4．函数y ＝log2(x2＋1)－log2x 的值域是( ) A ．[0，＋∞) B ．(－∞，＋∞)C ．[1，＋∞)D ．(－∞，－1]∪[1，＋∞)解析：选C y ＝log2(x2＋1)－log2x ＝log2x2＋1x ＝log2⎝⎛⎭⎫x ＋1x ≥log22＝1(x>0)． 5．(2014·温州模拟)函数f(x)＝loga|x|＋1(0＜a ＜1)的图象大致为( )解析：选A 由函数f(x)的解析式可确定该函数为偶函数，图象关于y 轴对称．设g(x)＝loga|x|，先画出x ＞0时，g(x)的图象，然后根据g(x)的图象关于y 轴对称画出x ＜0时g(x)的图象，最后由函数g(x)的图象向上整体平移一个单位即得f(x)的图象，结合图象知选A. 6．(2014·杭州模拟)设函数f(x)＝|logax|(0<a<1)的定义域为[m ，n](m<n)，值域为[0,1]．若n －m 的最小值为13，则实数a 的值为( )A.13或23B.23或34C.14或13D.14或34解析：选B 如图作出f(x)＝|logax|的图象，因为0<a<1时，A(a,1)，B ⎝⎛⎭⎫1a ，1，此时满足条件的(n －m)min ＝1－a ＝13或1a －1＝13，解得a ＝23或a ＝34，经验证均符合条件．7．(2014·衢州模拟)定义在R 上的偶函数f(x)在[0，＋∞)上是增函数，且f ⎝⎛⎭⎫13＝0，则不等式f(log 18x)＞0的解集是________．解析：定义在R 上的偶函数f(x)在[0，＋∞)上是增函数，由于f ⎝⎛⎭⎫13＝0，则f ⎝⎛⎭⎫－13＝0，由f(x)＞0可得x ＞13，或x ＜－13，不等式f(log 18x)＞0 等价于log 18x ＞13，或log 18x ＜－13，即log 18x ＞13log 1818，或log 18x ＜－13log 1818，所以0＜x ＜12，或x ＞2.答案：⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪0＜x ＜12，或x ＞2 8．函数y ＝logax(a>0，且a≠1)在[2,4]上的最大值与最小值的差是1，则a 的值为________． 解析：(1)当a>1时，函数y ＝logax 在[2,4]上是增函数，所以loga4－loga2＝1，即loga 42＝1，所以a＝2.(2)当0<a<1时，函数y ＝logax 在[2,4]上是减函数，所以loga2－loga4＝1，即loga 24＝1，所以a ＝12.由(1)(2)知a ＝2或a ＝12.答案：2或129．已知实数a ，b 满足等式log2a ＝log3b ，给出下列五个关系式：①a ＞b ＞1；②b ＞a ＞1；③a ＜b ＜1；④b ＜a ＜1；⑤a ＝b.其中可能的关系式是________．解析：由已知得log2a ＝log3b ，在同一坐标系中作出y ＝log2x ，y ＝log3x 的图象，当纵坐标相等时，可以得到相应横坐标的大小关系，从而得出②④⑤可能． 答案：②④⑤10．设f(x)＝loga(1＋x)＋loga(3－x)(a ＞0， a≠1)，且f(1)＝2.(1)求a 的值及f(x)的定义域； (2)求f(x)在区间⎣⎡⎦⎤0，32上的最大值． 解：(1)∵f(1)＝2，∴loga4＝2(a ＞0，a≠1)，∴a ＝2.由⎩⎪⎨⎪⎧1＋x ＞0，3－x ＞0，得x ∈(－1,3)，∴函数f(x)的定义域为(－1,3)．(2)f(x)＝log2(1＋x)＋log2(3－x)＝log2(1＋x)(3－x)＝log2[－(x －1)2＋4]， ∴当x ∈(－1,1]时，f(x)是增函数；当x ∈(1,3)时，f(x)是减函数，函数f(x)在⎣⎡⎦⎤0，32上的最大值是f(1)＝log24＝2. 11．(2014·宁波模拟)若函数f(x)＝alog2x8·log2(4x)在区间⎣⎡⎦⎤18，4上的最大值是25，求实数a 的值． 解：f(x)＝alog2x 8·log2(4x)＝a[(log2x －3)(log2x ＋2)]＝a[(log2x)2－log2x －6]，令t ＝log2x ，则f(x)＝a(t2－t －6)，且t ∈[－3,2]．由于h(t)＝t2－t －6＝⎝⎛⎭⎫t －122－254， 所以当t ＝12时，h(t)取最小值－254；当t ＝－3时，h(t)取最大值6.若a ＝0，显然不合题意；若a ＞0，则f(x)的最大值为6a ，即6a ＝25，所以a ＝256；若a ＜0，则f(x)的最大值为 －254a ，即－254a ＝25，所以a ＝－4. 综上，实数a 的值为256或－4.12．已知f(x)＝logax(a>0且a≠1)，如果对于任意的x ∈⎣⎡⎦⎤13，2都有|f(x)|≤1成立，求a 的取值范围． 解：由已知f(x)＝logax ，当0<a<1时，⎪⎪⎪⎪f ⎝⎛⎫13－|f(2)|＝loga 13＋loga2＝loga 23>0， 当a>1时，⎪⎪⎪⎪f ⎝⎛⎭⎫13－|f(2)|＝－loga 13－loga2＝－loga 23>0，故⎪⎪⎪⎪f ⎝⎛⎭⎫13>|f(2)|总成立．则y ＝|f(x)|的图象如图．要使x ∈⎣⎡⎦⎤13，2时恒有|f(x)|≤1， 只需⎪⎪⎪⎪f ⎝⎛⎭⎫13≤1，即－1≤loga 13≤1，即logaa －1≤loga 13≤logaa ， 当a>1时，得a －1≤13≤a ，即a≥3；当0<a<1时，得a －1≥13≥a ，得0<a≤13.综上所述，a 的取值范围是⎝⎛⎤0，13∪[3，＋∞)． [冲击名校]1．已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧|lg x|，0<x≤10，－12x ＋6，x>10，若a ，b ，c 互不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，则abc 的取值范围是( )A ．(1,10)B ．(5,6)C ．(10,12)D ．(20,24)解析：选C 作出f(x)的大致图象．不妨设a ＜b ＜c ，因为a 、b 、c 互不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，由函数的图象可知10<c<12，且|lg a|＝|lg b|，因为a≠b ，所以lg a ＝－lg b ，可得ab ＝1，所以abc ＝c ∈(10,12)．2．函数f(x)的定义域为D ，若存在闭区间[a ，b]⊆D ，使得函数f(x)满足：(1)f(x)在[a ，b]内是单调函数；(2)f(x)在[a ，b]上的值域为[2a,2b]，则称区间[a ，b]为y ＝f(x)的“和谐区间”．下列结论错误的是( ) A ．函数f(x)＝x2(x≥0)存在“和谐区间” B ．函数f(x)＝x3(x ∈R)存在“和谐区间” C ．函数f(x)＝4xx2＋1(x≥0)存在“和谐区间”D ．函数f(x)＝loga ⎝⎛⎭⎫ax －18(a ＞0，a≠1)不存在“和谐区间” 解析：选D 对于A ，在函数的单调递增区间上问题等价于方程f(x)＝2x 至少有两个不相等的实数根，可得[0,2]为函数f(x)＝x2(x≥0)的“和谐区间”；同理对于B ，在x ∈R 上问题等价于方程f(x)＝2x 至少有两个不相等的实数根，通过画图像(图略)可知，f(x)＝x3(x ∈R)存在“和谐区间”；对于C ，易知函数f(x)＝4x x2＋1(x≥0)在[0,1]上单调递增，且其值域是[0,2]，故函数f(x)＝4xx2＋1(x≥0)也存在“和谐区间”；对于D ，易知函数f(x)＝loga ⎝⎛⎭⎫ax －18(a ＞0，a≠1)在其定义域内单调递增，定义域是满足ax ＞18的自变量的取值范围，由方程f(x)＝2x ，得a2x －ax ＋18＝0，解得ax ＝1－222或ax ＝1＋222.由于1－222－18＝3－228＞0，故ax 的两个根都在函数的定义域内，因此函数f(x)＝loga ⎝⎛⎭⎫ax －18(a ＞0，a≠1)也存在“和谐区间”．[高频滚动]1．函数f(x)＝ax －b 的图象如图所示，其中a ，b 为常数，则下列结论正确的是( )A ．a ＞1，b ＜0B ．a ＞1，b ＞0C ．0＜a ＜1，b ＞0D ．0＜a ＜1，b ＜0解析：选D 由函数f(x)的图象特征知，0＜a ＜1，又f(0)＝a －b ＜1＝a0，所以－b ＞0，即b ＜0. 2．已知函数f(x)＝|2x －1|，a<b<c ，且f(a)>f(c)>f(b)，则下列结论中，一定成立的是( )A．a<0，b<0，c<0 B．a<0，b≥0，c>0C．2－a<2c D．2a＋2c<2解析：选D作出函数f(x)＝|2x－1|的图象如右图中实线所示，∵a<b<c，且f(a)>f(c)>f(b)，结合图象知a<0，0＜c＜1，∴0<2a<1,1＜2c＜2，∴f(a)＝|2a－1|＝1－2a，f(c)＝|2c－1|＝2c－1，又f(a)> f(c)，即1－2a>2c－1，∴2a＋2c<2，故选D.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第二节 等差数列及其前n 项和[全盘巩固]1．已知等差数列{an}的前n 项和为Sn ，a4＝15，S5＝55，则数列{an}的公差是( )A.14B ．4C ．－4D ．－3 解析：选B ∵{an}是等差数列， a4＝15，S5＝55，∴a1＋a5＝22，∴2a3＝22，a3＝11，∴公差d ＝a4－a3＝4.2．设等差数列{an}的前n 项和为Sn ，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9＝( )A ．63B ．45C ．36D ．27解析：选B 设等差数列{an}的公差为d ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧S3＝3a1＋3d ＝9，S6＝6a1＋6×52d ＝36，解得a1＝1，d ＝2，则a7＋a8＋a9＝3a8＝3(a1＋7d)＝45.3．(2013·辽宁高考)下面是关于公差d>0的等差数列{an}的四个命题：p1：数列{an}是递增数列；p2：数列{nan}是递增数列；p3：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫an n 是递增数列； p4：数列{an ＋3nd}是递增数列．其中的真命题为( )A ．p1，p2B ．p3，p4C ．p2，p3D ．p1，p4解析：选D ∵{an}是等差数列，∴设an ＝a1＋(n －1)d.∵d>0，∴{an}是递增数列，故p1是真命题；nan ＝dn2＋(a1－d)n 的对称轴方程为n ＝－a1－d 2d .当－a1－d 2d >32时，由二次函数的对称性知a1>2a2，{nan}不是递增数列，p2是假命题；an n ＝d ＋a1－d n ，当a1－d>0时，⎩⎨⎧⎭⎬⎫an n 是递减数列，p3是假命题；an ＋3nd ＝4nd ＋a1－d,4d>0，{an ＋3nd}是递增数列，p4是真命题．故p1，p4是真命题．4．已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99.以Sn 表示{an}的前n 项和，则使得Sn 达到最大值的n 是 ( )A ．21B ．20C ．19D ．18解析：选B ∵a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，∴3a3＝105,3a4＝99，即a3＝35，a4＝33.∴a1＝39，d ＝－2，得an ＝41－2n.令an≥0且an ＋1≤0，n ∈N*，则有n ＝20.5．已知Sn 为等差数列{an}的前n 项和，若S1＝1，S4S2＝4，则S6S4的值为( ) A.94 B.32 C.53D ．4 解析：选A 由等差数列的性质可知S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，由S4S2＝4，得S4－S2S2＝3，则S6－S4＝5S2，所以S4＝4S2，S6＝9S2，S6S4＝94. 6．在等差数列{an}中，a1＝－2 012，其前n 项和为Sn ，若S1212－S1010＝2，则S2 012的值等于( ) A ．－2 011 B ．－2 012 C ．－2 010 D ．－2 013解析：选B ∵Sn ＝An2＋Bn ，知Sn n＝An ＋B ， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫Sn n 是首项为S11＝－2 012的等差数列， 又S1212－S1010＝2，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫Sn n 的公差为1，∴S2 0122 012＝－2 012＋(2 012－1)×1＝－1， 故S2 012＝－2 012.7．在等差数列{an}中，首项a1＝0，公差d≠0，若ak ＝a1＋a2＋a3＋…＋a7，则k ＝________. 解析：a1＋a2＋…＋a7＝7a1＋－2＝21d ，而ak ＝a1＋(k －1)d ＝(k －1)d ，所以(k －1)d ＝21d ，d≠0，故k ＝22.答案：228．在等差数列{an}中，an>0，且a1＋a2＋…＋a10＝30，则a5·a6的最大值为________． 解析：∵a1＋a2＋…＋a10＝30，即＋2＝30，a1＋a10＝6，∴a5＋a6＝6，∴a5·a6≤⎝⎛⎭⎫a5＋a622＝9. 答案：99．已知等差数列{an}中，an≠0，若n>1且an －1＋an ＋1－a2n ＝0，S2n －1＝38，则n ＝________. 解析：∵2an ＝an －1＋an ＋1，an －1＋an ＋1－a2n ＝0，∴2an －a2n ＝0，即an(2－an)＝0.∵an≠0，∴an ＝2.∴S2n －1＝2(2n －1)＝38，解得n ＝10.答案：1010．设Sn 是数列{an}的前n 项和且n ∈N*，所有项an>0，且Sn ＝14a2n ＋12an －34. (1)证明：{an}是等差数列；(2)求数列{an}的通项公式．解：(1)证明：当n ＝1时，a1＝S1＝14a21＋12a1－34， 解得a1＝3或a1＝－1(舍去)．当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝14(a2n ＋2an －3)－14(a2n －1＋2an －1－3)． ∴4an ＝a2n －a2n －1＋2an －2an －1.即(an ＋an －1)(an －an －1－2)＝0.∵an ＋an －1>0，∴an －an －1＝2(n≥2)．∴数列{an}是以3为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知an ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1.11．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)求通项公式an ；(2)求Sn 的最小值；(3)若数列{}bn 是等差数列，且bn ＝Sn n ＋c，求非零常数c. 解：(1)∵数列{}an 为等差数列，∴a3＋a4＝a2＋a5＝22.又a3·a4＝117，∴a3，a4是方程x2－22x ＋117＝0的两实根，又公差d ＞0，∴a3＜a4，∴a3＝9，a4＝13，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a1＋2d ＝9，a1＋3d ＝13，∴⎩⎪⎨⎪⎧a1＝1，d ＝4.∴通项公式an ＝4n －3. (2)由(1)知a1＝1，d ＝4，∴Sn ＝na1＋－2×d ＝2n2－n ＝2⎝⎛⎭⎫n －142－18， ∴当n ＝1时，Sn 最小，最小值为S1＝a1＝1.(3)由(2)知Sn ＝2n2－n ，∴bn ＝Sn n ＋c ＝2n2－n n ＋c， ∴b1＝11＋c ，b2＝62＋c ，b3＝153＋c. ∵数列{}bn 是等差数列，∴2b2＝b1＋b3，即62＋c ×2＝11＋c ＋153＋c，∴2c2＋c ＝0， ∴c ＝－12或c ＝0(舍去)，故c ＝－12. 12．已知数列{an}是等差数列，bn ＝a2n －a2n ＋1.(1)证明：数列{bn}是等差数列；(2)若a1＋a3＋a5＋…＋a25＝130，a2＋a4＋a6＋…＋a26＝143－13k(k 为常数)，求数列{bn}的通项公式；(3)在(2)的条件下，若数列{bn}的前n 项和为Sn ，是否存在实数k ，使Sn 当且仅当n ＝12时取得最大值？若存在，求出k 的取值范围；若不存在，说明理由．解：(1)证明：设{an}的公差为d ，则bn ＋1－bn ＝(a2n ＋1－a2n ＋2)－(a2n －a2n ＋1)＝2a2n ＋1－(an ＋1－d)2－(an ＋1＋d)2＝－2d2，∴数列{bn}是以－2d2为公差的等差数列．∵a1＋a3＋a5＋…＋a25＝130，a2＋a4＋a6＋…＋a26＝143－13k ，∴13d ＝13－13k ，∴d ＝1－k ，又13a1＋－2×2d ＝130，∴a1＝－2＋12k ，∴an ＝a1＋(n －1)d ＝(－2＋12k)＋(n －1)(1－k)＝(1－k)n ＋13k －3，∴bn ＝a2n －a2n ＋1＝(an ＋an ＋1)(an －an ＋1)＝－2(1－k)2n ＋25k2－30k ＋5.(3)存在满足题意的实数k.由题意可知，当且仅当n ＝12时Sn 最大，则b12>0，b13<0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －－＋25k2－30k ＋5>0，－－＋25k2－30k ＋5<0，∴⎩⎪⎨⎪⎧k2＋18k －19>0，k2－22k ＋21>0，解得k<－19或k>21. 故k 的取值范围为(－∞，－19)∪(21，＋∞)．[冲击名校]1．已知数阵⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33中，每行的3个数依次成等差数列，每列的3个数也依次成等差数列，若a22＝8，则这9个数的和为( )A ．16B ．32C ．36D ．72解析：选D 依题意得a11＋a12＋a13＋a21＋a22＋a23＋a31＋a32＋a33＝3a12＋3a22＋3a32＝9a22＝72.2．(2013·新课标全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n 项和为Sn ，已知S10＝0，S15＝25，则nSn 的最小值为________．解析：由Sn ＝na1＋－2d ，得⎩⎪⎨⎪⎧10a1＋45d ＝0，15a1＋105d ＝25， 解得a1＝－3，d ＝23，则Sn ＝－3n ＋－2·23＝13(n2－10n)， 所以nSn ＝13(n3－10n2)，令f(x)＝13(x3－10x2)，则f′(x)＝x2－203x ＝x ⎝⎛⎭⎫x －203， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1，203时，f(x)单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫203，＋∞时，f(x)单调递增， 又6<203<7，f(6)＝－48，f(7)＝－49，所以nSn 的最小值为－49. 答案：－49[高频滚动]1．已知数列{an}的前n 项和Sn ＝－n2＋3n ，若an ＋1an ＋2＝80，则n 的值为( )A ．5B ．4C ．3D ．2解析：选A 由Sn ＝－n2＋3n ，可得an ＝4－2n ，因此an ＋1·an ＋2＝[4－2(n ＋1)][4－2(n ＋2)]＝80，即n(n －1)＝20，解得n ＝－4(舍去)或n ＝5.2．已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an ，an ＋1是函数f(x)＝x2－bnx ＋2n 的两个零点，则b10＝________.解析：∵an ＋an ＋1＝bn ，an·an ＋1＝2n ，∴an ＋1·an ＋2＝2n ＋1，∴an ＋2＝2an.又∵a1＝1，a1·a2＝2，∴a2＝2，∴a2n ＝2n ，a2n －1＝2n －1(n ∈N*)，∴b10＝a10＋a11＝64. 答案：64。