江苏专用2019版高考数学专题复习专题6数列第35练等差数列练习

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2019版高考数学大一轮复习江苏专版文档：第六章数列6

§6.4 数列的递推与通项考情考向分析由递推关系求数列的通项公式是高考的热点和重点，一般是解答题的前两问，是解数列综合题的基础，难度为中档．数列的递推公式如果已知数列{a n }的首项(或前几项)，且任一项a n 与它的前一项a n －1(n ≥2)(或前几项)间的关系可用一个公式来表示，那么这个公式叫数列的递推公式．知识拓展由递推关系求数列通项公式的常用方法： (1)累加型形如a n ＝a n －1＋f (n －1)，则a n －a n －1＝f (n －1)， a 2－a 1＝f (1)，a 3－a 2＝f (2)，…，a n －a n －1＝f (n －1)，以上(n －1)个等式经累加，得a n ＝a 1＋∑n －1k ＝1f (k )． (2)累乘型形如a n ＝a n －1f (n －1)，a n ≠0，则a na n －1＝f (n －1)，可利用a 2a 1＝f (1)，a 3a 2＝f (2)，…，a n a n －1＝f (n －1)，以上(n －1)个等式经累乘，得a na 1＝f (1)·f (2)·…·f (n－1)，即a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1.(3)构造型①形如a n ＝Aa n －1＋B ，其中A ，B 为常数且A ≠1，A ≠0，B ≠0的构造可用待定系数法，构造一个公比为A 的等比数列，令a n ＋λ＝A (a n －1＋λ)，经整理比较得(A －1)λ＝B ，λ＝BA －1，从而⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋B A －1是一个公比为A 的等比数列．②形如a n ＝Aa n －1＋b n ，且A ≠0，b ≠0型的构造可变形成a n b n ＝A b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1b n －1＋1，令c n ＝a n b n ，则c n ＝Ab c n －1＋1(此问题就转化成a n ＝Aa n －1＋B 的模型求解)．③a n ＝Aa n －1＋n ，且A ≠0，A ≠1型的构造可用待定系数法构造a n ＋λn ＝A [a n －1＋λ(n －1)]＋γ，然后经整理比较a n ＝Aa n －1＋n 得出λ＝1A －1，γ＝A A －1，从而转化为a n ＝Aa n －1＋B 型的构造． ④形如a n ＝ma k n －1(m >0，k ∈N ，k ≠0，k ≠1)的构造可两边取对数得lg a n ＝k lg a n －1＋lg m ，令b n ＝lg a n ，得b n ＝k ·b n －1＋lg m ，所以该问题转化为a n ＝Aa n －1＋B 模型求解．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则a n ＝1n .( √ )(2)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2，则a n ＝32n 2＋n2.( √ )(3)已知在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n ，则a n ＝n (n ＋1)2.( √ )(4)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则a n ＝2n .( × ) 题组二教材改编2．(P67习题T 4)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n1＋na n，则a n ＝________. 答案2n 2－n ＋2解析原式可化为1a n ＋1－1a n＝n ，∴1a 2－1a 1＝1，1a 3－1a 2＝2，1a 4－1a 3＝3，…， 1a n －1a n －1＝n －1. 累加得1a n －1a 1＝1＋2＋…＋(n －1)，∴a n ＝2n 2－n ＋2.3．(P68习题T 14)已知在正项数列{a n }中，S n 表示前n 项和且2S n ＝a n ＋1，则a n ＝________. 答案 2n －1解析方法一由已知2S n ＝a n ＋1，得当n ＝1时，a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入已知得2S n ＝S n －S n －1＋1，即S n －1＝(S n －1)2. 又a n ＞0，故S n －1＝S n －1或S n －1＝ 1－S n (舍)，即S n －S n －1＝1(n ≥2)，由定义得{S n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴S n ＝n .故a n ＝2n －1.方法二 ∵2Sn ＝a n ＋1，∴4Sn ＝(a n ＋1)2，当n ≥2时，4S n －1＝(a n －1＋1)2，两式相减，得4a n ＝(a n ＋1)2－(a n －1＋1)2，化简可得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， ∵a n ＞0，∴a n －a n －1＝2， ∵2a 1＝a 1＋1，∴a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列， ∴a n ＝2n －1. 题组三易错自纠4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－n ＋1，它的通项公式a n ＝____________.答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2解析 ∵a 1＝S 1＝12－1＋1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2－n ＋1)－[(n －1)2－(n －1)＋1]＝2n －2.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2.5．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和满足S n >1，且6S n ＝(a n ＋1)(a n ＋2)，n ∈N *，则数列{a n }的通项公式为____________．答案 a n ＝3n －1解析由a 1＝S 1＝16(a 1＋1)(a 1＋2)，解得a 1＝1或a 1＝2.由已知a 1＝S 1>1，得a 1＝2. 又由a n ＋1＝S n ＋1－S n＝16(a n ＋1＋1)(a n ＋1＋2)－16(a n ＋1)(a n ＋2)，得a n ＋1－a n －3＝0或a n ＋1＝－a n .因为a n >0，故a n ＋1＝－a n 不成立，舍去．因此a n ＋1－a n －3＝0，即a n ＋1－a n ＝3，从而{a n }是公差为3，首项为2的等差数列，故{a n }的通项公式为a n ＝3n －1. 6．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则a n ＝____________. 答案 2×3n －1－1解析因为a n ＋1＝3a n ＋2，所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝3，所以数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3，又a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2×3n －1，所以a n ＝2×3n －1－1.题型一累加型和累乘型1．数列{}a n 满足a 1＝12，a n ＝a n －1＋1n 2－n (n ≥2)，求数列{}a n 的通项．解由a n －a n －1＝1n 2－n 且a 1＝12，a n －a n －1＝1n 2－n ＝1n －1－1na n －1－a n －2＝1n －2－1n －1，…，a 2－a 1＝1－12，所以a n －a 1＝1－1n ，所以a n ＝32－1n.2. 已知在数列{}a n 中，a 1＝2，且na n ＋1＝(n ＋2)a n ，求a n .解由已知得，a n ＋1a n ＝n ＋2n ，故a n ＝a n a n －1.a n －1a n －2.....a 2a 1.a 1＝n ＋1n －1.n n －2.. (3)1·2＝n (n ＋1)．思维升华 (1)求形如a n ＋1＝a n ＋f (n )数列的通项公式，此类题型一般可以利用累加法求其通项公式，即a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1，累加求得通项公式； (2)求形如a n ＋1a n＝f (n )数列的通项，此类题型一般可以利用累乘法求其通项公式，即a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1，累乘求得其通项．题型二构造法求数列的通项公式命题点1 形如a n ＝Aa n －1＋B ，其中A ，B 为常数且A ≠1，A ≠0，B ≠0的构造典例已知在数列{}a n 中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，求a n .解方法一令a n ＋1＋k ＝2(a n ＋k )，即a n ＋1＝2a n ＋k ，与a n ＋1＝2a n ＋1比较得k ＝1，即数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋1＝2·2n －1，即a n ＝2n －1.方法二由已知得a 2＝3，a n ＋1－a n ＝(2a n ＋1)－(2a n －1＋1)＝2(a n －a n －1)(n ≥2)，所以数列{a n ＋1－a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故a n ＋1－a n ＝2n ，下面利用叠加法求：a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋21＋1＝2n －1.方法三将a n ＋1＝2a n ＋1两边同除以2n ＋1得a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋12n ＋1，即a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝12n ＋1，利用叠加法可求得a n ＝2n－1. 思维升华求形如“a n ＋1＝pa n ＋q (p ，q 为常数，pq ≠0，p ≠1)”的通项方法有三种：方法一：数法，引入待定参数k ，使a n ＋1－k ＝p (a n －k )，所以数列{a n －k }为等比数列．要求出k ，只要把所构造的递推式与原递推式比较得(1－p )k ＝q ，故k ＝q 1－p .方法二：a n ＋1－a n ＝p (a n －a n －1)，所以数列{a n ＋1－a n }为等比数列．方法三：两边同除以p n＋1得a n ＋1pn ＋1＝a n p n ＋qp n ＋1，故可以利用累加法来求．跟踪训练已知数列{}a n 满足a n ＝13a n －1＋2，a 1＝1，求数列{}a n 的通项公式．解设a n ＋λ＝13(a n －1＋λ)，解得λ＝－3，则a n －3＝13(a n －1－3)，令b n ＝a n －3，则数列{}b n 是以b 1＝a 1－3＝－2为首项，13为公比的等比数列，所以b n ＝－23n －1，所以a n ＝3－23n －1.命题点2 形如a n ＝Aa n －1＋b n ，且A ≠0，b ≠0型的构造典例已知在数列{}a n 中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋3·2n ，求a n .解在递推关系a n ＋1＝2a n ＋3·2n 的两边同除以2n ＋1，得a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋32，令b n ＋1＝a n ＋12n ＋1，则b n ＋1＝b n ＋32，b 1＝1，所以b n ＝32n －12，故a n ＝2n ·⎝⎛⎭⎫32n －12. 思维升华求形如“a n ＋1＝pa n ＋f (n )(其中p 为非零常数)”的递推数列的通项．若f (n )＝a ·b n 时，即a n ＋1＝pa n ＋a ·b n ，在此递推关系两边同除以b n ＋1，得a n ＋1bn ＋1＝p b ·a n b n ＋a b ，令c n＋1＝a n ＋1bn ＋1，则有c n ＋1＝p b ·c n ＋ab ，转化为命题点1类型来解．跟踪训练已知在数列{}a n 中，a 1＝56，a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1，求a n . 解在a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1的两边同乘以2n ＋1得2n ＋1·a n ＋1＝23·(2n a n )＋1，令b n ＝2n a n .则b n ＋1＝23b n ＋1，于是可得b n ＋1－3＝23(b n －3)，∴b n －3＝－43×⎝⎛⎭⎫23n －1＝－2⎝⎛⎭⎫23n ， ∴b n ＝3－2⎝⎛⎭⎫23n，∴a n ＝b n2n ＝3⎝⎛⎭⎫12n －2⎝⎛⎭⎫13n ＝32n －23n . 命题点3 形如a n ＝Aa n －1＋n ，且A ≠0型的构造典例已知在数列{}a n 中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2n ，求a n . 解由已知得a n ＋1＝3a n ＋2n ，a n ＝3a n －1＋2(n －1)，两式相减得，a n ＋1－a n ＝3(a n －a n －1)＋2，令b n ＝a n ＋1－a n ，则b n ＝3b n －1＋2，故b n ＝5·3n －1－1，即a n ＋1－a n ＝5·3n －1－1，又已知a n ＋1＝3a n ＋2n ，所以a n ＝52·3n －1－n －12.思维升华求形如“a n ＋1＝pa n ＋f (n )(其中p 为非零常数)”的递推数列的通项．若f (n )＝an ＋b 时，即a n ＋1＝pa n ＋an ＋b ，所以a n ＋1－a n ＝p (a n －a n －1)＋a ，令b n ＋1＝a n ＋1－a n ，则有b n ＋1＝pb n ＋a ，转化为命题点1类型来解．跟踪训练设在数列{}a n 中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2n ＋1，求数列{}a n 的通项公式．解由a n ＋1＝3a n ＋2n ＋1可得 a n ＋1＋(n ＋1)＋1＝3(a n ＋n ＋1)，令b n ＝a n ＋n ＋1，则b n ＋1＝3b n ， ∴b n ＝b 1·3n －1＝3n ，∴a n ＝3n －n －1 .命题点4 形如a n ＝ma k n －1(m ＞0，k ≠0，k ≠1)型的构造典例已知数列{}a n 与{}b n 有如下关系：a 1＝2, a n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n ， b n ＝a n ＋1a n －1，求数列{}a n 和{}b n 的通项公式．解由已知得b n ＋1＝a n ＋1＋1a n ＋1－1＝12⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n ＋112⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n －12＝b 2n ，且b 1＝3，b n>0.即b n ＋1＝b 2n ，取对数得lg b n ＋1＝2lg b n ，即数列{lg b n }是首项为lg 3，公比为2的等比数列． ∴lg b n ＝2n －1lg 3，于是b n ＝123－n ，从而a n ＝b n ＋1b n －1＝11223131－－n n +-.思维升华求形如“a n ＋1＝p ·a r n (其中p ，r 为常数，且p >0，a n >0)”的递推数列的通项．此种题型可以通过两边取对数的方法变为lg a n ＋1＝r lg a n ＋lg p ，令b n ＝lg a n ，则有b n ＋1＝r ·b n ＋lg p ，转化为命题点1类型来解．跟踪训练已知在数列{}a n 中，a 1＝3，a n ＋1＝a 2n ，求a n .解由条件可知：a n >0，对a n ＋1＝a 2n 两边取以3为底的对数得log 3a n ＋1＝2log 3a n ，令b n ＝log 3a n ，则有b n ＋1＝2b n ，所以数列{}b n 是以b 1＝log 33＝1为首项，2为公比的等比数列，所以b n ＝2n －1，故a n ＝123－n .1．已知a 1＝3，a n ＋1＝3n －13n ＋2a n (n ≥1)，则a n ＝________.答案63n －1解析 a n ＝3(n －1)－13(n －1)＋2·3(n －2)－13(n －2)＋2·…·3×2－13×2＋2·3－13＋2a 1＝3n －43n －1·3n －73n －4·…·58·25·3＝63n －1.2．已知在数列{}a n 中，a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋14n 2－1，则a n ＝____________.答案4n －34n －2解析由已知可得a n ＋1－a n ＝14n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，令n ＝1,2，…，(n －1)，代入得(n －1)个等式累加，即 (a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －3－12n －1， ∴a n －a 1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n －1，∴a n ＝a 1＋12－12·12n －1，即a n ＝1－14n －2＝4n －34n －2.3．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＝2(a n －1＋a n －2＋…＋a 2＋a 1) (n ≥2，n ∈N *)，这个数列的通项公式是____________．答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2×3n －2，n ≥2 解析由已知，得当n ≥2时，a n ＝2S n －1，① 当n ≥3时，a n －1＝2S n －2，② ①－②整理得a na n －1＝3(n ≥3)，∵a 2＝2≠0，∴a n ＝2×3n －2，n ≥2，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2×3n －2，n ≥2. 4．已知在数列{}a n 中，a 1＝15，且当n >1时，有a n －1－a n －4a n a n －1＝0，则a n ＝____________.答案14n ＋1解析将等式a n －1－a n －4a n a n －1＝0两边同除以a n a n －1得1a n －1a n －1＝4，n >1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，且首项为1a 1＝5，公差d ＝4，故1a n ＝1a 1＋(n －1)d ＝5＋4(n －1)＝4n ＋1， ∴a n ＝14n ＋1.5. 已知数列{}a n 的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ＝1,2,3，…，则{}a n 的通项公式为____________．答案 a n ＝3n3n ＋2解析 ∵a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1＝23＋13a n ，∴1a n ＋1－1＝13⎝⎛⎭⎫1a n －1. 又1a 1－1＝23， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以23为首项，13为公比的等比数列．∴1a n －1＝23·13n －1＝23n ，∴a n ＝3n3n ＋2. 6．在数列{a n }中，S n 为{a n }的前n 项和，n (a n ＋1－a n )＝a n (n ∈N *)，且a 3＝π，则tan S 4＝____________. 答案3解析 ∵由n (a n ＋1－a n )＝a n ，得na n ＋1＝(n ＋1)a n ，即a n ＋1n ＋1＝a nn，∴a n n ＝a n －1n －1＝a n －2n －2＝…＝a 33＝π3，∴a n ＝π3n ， ∴S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝π3()1＋2＋3＋4＝10π3，tan S 4＝tan 10π3＝ 3.7. 已知在数列{}a n 是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1a n ＝0，n ＝1,2,3，…，则a n ＝____________. 答案 1n解析由已知得[(n ＋1)a n ＋1－na n ](a n ＋1＋a n )＝0，因为数列{}a n 是正项数列，所以(n ＋1)a n ＋1－na n ＝0，即a n ＋1a n ＝nn ＋1，且利用第二种类型的累乘法得a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 2a 1·a 1＝n －1n ·n －2n －1·…·12·1＝1n .8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n －n ，则a n ＝________. 答案 2n －1解析当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1－1，得a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －n －2a n －1＋(n －1)，即a n ＝2a n －1＋1，∴a n ＋1＝2(a n －1＋1)，∴数列{a n ＋1}是首项为a 1＋1＝2，公比为2的等比数列，∴a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －1.9．已知数列{}a n 满足a n ＋1＋a n －1a n ＋1－a n ＋1＝n (n ∈N *)，且a 2＝6，则数列{a n }的通项公式为____________．答案 a n ＝n (2n －1)解析由a n ＋1＋a n －1a n ＋1－a n ＋1＝n ，得(n －1)a n ＋1－(n ＋1)a n ＝－(n ＋1)，当n ≥2时，有a n ＋1n ＋1－a n n －1＝－1n －1，所以a n ＋1n (n ＋1)－a n (n －1)n ＝－1n (n －1)＝－⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ，由累加法，得当n ≥3时，a n ＝n (2n －1)．把n ＝1，a 2＝6代入a n ＋1＋a n －1a n ＋1－a n ＋1＝n ，得a 1＝1，经验证：a 1＝1，a 2＝6均满足a n ＝n (2n －1)．综上，a n ＝n (2n －1)，n ∈N *.10．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n(n ∈N *)，则该数列的前2 019项的乘积a 1·a 2·a 3·…·a 2019＝________.答案 3解析由题意可得，a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，a 3＝1＋a 21－a 2＝－12，a 4＝1＋a 31－a 3＝13，a 5＝1＋a 41－a 4＝2＝a 1，∴数列{a n }是以4为周期的数列，而2 019＝4×504＋3，a 1a 2a 3a 4＝1， ∴前2 019项的乘积为1504·a 1a 2a 3＝3.11．已知在数列{}a n 中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2，q ≠0)． (1)设b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，证明{}b n 是等比数列； (2)求数列{}a n 的通项公式．(1)证明由题设a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2)，得a n ＋1－a n ＝q (a n －a n －1)，即b n ＝qb n －1(n ≥2)．又b 1＝a 2－a 1＝1，q ≠0，所以{}b n 是首项为1，公比为q 的等比数列． (2)解由(1)，知a 2－a 1＝1， a 3－a 2＝q ， …，a n －a n －1＝q n －2(n ≥2)．将以上各式相加，得a n －a 1＝1＋q ＋…＋q n －2(n ≥2)．所以当n ≥2时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋1－q n －11－q ，q ≠1，n ，q ＝1. 上式对n ＝1显然成立．12．已知在数列{a n }中，a 1＝1，且满足递推关系a n ＋1＝2a 2n ＋3a n ＋ma n ＋1(n ∈N *)．(1)当m ＝1时，求数列{a n }的通项公式；(2)当n ∈N *时，数列{a n }满足不等式a n ＋1≥a n 恒成立，求m 的取值范围．解 (1)因为m ＝1，由a n ＋1＝2a 2n ＋3a n ＋1a n ＋1(n ∈N *)，得a n ＋1＝(2a n ＋1)(a n ＋1)a n ＋1＝2a n ＋1，所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，又a 1＋1＝2≠0，所以数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列．于是a n ＋1＝2×2n －1，所以a n ＝2n －1.(2)因为a n ＋1≥a n ，而a 1＝1，知a n ≥1，所以2a 2n ＋3a n ＋m a n ＋1≥a n ，即m ≥－a 2n －2a n ，由题意，得m ≥－(a n ＋1)2＋1恒成立．因为a n ≥1，所以m ≥－22＋1＝－3，即满足题意的m 的取值范围是[－3，＋∞)．13．(2015·江苏)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．答案 2011解析 ∵a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，将以上n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝(2＋n )(n －1)2，即a n ＝n (n ＋1)2，令b n ＝1a n，故b n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10 ＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋110－111＝2011. 14. 已知数列{}a n 的前n 项和S n 满足S n ＝2a n ＋(－1)n ，n ≥1，则数列{}a n 的通项公式为____________．答案 a n ＝2n －1－2(－1)n 3 解析 ∵S n ＝2a n ＋(－1)n ，n ≥1，∴当n ＝1时，a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋(－1)n －1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋(－1)n －2a n －1－(－1)n －1，化简得a n ＋23(－1)n ＝2⎣⎡⎦⎤a n －1＋23(－1)n －1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋23(－1)n 是首项为a 1＋23×(－1)＝13，公比为2的等比数列， ∴a n ＋23(－1)n ＝13×2n －1，∴a n ＝2n －1－2(－1)n 3.15．已知在数列{a n }中， a 1＝1，a 2＝10，a n a n －1＝ a n －1a n －2(n ＝3,4,5…)，则a n ＝____________. 答案 112[1()]210n --解析递推式两边同时取对数，得lg a n －lg a n －1＝12(lg a n －1－lg a n －2)，令b n ＝lg a n ＋1－lg a n ，则⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＝lg a 2－lg a 1＝1，b n －1＝12b n －2(n ＝3，4，5，…)⇒b n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1(n ＝1,2,3…) ⇒lg a n ＋1－lg a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1⇒a n ＋1a n ＝11()210n -，由累乘法可得a n a 1＝10·1210·1410·…·21()210n -＝112[1()]210n --⇒a n ＝112[1()]210n --. 16．设数列{}a n 的前n 项和为S n ，已知ba n －2n ＝()b －1S n ，b ≠0，且b ≠2，则{}a n 的通项公式为____________．答案 a n ＝12－b[]2n ＋()2－2b b n －1 解析由题意知a 1＝2，且ba n －2n ＝()b －1S n ， ba n ＋1－2n ＋1＝()b －1S n ＋1，两式相减得b ()a n ＋1－a n －2n ＝()b －1a n ＋1，即a n ＋1＝ba n ＋2n ，①由①得a n ＋1－12－b ·2n ＋1＝ba n ＋2n －12－b·2n ＋1 ＝ba n －b 2－b·2n ＝b ⎝⎛⎭⎫a n －12－b ·2n ，设c n ＝a n －12－b ×2n ，则c 1＝2(1－b )2－b，当b ≠1时，c 1≠0，则{c n }是首项为2(1－b )2－b，公比为b 的等比数列， ∴c n ＝2(1－b )2－b b n －1，∴a n ＝12－b[2n ＋(2－2b )b n －1]，当b ＝1时，a n ＝2n 也符合上式，∴a n ＝12－b[]2n ＋()2－2b b n －1.。

江苏专用2019高考数学二轮复习解答题专项练6数列理【含答案】

6.数列1.已知从数列{a n }中取出部分项，并按原来的顺序组成一个新的数列1n a ，2n a ，3n a …，称为数列{a n }的一个子数列，若该子数列为等比数列，则称为数列{a n }的等比子数列.(1)设数列{a n }是一个公差不为0的等差数列，若a 1＝1，a 3＝6，且a 1，a 3，1n a ，2n a ，3n a ，…，k n a 为数列{a n }的等比子数列，求数列{n k }的通项公式；(2)是否存在一个等差数列{a n }，使得{b n }是数列{a n }的一个等比子数列？其中数列{b n }的公比为q ，同时满足b 1＝a 21，b 2＝a 22，b 3＝a 23(a 1<a 2)，b 1＝(1＋2)(1－q ).若存在，求出数列{a n }的通项公式；若不存在，请说明理由. 解 (1)因为数列{a n }是等差数列，且a 1＝1，a 3＝6，则等差数列{a n }的公差d ＝52，所以a n ＝52n －32(n ∈N *)，k n a ＝52n k －32.又a 1，a 3，1n a ，2n a ，3n a ，…，k n a 为数列{a n }的等比子数列，且a 3a 1＝6，所以k n a ＝6k ＋1，即6k ＋1＝52n k －32，故n k ＝2×6k ＋1＋35(k ∈N *).(2)设数列{a n }的公差为d ，因为a 1<a 2，所以d >0. 由题意得a 21(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )4，化简得2a 21＋4a 1d ＋d 2＝0，所以d ＝(－2±2)a 1，而－2±2<0，故a 1<0.若d ＝(－2－2)a 1，则q ＝b 2b 1＝a 22a 21＝(2＋1)2，故b 1＝a 21＝(1＋2)(1－q )＝(1＋2)(－2－22)<0，故舍去.若d ＝(－2＋2)a 1，则q ＝b 2b 1＝a 22a 21＝(2－1)2，从而b 1＝a 21＝(1＋2)(1－q )＝(22－2)(1＋2)＝2，所以a 1＝－2，d ＝(－2＋2)a 1＝22－2，所以a n ＝(22－2)n －32＋2. 又b 1＝2，令(22－2)n －32＋2＝2，故n ＝32＋62不是整数，即b 1不是数列{a n }中的项.故不存在满足条件的等差数列{a n }.2.设等比数列{a n }的首项为a 1＝2，公比为q (q 为正整数)，且满足3a 3是8a 1与a 5的等差中项；数列{b n }满足2n 2－(t ＋b n )n ＋32b n ＝0(t ∈R ，n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)试确定t 的值，使得数列{b n }为等差数列；(3)当{b n }为等差数列时，对每个正整数k ，在a k 与a k ＋1之间插入b k 个2，得到一个新数列{c n }.设T n 是数列{c n }的前n 项和，试求满足T m ＝2c m ＋1的所有正整数m .解 (1)由题意6a 3＝8a 1＋a 5，则6q 2＝8＋q 4，解得q 2＝4或q 2＝2(舍)，则q ＝2，又a 1＝2，所以a n ＝2n. (2)当n ＝1时，2－(t ＋b 1)＋32b 1＝0，得b 1＝2t －4，当n ＝2时，2×22－(t ＋b 2)×2＋32b 2＝0，得b 2＝16－4t ，当n ＝3时，2×32－(t ＋b 3)×3＋32b 3＝0，得b 3＝12－2t ，则由b 1＋b 3＝2b 2，得t ＝3，而当t ＝3时，2n 2－(3＋b n )n ＋32b n ＝0，得b n ＝2n ，由b n ＋1－b n ＝2(常数)知，此时数列{b n }为等差数列，故t ＝3. (3)由(1)(2)知，a n ＝2n，b k ＝2k .由题意知，c 1＝a 1＝2，c 2＝c 3＝2，c 4＝a 2＝4，c 5＝c 6＝c 7＝c 8＝2，c 9＝a 3＝8，…，则当m ＝1时，T 1≠2c 2，不合题意，当m ＝2时，T 2＝2c 3，适合题意.当m ≥3时，若c m ＋1＝2，则T m ≠2c m ＋1，一定不适合题意，从而c m ＋1必是数列{a n }中的某一项a k ＋1，则T m ＝a 1＋122b +⋅⋅⋅+个＋a 2＋222b +⋅⋅⋅+个＋a 3＋322b +⋅⋅⋅+个＋a 4＋…＋a k ＋22k b +⋅⋅⋅+个，＝(2＋22＋23＋ (2))＋2(b 1＋b 2＋b 3＋…＋b k ) ＝2×(2k －1)＋2×(2＋2k )k 2＝2k ＋1＋2k 2＋2k －2，2c m ＋1＝2a k ＋1＝2×2k ＋1，所以2k ＋1＋2k 2＋2k －2＝2×2k ＋1，即2k －k 2－k ＋1＝0，所以2k ＋1＝k 2＋k .2k＋1(k ∈N *)为奇数，而k 2＋k ＝k (k ＋1)为偶数，所以上式无解.即当m ≥3时，T m ≠2c m ＋1.综上知，满足题意的正整数仅有m ＝2.3.(2018·江苏省邗江中学期中)已知各项均为正数的数列{}a n 满足a 2n ＋1＝2a 2n ＋a n a n ＋1，且a 2＋a 4＝2a 3＋4，其中n ∈N *.(1)求数列{}a n 的通项公式；(2)设数列{b n }满足b n ＝na n(2n ＋1)·2n ，是否存在正整数m ，n (1<m <n )，使得b 1，b m ，b n 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.(3)令c n ＝(n ＋1)2＋1n (n ＋1)a n ＋2，记数列{c n }的前n 项和为S n ，其中n ∈N *，证明：516≤S n <12.(1)解 ∵a 2n ＋1＝2a 2n ＋a n a n ＋1， ∴(a n ＋1＋a n )(2a n －a n ＋1)＝0，又a n ＞0，∴2a n －a n ＋1＝0，即2a n ＝a n ＋1， ∴数列{a n }是公比为2的等比数列.由a 2＋a 4＝2a 3＋4，得2a 1＋8a 1＝8a 1＋4，解得a 1＝2. ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n，n ∈N *.(2)解 b n ＝na n (2n ＋1)·2n ＝n 2n ＋1，若b 1，b m ，b n 成等比数列，则⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ＋12＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n ＋1，即m 24m 2＋4m ＋1＝n6n ＋3.由m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3，得3n ＝－2m 2＋4m ＋1m 2， ∴－2m 2＋4m ＋1＞0，解得1－62＜m ＜1＋62. 又m ∈N *，且m ＞1， ∴m ＝2，此时n ＝12.故存在正整数m ＝2，n ＝12，使得b 1，b m ，b n 成等比数列. (3)证明 c n ＝(n ＋1)2＋1n (n ＋1)·2n ＋2＝12·n 2＋2n ＋2n (n ＋1)·2n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤n 2＋n n (n ＋1)·2n ＋1＋n ＋2n (n ＋1)·2n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n ＋1＋1n ·2n －1(n ＋1)·2n ＋1，∴S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋12n ＋1＋12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫11·2－12·22＋⎝⎛⎭⎪⎫12·22－13·23＋⎦⎥⎤…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n ·2n －1(n ＋1)·2n ＋1＝12·122⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤12－1(n ＋1)·2n ＋1 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1·n ＋2n ＋1，n ∈N *. ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1·n ＋2n ＋1递减， ∴0＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1·n ＋2n ＋1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋1·1＋21＋1＝38，∴516≤12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1·n ＋2n ＋1＜12，∴516≤S n ＜12. 4.(2018·江苏省扬州树人学校模拟)已知无穷数列{}a n 的各项都不为零，其前n 项和为S n ，且满足a n ·a n ＋1＝S n (n ∈N *)，数列{}b n 满足b n ＝a na n ＋t，其中t 为正整数.(1)求a 2 018；(2)若不等式a 2n ＋a 2n ＋1<S n ＋S n ＋1对任意的n ∈N *都成立，求首项a 1的取值范围；(3)若首项a 1是正整数，则数列{}b n 中的任意一项是否总可以表示为数列{}b n 中的其他两项之积？若是，请给出一种表示方式；若不是，请说明理由. 解 (1)令n ＝1，则a 1a 2＝S 1，即a 1a 2＝a 1，又a 1≠0，所以a 2＝1.由a n ·a n ＋1＝S n ，得a n ＋1·a n ＋2＝S n ＋1，两式相减得(a n ＋2－a n )a n ＋1＝a n ＋1，又a n ＋1≠0，故a n ＋2－a n ＝1，所以a 2 018＝a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫2 0182－1×1＝1 009.(2)由(1)知数列{}a 2n 是首项为a 2＝1，公差为1的等差数列，数列{}a 2n －1是首项为a 1，公差为1的等差数列.故a n＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋n －12，n 是奇数，n2，n 是偶数.所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋12a 1＋n 2－14，n 是奇数，n 2a 1＋n24，n 是偶数.①当n 是奇数时，a 2n ＋a 2n ＋1<S n ＋S n ＋1，即⎝⎛⎭⎪⎫a 1＋n －122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋122<⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12a 1＋n 2－14＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋12a 1＋(n ＋1)24，即a 21－2a 1<n －12对任意正奇数n 恒成立，所以a 21－2a 1<0，解得0<a 1<2.②当n 是偶数时，a 2n ＋a 2n ＋1<S n ＋S n ＋1，即⎝ ⎛⎭⎪⎫n 22＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1＋n 22<⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2a 1＋n 24 ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋22a 1＋(n ＋1)2－14，即a 21－a 1<n2对任意正偶数n 恒成立，所以a 21－a 1<1，解得1－52<a 1<1＋52.综合①②得0<a 1<1＋52.(3)由数列{}a 2n 是首项为1，公差为1的等差数列，数列{}a 2n －1是首项为正整数a 1，公差为1的等差数列知，数列{}a n 的各项都是正整数. 设b n ＝b m b k ，即a na n ＋t ＝a ma m ＋t ·a ka k ＋t，所以a m ＝a n (a k ＋t )a k －a n，取k ＝n ＋2，则a k －a n ＝1，故a m ＝a n (a n ＋2＋t )，不妨设m 是偶数，则m2＝a n (a n ＋2＋t )一定是整数，故当n 是偶数时，方程b n ＝b m b k 的一组解是⎩⎪⎨⎪⎧k ＝n ＋2，m ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋t ＋1，当n 是奇数时，方程b n ＝b m b k 的一组解是⎩⎪⎨⎪⎧k ＝n ＋2，m ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋n ＋12＋t ，所以数列{}b n 中的任意一项总可以表示为数列{}b n 中的其他两项之积. 5.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且2a 5－a 3＝13，S 4＝16. (1)求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)设T n ＝∑ni ＝1(－1)i a i ，若对一切正整数n ，不等式λT n <[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]2n －1恒成立，求实数λ的取值范围；(3)是否存在正整数m ，n (n >m >2)，使得S 2，S m －S 2，S n －S m 成等比数列？若存在，求出所有的m ，n ；若不存在，请说明理由.解 (1)设数列{a n }的公差为d . 因为2a 5－a 3＝13，S 4＝16，所以⎩⎪⎨⎪⎧2(a 1＋4d )－(a 1＋2d )＝13，4a 1＋6d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1，S n ＝n 2.(2)①当n 为偶数时，设n ＝2k ，k ∈N *，则T 2k ＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 2k －a 2k －1)＝2k . 代入不等式λT n <[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n －1，得λ·2k <4k，从而λ<4k2k.设b k ＝4k2k ，k ∈N *，则b k ＋1－b k ＝4k ＋12(k ＋1)－4k2k ＝4k(3k －1)2k (k ＋1).因为k ∈N *，所以b k ＋1－b k ＞0，所以数列{b k }是递增的，所以(b k )min ＝2，所以λ<2. ②当n 为奇数时，设n ＝2k －1，k ∈N *，则T 2k －1＝T 2k －(－1)2ka 2k ＝2k －(4k －1)＝1－2k . 代入不等式λT n <[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]2n －1，得λ(1－2k )<(2k －1)4k ，从而λ>－4k .因为k ∈N *，所以－4k的最大值为－4，所以λ>－4. 综上，λ的取值范围为(－4,2).(3)假设存在正整数m ，n (n >m >2)，使得S 2，S m －S 2，S n －S m 成等比数列，则(S m －S 2)2＝S 2(S n －S m )，即(m 2－4)2＝4(n 2－m 2)，所以4n 2＝(m 2－2)2＋12，即4n 2－(m 2－2)2＝12，即(2n －m 2＋2)(2n ＋m 2－2)＝12.因为n >m >2，所以n ≥4，m ≥3，所以2n ＋m 2－2≥15.因为2n －m 2＋2是整数，所以等式(2n －m 2＋2)(2n ＋m 2－2)＝12不成立，故不存在正整数m ，n (n >m >2)，使得S 2，S m －S 2，S n －S m 成等比数列.6.(2018·南京模拟)若数列{}a n 满足：对于任意n ∈N *，a n ＋||a n ＋1－a n ＋2均为数列{}a n 中的项，则称数列{}a n 为“T 数列”.(1)若数列{}a n 的前n 项和S n ＝2n 2，n ∈N *，求证：数列{}a n 为“T 数列”；(2)若公差为d 的等差数列{}a n 为“T 数列”，求d 的取值范围；(3)若数列{}a n 为“T 数列”，a 1＝1，且对于任意n ∈N *，均有a n <a 2n ＋1－a 2n <a n ＋1，求数列{}a n 的通项公式.(1)证明当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－2(n －1)2＝4n －2，又a 1＝S 1＝2＝4×1－2，所以a n ＝4n －2.所以a n ＋|a n ＋1－a n ＋2|＝4n －2＋4＝4(n ＋1)－2为数列{a n }的第n ＋1项，因此数列{a n }为“T 数列”. (2)解因为数列{a n }是公差为d 的等差数列，所以a n ＋|a n ＋1－a n ＋2|＝a 1＋(n －1)d ＋|d |. 因为数列{a n }为“T 数列”，所以任意n ∈N *，存在m ∈N *，使得a 1＋(n －1) d ＋|d |＝a m ，即有(m －n )d ＝|d |. ①若d ≥0，则存在m ＝n ＋1∈N *，使得(m －n )d ＝|d |， ②若d ＜0，则m ＝n －1.此时，当n ＝1时，m ＝0不为正整数，所以d ＜0不符合题意. 综上，d ≥0. (3)解因为a n ＜a n ＋1，所以a n ＋|a n ＋1－a n ＋2|＝a n ＋a n ＋2－a n ＋1，又因为a n ＜a n ＋a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋2－(a n ＋1－a n )＜a n ＋2，且数列{a n }为“T 数列”，所以a n ＋a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1，即a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1，所以数列{a n }为等差数列. 设数列{a n }的公差为t (t ＞0)，则有a n ＝1＋(n －1)t ，由a n ＜a 2n ＋1－a 2n ＜a n ＋1，得1＋(n －1)t ＜t [2＋(2n －1)t ]＜1＋nt ，整理得n (2t 2－t )＞t 2－3t ＋1，① n (t －2t 2)＞2t －t 2－1.②若2t 2－t ＜0，取正整数N 0＞t 2－3t ＋12t －t，则当n ＞N 0时，n (2t 2－t )＜(2t 2－t )N 0＜t 2－3t ＋1，与①式对于任意n ∈N *恒成立相矛盾，因此2t 2－t ≥0. 同样根据②式可得t －2t 2≥0，所以2t 2－t ＝0.又t ＞0，所以t ＝12.经检验当t ＝12时，①②两式对于任意n ∈N *恒成立，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋12(n －1)＝n ＋12.。

江苏省2019年高考数学小专题复习6--函数单调性在数列中的应用(有答案)

解，求整数 m 的最小值.
四、【练习】
1. 已知等差数列 {an } 的首项 a1 20 ，公差 d 2 ，则前 n 项和 S n 的最大值为
*
.110
2. 在数列 {an } 中， a1 18 ， a n 1 a n 3 ( n N ) ，则数列 {an } 的前 n 项和 S n 的最小值为 .-63 3. 已知数列 {an } 的前 n 项和为 S n ，且 a2 an S 2 S n 对一切正整数 n 都成立. （1）求 a1 ， a2 的值；（2）设 a1 0 ，数列 {lg 大值. 解：（1）取 n=1,得 a2 a1 S 2 S1 2a1 a2 , 取 n=2,得 a 2 2a1 2a 2 , 又②-①，得 a 2 ( a 2 a1 ) a 2 若 a2=0, 由①知 a1=0, 若 a2 0，由③知a 2 a 1 1 , 由①④解得， a1 ④
2 1, a 2 2 2.
当 n 2时，有（ 2 2）a n S 2 S n , (2+ 2 )an-1=S2+Sn-1，
（ 1 2 ）a n （ 2 2）a n 1, 即 an= 2a n 1 (n 2) , 所以
所以 a n a1 ( 2 ) 令 b n lg
n
（3）令 en n (Tn 3) n (2n 3)2
n
n
[来源:学|科|网]
由 en en 1 ，得 n(2n 3)2 (n 1)(2n 1)2

n 1
，即 n(2n 3) 2(n 1)(2n 1)
解得对任意 n N 成立，即数列 {en } 为单调递增数列，所以 {en } 的最小项为 e1 2 因为 en 对任意 n N 恒成立，所以 2 ，

2019高考数学专题精练-等差数列

2019高考数学专题精练-等差数列[时间：45分钟分值：100分]1．在等差数列{a n }中，a 1＋a 9＝10，则a 5旳值为________．2．已知等差数列{a n }中， a 1＝－4，a 9＝8，则该数列前9项和S 9等于________． 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 }旳前9项和S 9等于________．4．已知等差数列{a n }中，|a 3|＝|a 9|，公差d <0，则使前n 项和S n 取最大值旳正整数n 旳值是________．5．等差数列{a n }旳前n 项和为S n ，若S 2＝4，S 4＝20，则该数列旳公差为________． 6．等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5＝12，那么a 1＋a 2＋…＋a 6＋a 7＝________. 7．[2011·辽宁卷] S n 为等差数列{a n }旳前n 项和，S 2＝S 6，a 4＝1，则a 5＝________. 8．[2011·重庆三诊] 已知等差数列{a n }满足a 3＋a 13－a 8＝2，则{a n }旳前15项和S 15＝________.9．[2011·郑州三模] 数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝1，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是等差数列，则a 11等于________．10．首项为－24旳等差数列，从第10项起开始为正数，则公差d 旳取值范围是________． 11．已知函数f (x )＝2x ，等差数列{a n }旳公差为 2.若f (a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10)＝4，则log 2[f (a 1)·f (a 2)·f (a 3)·…·f (a 10)]＝________. 12．已知数列{a n }为等差数列，若a 5a 6<－1，则数列{|a n |}旳最小项是第________项．13．(8分)已知等差数列{a n }中，a 3a 7＝－16，a 4＋a 6＝0，求{a n }旳前n 项和S n . 14．(8分)在数列{a n }中，a 1＝4，且对任意大于1旳正整数n ，点(a n ，a n －1)在直线y ＝x －2上．(1)求数列{a n }旳通项公式；(2)已知b 1＋b 2＋…＋b n ＝a n ，试比较a n 与b n 旳大小．15．(12分)已知等差数列{a n }旳前n 项和为S n ＝pn 2－2n ＋q (p ，q ∈R ，n ∈N *)．(1)求q 旳值；(2)若a 1与a 5旳等差中项为18，b n 满足a n ＝2log 2b n ，求数列{b n }旳前n 项和． 16．(12分)[2010·安徽卷] 数列a 1，a 2，…，a n ，…中旳每一项都不为0.求证：{a n }为等差数列旳充分必要条件是：对任何n ∈N ，都有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝na 1a n ＋1.课时作业(二十八)【基础热身】1．5 [解析] 由等差数列旳性质得a 1＋a 9＝2a 5＝10，所以a 5＝5.2．18 [解析] 在等差数列{a n }中，∵a 1＝－4，a 9＝8，∴数列前9项和S 9＝9(a 1＋a 9)2＝18.3．99 [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，∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝92(a 4＋a 6)＝92(13＋9)＝99.4．5或6 [解析] ∵由已知得{a n }中，a 3＝－a 9，即a 1＝－5d ，∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－5dn ＋n (n －1)2d .＝d 2⎝⎛⎭⎫n －1122－1218d .∵n ∈N *，∴n ＝5或6时，S n 取最大值．【能力提升】5．3 [解析] S 2＝2a 1＋d ＝4，S 4＝4a 1＋6d ＝20，解得d ＝3. 6．28 [解析] 因为2a 4＝a 3＋a 5，所以3a 4＝12，即a 4＝4，所以a 1＋a 2＋…＋a 6＋a 7＝7a 4＝28.7．－1 [解析] 由S 2＝S 6，得2a 1＋d ＝6a 1＋6×52d ，解得4(a 1＋3d )＋2d ＝0，即2a 4＋d ＝0，所以a 4＋(a 4＋d )＝0，即a 5＝－a 4＝－1.8．30 [解析] 由a 3＋a 13－a 8＝2得2a 8－a 8＝2，所以a 8＝2，所以S 15＝15(a 1＋a 15)2＝15a 8＝30.9.12 [解析] 设⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1旳公差为d ，则有1a 7＋1＝1a 3＋1＋4d ，解得d ＝124，所以1a 11＋1＝1a 3＋1＋8d ，即1a 11＋1＝12＋1＋13，解得a 11＝12.10.⎝⎛⎦⎤83，3 [解析] 由条件知⎩⎪⎨⎪⎧ a 9≤0，a 10>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－24＋8d ≤0，－24＋9d >0， ∴83<d ≤3.11．－6 [解析] 依题意a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10＝2，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝2－5×2＝－8，∴f (a 1)·f (a 2)·f (a 3)·…·f (a 10)＝2a 1＋a 2＋…＋a 10＝2－6⇒log 2[f (a 1)·f (a 2)·f (a 3)·…·f (a 10)]＝－6. 12．6 [解析] 由a 5a 6<－1得，若a 6>0，则a 5<－a 6<0，此时等差数列{a n }为递增数列，|a 5|>|a 6|，此时{|a n |}中第6项最小；若a 6<0，则a 5>－a 6>0，此时等差数列{a n }为递减数列，|a 5|>|a 6|，仍然有{|a n |}中第6项最小．故{|a n |}中旳最小项是第6项．13．[解答] 设{a n }旳公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋2d )(a 1＋6d )＝－16，a 1＋3d ＋a 1＋5d ＝0，整理得⎩⎪⎨⎪⎧ a 21＋8da 1＋12d 2＝－16，a 1＝－4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝－8，d ＝2 或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，d ＝－2，因此S n ＝－8n ＋n (n －1)＝n (n －9)或S n ＝8n －n (n －1)＝－n (n －9)(n ∈N *)． 14．[解答] (1)因为点(a n ，a n －1)在直线y ＝x －2上，所以a n ＝a n －1＋2，即数列{a n }是以a 1＝2为首项，以d ＝2为公差旳等差数列．所以a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，所以a n ＝4n 2.(2)方法一：因为b 1＋b 2＋…＋b n ＝a n ，所以当n ≥2时，b n ＝a n －a n －1＝4n 2－4(n －1)2＝8n －4，当n ＝1时，b 1＝a 1＝4，满足上式．所以b n ＝8n －4，所以a n －b n ＝4n 2－(8n －4)＝4(n －1)2≥0，所以a n ≥b n . 方法二：由b 1＋b 2＋…＋b n ＝a n 得，a n －b n ＝a n －1＝ 4(n －1)2≥0，所以a n ≥b n .15．[思路] (1)已知S n 可求a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，然后利用{a n }为等差数列求得；(2)先求得b n ，从而判断出数列{b n }为等比数列，再求其前n 项和．[解答] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝p －2＋q ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝pn 2－2n ＋q －p (n －1)2＋2(n －1)－q ＝2pn －p －2. ∵{a n }是等差数列，∴p －2＋q ＝2p －p －2，∴q ＝0.(2)∵a 3＝a 1＋a 52，∴a 3＝18.又a 3＝6p －p －2，∴6p －p －2＝18，∴p ＝4，∴a n ＝8n －6.又∵a n ＝2log 2b n ，得b n ＝24n －3，∴b 1＝2，b n ＋1b n ＝24(n ＋1)－324n －3＝24＝16，即{b n }是等比数列．所以数列{b n }旳前n 项和T n ＝2(1－16n )1－16＝215(16n －1)．[点评] (1)若S n ＝an 2＋bn ＋c 是等差数列旳前n 项和，则必有c ＝0；(2)若{b n }为等比数列，则{log a b n }是等差数列．16．[解答] 先证必要性．因为{a n }为等差数列，不妨设公差为d ，若d ＝0，结论显然成立．当d ≠0时， 1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝1d ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1a 1－1a 2＋⎝⎛⎭⎫1a 2－1a 3＋…＋⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎫1a 1－1a n ＋1＝n a 1a n ＋1.再证充分性．由1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝n a 1a n ＋1①，有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＋1a n ＋1a n ＋2＝n ＋1a 1a n ＋2②，②－①得1a n ＋1a n ＋2＝n ＋1a 1a n ＋2－n a 1a n ＋1，所以(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2＝a 1.同理得na n －(n －1)a n ＋1＝a 1，因此a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以数列{a n }为等差数列。

江苏专版2019版高考数学大一轮复习第六章数列第35讲等差等比数列综合应用理

(2)若数列{bn}是等差数列，求实数 t 的值； (3)若数列{bn}是等差数列，前 n 项和为 Sn，对任意的 n∈N*，均存在 m∈N*，使得
4 2 8a2 1Sn－a1n ＝16bm 成立，求满足条件的所有整数 a1 的值.
2 (1)证明数列{an}满足 an＞0，4(n＋1)a2 n－nan＋1＝0，
第35讲
考试要求
等差、等比数列综合应用
1. 等差、等比数列 (C 级要求 ) ； 2. 高考中可能重点关注等差、等比数列
{an}的前n项和Sn与通项an之间的相互转化，以及基本量、性质的运用.
诊断自测 1.(2018· 苏州月考)数列{an}是公差不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}中连续的三项，则数列{bn}的公比为________.
前6项的和为________. 解析等差数列中a1＝1，根据题意得
2 a2 ＝ a · a ，即 ( a ＋ 2 d ) ＝(a1＋d)(a1＋5d)， 3 2 6 1
解得d＝0(舍去)，d＝－2，
6× 5 6× 5 所以数列{an}的前 6 项和为 S6＝6a1＋ d＝1× 6＋ × (－2)＝－24. 2 2
1 Sn＋1－Sn 1 1 1 所以＝1，即－＝－1，故数列 S 是以＝－1 为首项，－1 为公差的 S1 n SnSn＋1 Sn＋1 Sn
1 1 等差数列，得S ＝－1－(n－1)＝－n，所以 Sn＝－n. n
1 答案－n
2 1 4.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，对任意 n∈N 都有 Sn＝3an－3，若 1<Sk<9 (k∈N*)，
an＋1 an ∴ 2 n＋1a n ＝ na n ＋ 1 ，即＝2 ， n n＋1

2019版高考数学大一轮复习江苏专版文档：第六章数列6-3 含答案精品

§6.3 等比数列及其前n 项和考情考向分析以考查等比数列的通项、前n 项和及性质为主，等比数列的证明也是考查的热点．本节内容在高考中既可以以填空题的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查．解答题往往与等差数列、数列求和、不等式等问题综合考查．1．等比数列的定义一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示(q ≠0)． 2．等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则它的通项a n ＝a 1·q n －1(a 1≠0，q ≠0)．3．等比中项如果在a 与b 中插入一个数G ，使得a ，G ，b 成等比数列，那么根据等比数列的定义，Ga ＝bG，G 2＝ab ，G ＝±ab ，称G 为a ，b 的等比中项． 4．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 仍是等比数列．5．等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ，当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q .6．等比数列前n 项和的性质公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n .知识拓展等比数列{a n }的单调性(1)满足⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1<0，0<q <1时，{a n }是递增数列． (2)满足⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1时，{a n }是递减数列．(3)当⎩⎪⎨⎪⎧a 1≠0，q ＝1时，{a n }为常数列．(4)当q <0时，{a n }为摆动数列．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( × ) (2)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .( × )(3)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( × ) (4)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( × ) (5)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( × )(6)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( × ) 题组二教材改编2．[P54习题T3(2)]已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝______.答案 12解析由题意知q 3＝a 5a 2＝18，∴q ＝12.3．[P54习题T5]在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．答案 27,81解析设该数列的公比为q ，由题意知， 243＝9×q 3，q 3＝27，∴q ＝3.∴插入的两个数分别为9×3＝27,27×3＝81. 题组三易错自纠4．若1，a 1，a 2,4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，则a 1－a 2b 2的值为________．答案－12解析 ∵1，a 1，a 2,4成等差数列， ∴3(a 2－a 1)＝4－1，∴a 2－a 1＝1.又∵1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，设其公比为q ，则b 22＝1×4＝4，且b 2＝1×q 2>0，∴b 2＝2，∴a 1－a 2b 2＝－(a 2－a 1)b 2＝－12.5．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________.答案－11解析设等比数列{a n }的公比为q ， ∵8a 2＋a 5＝0，∴8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S 5S 2＝a 1(1－q 5)1－q ·1－q a 1(1－q 2)＝1－q 51－q 2＝1－(－2)51－4＝－11. 6．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1 KB ，然后每3分钟自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________分钟，该病毒占据内存64 MB.(1 MB ＝210 KB) 答案 48解析由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{a n }，且a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝2n ，则2n ＝64×210＝216，∴n ＝16. 即病毒共复制了16次． ∴所需时间为16×3＝48(分钟)．题型一等比数列基本量的运算1．已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝________.答案 12解析由{a n }为等比数列，得a 3a 5＝a 24，又a 3a 5＝4(a 4－1)，所以a 24＝4(a 4－1)，解得a 4＝2.设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 4＝a 1q 3，得2＝14q 3，解得q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12.2．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S na n ＝________.答案 2n －1解析 ∵⎩⎨⎧a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，∴⎩⎨⎧a 1＋a 1q 2＝52， ①a 1q ＋a 1q 3＝54， ②由①除以②可得1＋q 2q ＋q 3＝2，解得q ＝12，代入①得a 1＝2， ∴a n ＝2×⎝⎛⎭⎫12n －1＝42n ，∴S n ＝2×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝4⎝⎛⎭⎫1－12n ，∴S n a n ＝4⎝⎛⎭⎫1－12n 42n＝2n －1. 思维升华等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解．题型二等比数列的判定与证明典例设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2(n ∈N *)． (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式． (1)证明由a 1＝1及S n ＋1＝4a n ＋2，得a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2. ∴a 2＝5，∴b 1＝a 2－2a 1＝3.又⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＝4a n ＋2， ①S n ＝4a n －1＋2(n ≥2)， ② 由①－②，得a n ＋1＝4a n －4a n －1(n ≥2)， ∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)(n ≥2)． ∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1(n ≥2)，故{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列．(2)解由(1)知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1(n ∈N *)，∴a n ＋12n 1－a n 2n ＝34，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列．∴a n 2n ＝12＋(n －1)·34＝3n －14，故a n ＝(3n －1)·2n －2(n ∈N *)．引申探究若将本例中“S n ＋1＝4a n ＋2”改为“S n ＋1＝2S n ＋(n ＋1)”，其他不变，求数列{a n }的通项公式．解由已知得n ≥2时，S n ＝2S n －1＋n . ∴S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1＋1，∴a n ＋1＝2a n ＋1， ∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，n ≥2，(*)又a 1＝1，S 2＝a 1＋a 2＝2a 1＋2，即a 2＋1＝2(a 1＋1)， ∴当n ＝1时(*)式也成立，故{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．思维升华 (1)证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可． (2)利用递推关系时要注意对n ＝1时的情况进行验证．跟踪训练已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.(1)证明由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1，两式相减得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n ，由a 1≠0，λ≠0，得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝⎛⎭⎫λλ－1n －1.(2)解由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎫λλ－1n .由S 5＝3132，得1－⎝⎛⎭⎫λλ－15＝3132，即⎝⎛⎭⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.题型三等比数列性质的应用1．已知等比数列{a n }，且a 6＋a 8＝4，则a 8(a 4＋2a 6＋a 8)的值为________．答案 16解析 ∵a 6＋a 8＝4，∴a 8(a 4＋2a 6＋a 8)＝a 8a 4＋2a 8a 6＋a 28＝(a 6＋a 8)2＝16.2．已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝________. 答案 60解析由等比数列的性质可知，数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4,8，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，因此S 12＝4＋8＋16＋32＝60. 思维升华等比数列常见性质的应用等比数列性质的应用可以分为三类： (1)通项公式的变形． (2)等比中项的变形． (3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．分类讨论思想在等比数列中的应用典例 (16分)已知首项为32的等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，且－2S 2，S 3,4S 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明：S n ＋1S n ≤136(n ∈N *)．思想方法指导 (1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式； (2)求出前n 项和，根据函数的单调性证明．规范解答(1)解设等比数列{a n }的公比为q ，因为－2S 2，S 3，4S 4成等差数列，所以S 3＋2S 2＝4S 4－S 3，即S 4－S 3＝S 2－S 4，可得2a 4＝－a 3，于是q ＝a 4a 3＝－12.[2分]又a 1＝32，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝⎛⎭⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n (n ∈N *)．[5分] (2)证明由(1)知，S n ＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ， S n ＋1S n＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ＋11－⎝⎛⎭⎫－12n＝⎩⎨⎧2＋12n (2n＋1)，n 为奇数，2＋12n(2n－1)，n 为偶数.[8分]当n 为奇数时，S n ＋1S n 随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 1＋1S 1＝136.[12分]当n 为偶数时，S n ＋1S n 随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 2＋1S 2＝2512.[14分]故对于n ∈N *，有S n ＋1S n ≤136.[16分]1．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝2，S 6＝18，则S 10S 5＝________.答案 33解析设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知得q ≠1. ∵S 3＝2，S 6＝18，∴1－q 31－q 6＝218，得q 3＝8，∴q ＝2. ∴S 10S 5＝1－q 101－q5＝1＋q 5＝33. 2．设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1＝________. 答案－1解析由S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，得a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即q ＋q 2＝3q 2－3，解得q ＝－1(舍去)或q ＝32，将q ＝32代入S 2＝3a 2＋2中得a 1＋32a 1＝3×32a 1＋2，解得a 1＝－1.3．已知等比数列{a n }中，a 3＝2，a 4a 6＝16，则a 10－a 12a 6－a 8的值为________．答案 4解析 a 5＝±a 4·a 6＝±16＝±4， ∵q 2＝a 5a 3>0，∴a 5＝4，q 2＝2，则a 10－a 12a 6－a 8＝q 4＝4. 4．(2017·无锡期末)设公比不为1的等比数列{a n }满足a 1a 2a 3＝－18，且a 2，a 4，a 3成等差数列，则数列{a n }的前4项和为________．答案 58解析设{a n }的公比为q ，q ≠1.由等比中项的性质可得a 1a 2a 3＝a 32＝－18，所以a 2＝－12.因为a 2，a 4，a 3成等差数列，所以2a 4＝a 2＋a 3，即2a 2q 2＝a 2＋a 2q ，化简得2q 2－q －1＝0，即(q －1)(2q ＋1)＝0，解得q ＝1(舍)或q ＝－12.又因为a 1＝a 2q ＝1，所以S 4＝a 1(1－q 4)1－q＝1×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－1241－⎝⎛⎭⎫－12＝58. 5．等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝________. 答案 10解析由等比数列的性质知a 5a 6＝a 4a 7，又a 5a 6＋a 4a 7＝18，所以a 5a 6＝9，则原式＝log 3(a 1a 2…a 10)＝log 3(a 5a 6)5＝10.6．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了________里．答案 96解析设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ＝12，由题意得a 1⎝⎛⎭⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，则a 2＝192×12＝96，即第二天走了96里．7．(2017·江苏)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________. 答案 32解析设{a n }的首项为a 1，公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 3)1－q＝74，a 1(1－q 6)1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，所以a 8＝14×27＝25＝32.8．(2014·江苏)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值为________．答案 4解析因为a 8＝a 2q 6，a 6＝a 2q 4，a 4＝a 2q 2，所以由a 8＝a 6＋2a 4，得a 2q 6＝a 2q 4＋2a 2q 2，消去a 2q 2，得到关于q 2的一元二次方程(q 2)2－q 2－2＝0，解得q 2＝2，q 2＝－1(舍去)，a 6＝a 2q 4＝1×22＝4.9．已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和为________．答案 2n －1解析设等比数列的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12.又{a n }为递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴数列{a n }的前n 项和为1－2n 1－2＝2n－1(n ∈N *)．10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝1(n ∈N *)，则通项a n ＝________. 答案12n解析 ∵a n ＋S n ＝1，① ∴a n －1＋S n －1＝1(n ≥2)，②由①－②，得a n －a n －1＋a n ＝0，即a n a n －1＝12(n ≥2)，又a 1＝12，∴数列{a n }是首项为12，公比为12的等比数列，则a n ＝12×⎝⎛⎭⎫12n －1＝12n .11．已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0(n ∈N *)．(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解 (1)由题意，得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，得 2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)．因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1≠0，所以a n ＋1a n ＝12.故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1(n ∈N *)．12．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ； (2)求T 2n .解 (1)∵a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ，∴a n ＋1·a n ＋2＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1， ∴a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n . ∵b n ＝a 2n ＋a 2n －1，∴b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12， ∵a 1＝1，a 1·a 2＝12，∴a 2＝12，∴b 1＝a 1＋a 2＝32.∴{b n }是首项为32，公比为12的等比数列．∴b n ＝32×⎝⎛⎭⎫12n －1＝32n (n ∈N *)． (2)由(1)可知，a n ＋2＝12a n ，∴a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，以12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，以12为公比的等比数列， ∴T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝3－32n (n ∈N *)．13．(2017·扬州期末)在正项等比数列{a n }中，若a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，则a 5＋a 6的最小值为________．答案 48解析方法一由a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，得a 1(q ＋1)·(q 2－2)＝6，所以a 1(q ＋1)＝6q 2－2.因为a n ＞0，所以q 2－2＞0，a 5＋a 6＝a 1(1＋q )q 4＝6q 4q 2－2＝6×(q 4－4)＋4q 2－2＝6×⎣⎡⎦⎤(q 2＋2)＋4q 2－2＝6×⎝⎛⎭⎫q 2－2＋4q 2－2＋4≥6×⎝ ⎛⎭⎪⎫2(q 2－2)×4q 2－2＋4＝6×8＝48，当且仅当q 2－2＝4q 2－2，即q ＝2，a 1＝1时，等号成立，所以a 5＋a 6的最小值为48.方法二由a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，得(a 2＋a 1)(q 2－2)＝6，所以a 2＋a 1＝6q 2－2.因为a n ＞0，所以q 2－2＞0，即q 2＞2，a 5＋a 6＝(a 1＋a 2)q 4＝6q 4q 2－2＝61q 2－2q 4.令t ＝1q 2∈⎝⎛⎭⎫0，12，则1q 2－2q 4＝t －2t 2＝－2⎝⎛⎭⎫t －142＋18，当t ＝14∈⎝⎛⎭⎫0，12时，式子1q 2－2q 4取得最大值18，从而a 5＋a 6＝61q 2－2q 4取得最小值6×8＝48.14．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1,2,3，…)，则S 2n ＋3＝____________. 答案 43⎝⎛⎭⎫1－14n ＋2 解析由题意，得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1 ＝43⎝⎛⎭⎫1－14n ＋2(n ∈N *)．15．已知等比数列{a n }的各项均为正数且公比大于1，前n 项积为T n ，且a 2a 4＝a 3，则使得T n >1的n 的最小值为________．答案 6解析 ∵{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 2a 4＝a 3，∴a 23＝a 3，∴a 3＝1.又∵q >1，∴a 1<a 2<1，a n >1(n >3)，∴T n >T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1<1，T 2＝a 1·a 2<1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2<1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1<1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6>1，故n 的最小值为6. 16．设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋12n ＝(－1)n a n (n ∈N *)，则数列{S n }的前9项和为________．答案－3411 024解析因为S n ＋12n ＝(－1)n a n ，所以S n －1＋12n －1＝(－1)n －1a n －1(n ≥2)．两式相减得S n －S n －1＋12n －12n －1 ＝(－1)n a n －(－1)n －1a n －1，即a n －12n ＝(－1)n a n ＋(－1)n a n －1(n ≥2)，当n 为偶数时，a n －12n ＝a n ＋a n －1，即a n －1＝－12n ，此时n －1为奇数，所以若n 为奇数，则a n ＝－12n ＋1；当n 为奇数时，a n －12n ＝－a n －a n －1，即2a n －12n ＝－a n －1，所以a n －1＝12n －1，此时n －1为偶数，所以若n 为偶数，则a n ＝12n . 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎨⎧ －12n ＋1，n 为奇数，12n ，n 为偶数.所以数列{S n }的前9项和为S 1＋S 2＋S 3＋…＋S 9＝9a 1＋8a 2＋7a 3＋6a 4＋…＋3a 7＋2a 8＋a 9＝(9a 1＋8a 2)＋(7a 3＋6a 4)＋…＋(3a 7＋2a 8)＋a 9＝－122－124－126－128－1210＝－122×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫1451－14＝－3411 024.。

专题6.2等差数列及其求和(练) 2019年高考数学(江苏版)一轮复习专题Word版含解析

【基础巩固】一、填空题1．在等差数列{a n}中，已知a1＋a7＝10，则a3＋a5＝________.【解析】∵{a n}是等差数列，∴a3＋a5＝a1＋a7＝10.【答案】102．已知数列{a n}是等差数列，a1＋a7＝－8，a2＝2，则数列{a n}的公差d＝________.【答案】－33．中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为________．【解析】设该数列的首项为a1，根据等差数列的性质可得a1＋2 015＝2×1 010，从而a1＝5.【答案】54．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且S10＝10，S20＝30，则S30＝________.【解析】∵S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，∴2(S20－S10)＝S10＋S30－S20，∴40＝10＋S30－30，∴S30＝60.【答案】605．在等差数列{a n}中，a1＋3a8＋a15＝120，则3a9－a11的值为________．【解析】由a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，得a8＝24，故3a9－a11＝3(a1＋8d)－(a1＋10d)＝2a1＋14d＝2(a1＋7d)＝2a8＝48.【答案】486．设数列{a n}，{b n}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，则a37＋b37＝________.【解析】设{a n}，{b n}的公差分别为d1，d2，则(a n＋1＋b n＋1)－(a n＋b n)＝(a n＋1－a n)＋(b n＋1－b n)＝d1＋d2，∴{a n ＋b n }为等差数列，又a 1＋b 1＝a 2＋b 2＝100，∴{a n ＋b n }为常数列，∴a 37＋b 37＝100.【答案】1007．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝－11，a 5＋a 9＝－2，则当S n 取最小值时，n ＝________.【答案】78．正项数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2,2a 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n －1(n ∈N *，n ≥2)，则a 7＝________.【解析】由2a 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n －1(n ∈N *，n ≥2)，可得数列{a 2n }是等差数列，公差d ＝a 22－a 21＝3，首项a 21＝1，所以a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，∴a n ＝3n －2，∴a 7＝19. 【答案】19二、解答题9．等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2. 解 (1)设数列{a n }首项为a 1，公差为d ，由题意有⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3.解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝25. 所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. (2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35. 当n ＝1,2,3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1；当n ＝4,5时，2≤2n ＋35<3，b n ＝2；当n ＝6,7,8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9,10时，4≤2n ＋35<5，b n ＝4. 所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数．(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．【能力提升】11．《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一．书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的17是较小的两份之和，则最小的一份为________．【解析】依题意，设这100份面包所分成的五份由小到大依次为a －2m ，a －m ，a ，a ＋m ，a ＋2m ，则有 ⎩⎪⎨⎪⎧ 5a ＝100，a ＋a ＋m ＋a ＋2m ＝a －2m ＋a －m ，解得a ＝20，m ＝11a 24，a －2m ＝a 12＝53，即其中最小一份为53. 【答案】5312．已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 12＝24，则a 6·a 7的最大值为________．【解析】在等差数列{a n }中，∵S 12＝6(a 6＋a 7)＝24，∴a 6＋a 7＝4，令x >0，y >0，由基本不等式可得x ·y ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22，当且仅当x ＝y 时“＝”成立．又a 6>0，a 7>0，∴a 6·a 7≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a 6＋a 722＝4，当且仅当a 6＝a 7＝2时，“＝”成。

2019版高考数学大一轮复习江苏专版文档：第六章数列6.2

§6.2等差数列及其前n项和考情考向分析以考查等差数列的通项、前n项和及性质为主，等差数列的证明也是考查的热点．本节内容在高考中既可以以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．1．等差数列的定义一般地，如果一个数列从第二项起，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，通常用字母d表示．2．等差数列的通项公式如果等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，那么它的通项公式是a n＝a1＋(n－1)d.3．等差中项由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成最简单的等差数列．这时，A叫做a与b的等差中项．4．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n＝a m＋(n－m)d(n，m∈N*)．(2)若{a n}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则a k＋a l＝a m＋a n.(3)若{a n}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d.(4)若{a n}，{b n}是等差数列，则{pa n＋qb n}也是等差数列．(5)若{a n}是等差数列，公差为d，则a k，a k＋m，a k＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列．(6)数列S m，S2m－S m，S3m－S2m，…构成等差数列．5．等差数列的前n 项和公式设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2或S n ＝na 1＋n (n －1)2d .6．等差数列的前n 项和公式与函数的关系 S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n . 数列{a n }是等差数列⇔S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)． 7．等差数列的前n 项和的最值在等差数列{a n }中，a 1>0，d <0，则S n 存在最大值；若a 1<0，d >0，则S n 存在最小值．知识拓展等差数列的四种判断方法(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．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( × )(2)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( √ )(3)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数．( × ) (4)已知等差数列{a n }的通项公式a n ＝3－2n ，则它的公差为－2.( √ )(5)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.( √ )(6)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列．( √ )题组二教材改编2．[P47习题T5(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＝________. 答案 32解析由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝2，5a 1＋10d ＝30，解得⎩⎨⎧a 1＝263，d ＝－43，∴S 8＝8a 1＋8×72d ＝32.3．[P40习题T5(4)]在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝450，则a 2＋a 8＝________. 答案 180解析由等差数列的性质，得a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝450，∴a 5＝90，∴a 2＋a 8＝2a 5＝180.题组三易错自纠4．一个等差数列的首项为125，从第10项起开始比1大，则这个等差数列的公差d 的取值范围是________．答案 ⎝⎛⎦⎤875，325 解析由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 10>1，a 9≤1，即⎩⎨⎧125＋9d >1，125＋8d ≤1，所以875<d ≤325.5．若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．答案 8解析因为数列{a n }是等差数列，且a 7＋a 8＋a 9＝3a 8＞0，所以a 8＞0.又a 7＋a 10＝a 8＋a 9＜0，所以a 9＜0.故当n ＝8时，其前n 项和最大．6．一物体从1 960 m 的高空降落，如果第1秒降落4.90 m ，以后每秒比前一秒多降落9.80 m ，那么经过________秒落到地面．答案 20解析设物体经过t 秒降落到地面．物体在降落过程中，每一秒降落的距离构成首项为4.90，公差为9.80的等差数列．所以4.90t ＋12t (t －1)×9.80＝1 960，即4.90t 2＝1 960，解得t ＝20.题型一等差数列基本量的运算1．(2017·全国Ⅰ改编)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________．答案 4解析设{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋3d )＋(a 1＋4d )＝24，6a 1＋6×52d ＝48，解得d ＝4.2．已知等差数列{a n }的前9项和为27，a 10＝8，则a 100＝________. 答案 98解析由等差数列性质，知S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9×2a 52＝9a 5＝27，得a 5＝3，而a 10＝8，因此公差d ＝a 10－a 510－5＝1，∴a 100＝a 10＋90d ＝98.思维升华等差数列运算问题的通性通法(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公差d ，然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解．(2)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．题型二等差数列的判定与证明典例已知数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n －1(n ∈N *)．(1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)求数列{a n }中的最大项和最小项，并说明理由． (1)证明因为a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝1a n －1(n ∈N *)，所以b n ＋1－b n ＝1a n ＋1－1－1a n －1＝1⎝⎛⎭⎫2－1a n －1－1a n －1＝a n a n －1－1a n －1＝1.又b 1＝1a 1－1＝－52.所以数列{b n }是以－52为首项，1为公差的等差数列．(2)解由(1)知b n ＝n －72，则a n ＝1＋1b n ＝1＋22n －7.设f (x )＝1＋22x －7，则f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－∞，72和⎝⎛⎭⎫72，＋∞上为减函数．所以当n ＝3时，a n 取得最小值－1，当n ＝4时，a n 取得最大值3. 引申探究本例中，若将条件变为a 1＝35，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，试求数列{a n }的通项公式．解由已知可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，即a n ＋1n ＋1－a n n＝1，又a 1＝35，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝35为首项，1为公差的等差数列，∴a n n ＝35＋(n －1)·1＝n －25，∴a n ＝n 2－25n . 思维升华等差数列的四个判定方法(1)定义法：证明对任意正整数n 都有a n ＋1－a n 等于同一个常数．(2)等差中项法：证明对任意正整数n 都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2后，可递推得出a n ＋2－a n ＋1＝a n＋1－a n ＝a n －a n －1＝a n －1－a n －2＝…＝a 2－a 1，根据定义得出数列{a n }为等差数列．(3)通项公式法：得出a n ＝pn ＋q 后，得a n ＋1－a n ＝p 对任意正整数n 恒成立，根据定义判定数列{a n }为等差数列．(4)前n 项和公式法：得出S n ＝An 2＋Bn 后，根据S n ，a n 的关系，得出a n ，再使用定义法证明数列{a n }为等差数列．跟踪训练若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．(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，n ∈N *.题型三等差数列性质的应用命题点1 等差数列项的性质典例已知{a n }，{b n }都是等差数列，若a 1＋b 10＝9，a 3＋b 8＝15，则a 5＋b 6＝________. 答案 21解析因为{a n }，{b n }都是等差数列，所以2a 3＝a 1＋a 5，2b 8＝b 10＋b 6，所以2(a 3＋b 8)＝(a 1＋b 10)＋(a 5＋b 6)，即2×15＝9＋(a 5＋b 6)，解得a 5＋b 6＝21.命题点2 等差数列前n 项和的性质典例 (1)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9＝________. 答案 45解析由{a n }是等差数列，得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等差数列，即2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)，得到S 9－S 6＝2S 6－3S 3＝45.(2)已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝－2 014，S 2 0142 014－S 2 0082 008＝6，则S 2 018＝________.答案 6 054解析由等差数列的性质，可得⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列．设其公差为d ，则S 2 0142 014－S 2 0082 008＝6d ＝6，∴d ＝1.故S 2 0182 018＝S 11＋2 017d ＝－2 014＋2 017＝3， ∴S 2 018＝3×2 018＝6 054. 思维升华等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{a n }中，a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a nm －n ＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差． (2)和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； ②S 2n －1＝(2n －1)a n .跟踪训练 (1)(2017·常州期末)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 3＝4，S 9－S 6＝27，则S 10＝__________. 答案 65解析因为S 9－S 6＝a 7＋a 8＋a 9＝3a 8＝27，所以a 8＝9，即S 10＝10(a 1＋a 10)2＝5(a 3＋a 8)＝65.(2)等差数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，若S n T n ＝3n －22n ＋1，则a 7b 7＝________.答案3727解析 a 7b 7＝2a 72b 7＝a 1＋a 13b 1＋b 13＝a 1＋a 132×13b 1＋b 132×13＝S 13T 13＝3×13－22×13＋1＝3727.等差数列的前n 项和及其最值考点分析公差不为0的等差数列，求其前n 项和与最值在高考中时常出现，题型有小题，也有大题，难度不大．典例1 (1)在等差数列{a n }中，2(a 1＋a 3＋a 5)＋3(a 7＋a 9)＝54，则此数列前10项的和S 10＝________.(2)在等差数列{a n }中，S 10＝100，S 100＝10，则S 110＝________. 解析 (1)由题意，得a 3＋a 8＝9，所以S 10＝10(a 1＋a 10)2＝10(a 3＋a 8)2＝10×92＝45.(2)方法一设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则⎩⎨⎧10a 1＋10×92d ＝100，100a 1＋100×992d ＝10，解得⎩⎨⎧a 1＝1 099100，d ＝－1150.所以S 110＝110a 1＋110×1092d ＝－110.方法二因为S 100－S 10＝(a 11＋a 100)×902＝－90，所以a 11＋a 100＝－2，所以S 110＝(a 1＋a 110)×1102＝(a 11＋a 100)×1102＝－110.答案 (1)45 (2)－110典例2 在等差数列{a n }中，已知a 1＝20，前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 10＝S 15，求当n 取何值时，S n 取得最大值，并求出它的最大值．规范解答解 ∵a 1＝20，S 10＝S 15，∴10×20＋10×92d ＝15×20＋15×142d ，∴d ＝－53.方法一由a n ＝20＋(n －1)×⎝⎛⎭⎫－53＝－53n ＋653，得a 13＝0.即当n ≤12时，a n ＞0，当n ≥14时，a n ＜0. ∴当n ＝12或n ＝13时，S n 取得最大值，且最大值为S 12＝S 13＝12×20＋12×112×⎝⎛⎭⎫－53＝130.方法二 S n ＝20n ＋n (n －1)2·⎝⎛⎭⎫－53 ＝－56n 2＋1256n＝－56⎝⎛⎭⎫n －2522＋3 12524.∵n ∈N *，∴当n ＝12或n ＝13时，S n 有最大值，且最大值为S 12＝S 13＝130.方法三由S 10＝S 15，得a 11＋a 12＋a 13＋a 14＋a 15＝0.∴5a 13＝0，即a 13＝0.∴当n ＝12或n ＝13时，S n 有最大值，且最大值为S 12＝S 13＝130.1．在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝________.答案 0解析因为数列是等差数列，a 2＝4,2a 4＝a 2＋a 6＝4，所以a 6＝0.2．(2017·南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市调研)已知{a n }是公差不为0的等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 3＝a 4a 5，S 9＝27，则a 1的值是________．答案－5解析首先由S 9＝9a 5＝27，得a 5＝3.设公差为d (d ≠0)，则(3－3d )(3－2d )＝3(3－d )，即d 2－2d ＝0，从而得d ＝2.所以a 1＝a 5－4d ＝3－8＝－5.3．若数列{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，且a 2＝3a 4－6，则S 9＝________. 答案 27解析数列{a n }为等差数列，设公差为d ，则a 4＝a 2＋2d ，∴a 2＝3(a 2＋2d )－6，∴2a 2＋6d－6＝0，∴a 2＋3d ＝3，即a 5＝3，则S 9＝(a 1＋a 9)×92＝9×a 5＝27. 4．在等差数列{a n }中，S n 是其前n 项和，a 1＝－9，S 99－S 77＝2，则S 10＝________. 答案 0解析设公差为d ，∵S 99－S 77＝2，∴9－12d －7－12d ＝2，∴d ＝2，∵a 1＝－9，∴S 10＝10×(－9)＋10×92×2＝0. 5．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 11＝22，则a 3＋a 7＋a 8＝________.答案 6解析由题意得S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11(2a 1＋10d )2＝22，即a 1＋5d ＝2，所以a 3＋a 7＋a 8＝a 1＋2d ＋a 1＋6d ＋a 1＋7d ＝3(a 1＋5d )＝6.6．若{a n }是等差数列，首项a 1>0，a 2 016＋a 2 017>0，a 2 016·a 2 017<0，则使其前n 项和S n >0成立的最大正整数n 是________．答案 4 032解析因为a 1>0，a 2 016＋a 2 017>0，a 2 016·a 2 017<0，所以d <0，a 2 016>0，a 2 017<0，所以S 4 032＝4 032(a 1＋a 4 032)2＝4 032(a 2 016＋a 2 017)2>0，S 4 033＝4 033(a 1＋a 4 033)2＝4 033a 2 017<0，所以使其前n 项和S n >0成立的最大正整数n 是4 032.7．若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2＋S 3＝4，a 3＋S 5＝12，则a 4＋S 7的值是________．答案 24解析由a 2＋S 3＝4及a 3＋S 5＝12，得⎩⎪⎨⎪⎧ 4a 1＋4d ＝4，6a 1＋12d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝1，∴a 4＋S 7＝8a 1＋24d ＝24.8．等差数列{a n }中的a 4，a 2 016是3x 2－12x ＋4＝0的两根，则 1 010＝________.答案－12解析因为a 4和a 2 016是3x 2－12x ＋4＝0的两根，所以a 4＋a 2 016＝4.又a 4，a 1 010，a 2 016成等差数列，所以2a 1 010＝a 4＋a 2 016，即a 1 010＝2，所以 1 010＝－12.9．《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾．初日织五尺，今一月日织九匹三丈．”其意思为今有女子善织布，且从第2天起，每天比前一天多织相同量的布．若第一天织5尺布，现在一个月(按30天计)共织390尺布，则该女最后一天织________尺布．答案 21解析由题意得，织女每天所织的布的尺数依次排列形成一个等差数列，设为{a n }，其中a 1＝5，前30项和为390，于是有30(5＋a 30)2＝390，解得a 30＝21，即该织女最后一天织21尺布．10．设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝________. 答案 130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，∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130.11．在等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解 (1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝25.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35(n ∈N *)． (2)由(1)知，b n ＝⎣⎡⎦⎤2n ＋35. 当n ＝1,2,3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1；当n ＝4,5时，2≤2n ＋35<3，b n ＝2；当n ＝6,7,8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9,10时，4≤2n ＋35<5，b n ＝4. 所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.12．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 ＝a 2n ＋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．(1)证明当n ＝1时，有2a 1＝a 21＋1－4，即a 21－2a 1－3＝0，解得a 1＝3(a 1＝－1舍去)．当n ≥2时，有2S n －1＝a 2n －1＋n －5，又2S n ＝a 2n ＋n －4，两式相减得2a n ＝a 2n －a 2n －1＋1，即a 2n －2a n ＋1＝a 2n －1，亦即(a n －1)2＝a 2n －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a 1＝3，所以a 2＝－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 }是首项为3，公差为1的等差数列．(2)解由(1)知a 1＝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(n ∈N *)．13．设数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝3，且2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1，则a 20的值是______．答案 245解析 ∵2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1，∴数列{na n }是以a 1＝1为首项，2a 2－a 1＝5为公差的等差数列，∴20a 20＝1＋5×19＝96，解得a 20＝9620＝245. 14．已知数列{a n }中，a 1＝1且1a n ＋1＝1a n ＋13(n ∈N *)，则a 10＝________. 答案 14解析 ∵1a n ＋1＝1a n ＋13，∴1a n ＋1－1a n ＝13， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1＝1为首项，13为公差的等差数列， ∴1a 10＝1＋(10－1)×13＝1＋3＝4，故a 10＝14.15．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝________. 答案 5解析 ∵数列{a n }为等差数列，且其前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，经检验符合题意．16．设等差数列{a n }满足a 1＝1，a n >0(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，若数列{S n }也为等差数列，则S n ＋10a 2n的最大值是________．答案 121解析设数列{a n }的公差为d ，由题意得2S 2＝S 1＋S 3，因为a 1＝1，所以22a 1＋d ＝a 1＋3a 1＋3d ，化简可得d ＝2a 1＝2，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，S n ＝n ＋n (n －1)2×2＝n 2，所以S n ＋10a 2n ＝(n ＋10)2(2n －1)2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋102n －12 ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12(2n －1)＋2122n －12＝14⎝⎛⎭⎫1＋212n －12. 又⎩⎨⎧⎭⎬⎫⎝⎛⎭⎫1＋212n －12为单调递减数列，所以S n ＋10a 2n ≤S 11a 21＝112＝121.。

2019版高考数学大一轮复习江苏专版文档：第六章数列6.1

§6.1数列的概念与简单表示法考情考向分析以考查S n与a n的关系为主，简单的递推关系也是考查的热点．本节内容在高考中以填空题的形式进行考查，难度属于低档．1．数列的定义按照一定次序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．2．数列的分类3.数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法． 4．数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．知识拓展1．若数列{an }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，n ∈N *.2．在数列{a n }中，若a n 最大，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1.若a n 最小，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1.3．数列与函数的关系数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是数列．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( × ) (2)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( × )(3)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( √ ) (4)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．( × )(5)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( × )(6)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( √ ) 题组二教材改编2．[P34习题T6(3)]在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋(－1)na n －1(n ≥2)，则a 5＝ .答案 23解析 a 2＝1＋(－1)2a 1＝2，a 3＝1＋(－1)3a 2＝12，a 4＝1＋(－1)4a 3＝3，a 5＝1＋(－1)5a 4＝23.3．[P34习题T7]根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n ＝ .答案 5n －4 题组三易错自纠4．已知a n ＝n 2＋λn ，且对于任意的n ∈N *，数列{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是．答案 (－3，＋∞)解析因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，整理，得2n ＋1＋λ>0，即λ>－(2n ＋1)．(*)因为n ≥1，所以－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3. 5．在数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n (n ∈N *)，则此数列最大项的值为．答案 30解析 a n ＝－n 2＋11n ＝－⎝⎛⎭⎫n －1122＋1214， ∵n ∈N *，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值30.6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1(n ∈N *)，则a n ＝ .答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N * 解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N *.题型一由数列的前几项求数列的通项公式1．数列0，23，45，67，…的一个通项公式为．答案 a n ＝2(n －1)2n －1(n ∈N *)2．数列－11×2，12×3，－13×4，14×5，…的一个通项公式a n ＝ .答案 (－1)n 1n (n ＋1)解析这个数列前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为a n ＝(－1)n 1n (n ＋1).思维升华由前几项归纳数列通项的常用方法及具体策略(1)常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法．(2)具体策略：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项的符号特征和绝对值特征；⑤化异为同，对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑥对于符号交替出现的情况，可用(－1)k 或(－1)k ＋1，k ∈N *处理．题型二由a n 与S n 的关系求通项公式典例 (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1(n ∈N *)，则其通项公式为．答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2，n ∈N * 解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1] ＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式．故数列的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2，n ∈N *.(2)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13(n ∈N *)，则{a n }的通项公式a n ＝ .答案 (－2)n －1解析由S n ＝23a n ＋13，得当n ≥2时，S n －1＝23a n －1＋13，两式相减，整理得a n ＝－2a n －1，又当n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，∴a 1＝1，∴{a n }是首项为1，公比为－2的等比数列，故a n ＝(－2)n －1.思维升华已知S n ，求a n 的步骤 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1. (2)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1.(3)对n ＝1时的情况进行检验，若适合n ≥2的通项，则可以合并；若不适合，则写成分段函数形式．跟踪训练 (1)在数列{a n }中，S n 是其前n 项和，且S n ＝2a n ＋1(n ∈N *)，则数列的通项公式a n ＝ . 答案－2n －1解析由题意，得S n ＋1＝2a n ＋1＋1，S n ＝2a n ＋1，两式相减，得S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1＝2a n ，又S 1＝2a 1＋1＝a 1，所以a 1＝－1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1.(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋1(n ∈N *)，则数列的通项公式a n ＝ .答案 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2，n ∈N * 解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋1－3n －1－1＝2·3n －1.显然当n ＝1时，不满足上式．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2，n ∈N *.题型三数列的简单性质命题点1 数列的单调性典例 (2017·江苏新海中学质检)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝－8⎝⎛⎭⎫18n ＋9⎝⎛⎭⎫14n －3⎝⎛⎭⎫12n(其中n ∈N *)，若第m 项是数列{a n }中的最小项，则a m ＝ . 答案－516解析令⎝⎛⎭⎫12n＝t ，由a n ＝－8⎝⎛⎭⎫18n＋9⎝⎛⎭⎫14n －3⎝⎛⎭⎫12n ，得a n ＝－8t 3＋9t 2－3t . 设f (t )＝－8t 3＋9t 2－3t ，则f ′(t )＝－24t 2＋18t －3＝－3(2t －1)(4t －1)． ∵0<t ＝⎝⎛⎭⎫12n ≤12，且当0<t <14时，f ′(t )<0，当14<t <12时，f ′(t )>0， ∴f (t )在⎝⎛⎭⎫0，14上单调递减，在⎝⎛⎭⎫14，12上单调递增． ∴当t ＝14，即n ＝2时，a n 最小，∴a m ＝a 2＝－8×⎝⎛⎭⎫182＋9×⎝⎛⎭⎫142－3×⎝⎛⎭⎫122＝－516，即a m ＝－516.命题点2 数列的周期性典例数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n (n ∈N *)，a 8＝2，则a 1＝ .答案 12解析 ∵a n ＋1＝11－a n ，∴a n ＋1＝11－a n＝11－11－a n －1＝1－a n －11－a n －1－1＝1－a n －1－a n －1＝1－1a n －1 ＝1－111－a n －2＝1－(1－a n －2)＝a n －2，n ≥3， ∴周期T ＝(n ＋1)－(n －2)＝3. ∴a 8＝a 3×2＋2＝a 2＝2. 而a 2＝11－a 1，∴a 1＝12.命题点3 数列的最值典例数列{a n }的通项a n ＝nn 2＋90(n ∈N *)，则数列{a n }中的最大项的值为．答案119解析令f (x )＝x ＋90x (x >0)，运用基本不等式，得f (x )≥290，当且仅当x ＝310时等号成立．因为a n ＝1n ＋90n ，所以1n ＋90n ≤1290，由于n ∈N *，不难发现，当n ＝9或n ＝10时，a n ＝119最大．思维升华 (1)解决数列的单调性问题可用以下三种方法①用作差比较法，根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列还是常数列； ②用作商比较法，根据a n ＋1a n (a n ＞0或a n ＜0)与1的大小关系进行判断；③结合相应函数的图象直观判断．(2)解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值． (3)数列的最值可以利用数列的单调性或求函数最值的思想求解．跟踪训练 (1)数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n ，0≤a n ≤12，n ∈N *，2a n－1，12＜a n＜1，n ∈N *， a 1＝35，则数列的第2 018项为．答案 15解析由已知可得，a 2＝2×35－1＝15，a 3＝2×15＝25，a 4＝2×25＝45，a 5＝2×45－1＝35，∴{a n }为周期数列且T ＝4， ∴a 2 018＝a 504×4＋2＝a 2＝15.(2)已知数列{a n }的首项为2，且数列{a n }满足a n ＋1＝a n －1a n ＋1(n ∈N *)，数列{a n }的前n 项的和为S n ，则S 2 016＝ . 答案－588解析 ∵a 1＝2，a n ＋1＝a n －1a n ＋1，∴a 2＝13，a 3＝－12，a 4＝－3，a 5＝2，…，∴数列{a n }的周期为4，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝－76，∵2 016÷4＝504，∴S 2 016＝504×⎝⎛⎭⎫－76＝－588.解决数列问题的函数思想典例 (1)数列{a n }的通项公式是a n ＝(n ＋1)·⎝⎛⎭⎫1011n (n ∈N *)，则此数列的最大项是第项． (2)若a n ＝n 2＋kn ＋4且对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n 成立，则实数k 的取值范围是．思想方法指导 (1)可以将数列看成定义域为正整数集上的函数；(2)数列的最值可以根据单调性进行分析．解析 (1)∵a n ＋1－a n ＝(n ＋2)⎝⎛⎭⎫1011n ＋1－(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n ＝⎝⎛⎭⎫1011n ×9－n 11，当n <9时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ；当n ＝9时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ；当n >9时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n ，∴该数列中有最大项，且最大项为第9,10项． (2)由a n ＋1>a n 知该数列是一个递增数列，又∵通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4， ∴(n ＋1)2＋k (n ＋1)＋4>n 2＋kn ＋4，即k >－1－2n ，又n ∈N *，∴k >－3. 答案 (1)9或10 (2)(－3，＋∞)1．数列{a n }满足a n ＝log 2(n 2＋3)－2，则log 23是这个数列的第项．答案 3解析令a n ＝log 2(n 2＋3)－2＝log 23，解得n ＝3.2．数列23，－45，67，－89，…的第10项是．答案－2021解析所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子．很容易归纳出数列{a n }的通项公式a n ＝(－1)n ＋1·2n 2n ＋1(n ∈N *)，故a 10＝－2021. 3．在数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝ . 答案 6116解析令n ＝2,3,4,5，分别求出a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116. 4．若数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝3，a n ＝a n －1a n －2(n ≥3且n ∈N *)，则a 2 018＝ . 答案 3解析由已知a 3＝a 2a 1＝32，a 4＝a 3a 2＝12， a 5＝a 4a 3＝13，a 6＝a 5a 4＝23，a 7＝a 6a 5＝2，a 8＝a 7a 6＝3， ∴数列{a n }具有周期性，且T ＝6，∴a 2 018＝a 336×6＋2＝a 2＝3.5．已知a n ＝n － 2 000n － 2 001，且数列{a n }共有100项，则此数列中最大项为第项，最小项为第项．答案 45 44解析 a n ＝n － 2 000n － 2 001＝1＋ 2 001－ 2 000n － 2 001，又44＜ 2 001＜45， 2 001－ 2 000＞0，故第45项最大，第44项最小．6．已知数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧(5－a )n －11，n ≤5，a n －4，n >5，且{a n }是递增数列(n ∈N *)，则实数a 的取值范围是．答案 (2,5)解析 ∵a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧(5－a )n －11，n ≤5，a n －4，n >5，且{a n }是递增数列(n ∈N *)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ 5－a >0，a >1，5(5－a )－11<a 2，解得2<a <5.7．若数列{a n }满足关系a n ＋1＝1＋1a n ，a 8＝3421，则a 5＝ . 答案 85解析借助递推关系，由a 8递推依次得到a 7＝2113，a 6＝138，a 5＝85. 8．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝ .答案 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2，n ∈N * 解析当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1，因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2，n ∈N *. 9．已知数列{a n }的通项公式a n ＝(n ＋2)·⎝⎛⎭⎫67n (n ∈N *)，则数列{a n }的项取最大值时，n ＝ .答案 4或5解析假设第n 项为最大项，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1，即⎩⎨⎧ (n ＋2)·⎝⎛⎭⎫67n ≥(n ＋1)·⎝⎛⎭⎫67n －1，(n ＋2)·⎝⎛⎭⎫67n ≥(n ＋3)·⎝⎛⎭⎫67n ＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤5，n ≥4，即4≤n ≤5，又n ∈N *，所以n ＝4或n ＝5，故在数列{a n }中a 4与a 5均为最大项，且a 4＝a 5＝6574. 10．已知在数列{a n }中，a n ＝n 2－kn (n ∈N *)，且{a n }单调递增，则k 的取值范围是．答案 (－∞，3)解析由题意知，a n ＋1－a n ＝2n ＋1－k ，又{a n }单调递增，故2n ＋1－k ＞0恒成立，分离变量得k ＜2n ＋1(n ∈N *)，当n ＝1时，2n ＋1取得最小值3，故k ＜3，即k 的取值范围是(－∞，3)．11．已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值；(2)求数列{a n }的通项公式．解 (1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)可得 a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1，S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2，解得a 2＝2，同理，a 3＝3，a 4＝4.(2)S n ＝a n 2＋12a 2n ，① 当n ≥2时，S n －1＝a n －12＋12a 2n －1，② ①－②得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0.由于a n ＋a n －1≠0，所以a n －a n －1＝1，又由(1)知a 1＝1，故数列{a n }为首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n (n ∈N *)．12．已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9n 2－9n ＋29n 2－1. (1)求这个数列的第10项；(2)98101是不是该数列中的项，为什么？ (3)求证：数列中的各项都在区间(0,1)内；(4)在区间⎝⎛⎭⎫13，23内有无数列中的项？若有，是第几项？若没有，请说明理由．(1)解设a n ＝f (n )＝9n 2－9n ＋29n 2－1＝(3n －1)(3n －2)(3n －1)(3n ＋1)＝3n －23n ＋1. 令n ＝10，得第10项a 10＝f (10)＝2831. (2)解令3n －23n ＋1＝98101，得9n ＝300. 此方程无正整数解，∴98101不是该数列中的项．(3)证明 ∵a n ＝3n －23n ＋1＝1－33n ＋1，又n ∈N *，∴0＜1－33n ＋1＜1， ∴0＜a n ＜1.∴数列中的各项都在区间(0,1)内．(4)解令13＜a n ＝3n －23n ＋1＜23， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ 3n ＋1＜9n －6，9n －6＜6n ＋2，∴⎩⎨⎧ n ＞76，n ＜83，∴当且仅当n ＝2时，上式成立，故在区间⎝⎛⎭⎫13，23内有数列中的项，且只有一项为a 2＝47.13．f (x )是R 上的奇函数，当x >0时，f (x )＝2x ＋ln x 4，记a n ＝f (n －5)，则数列{a n }的前8项和为．答案－16解析由已知条件可知，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝f (－4)＋f (－3)＋f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＋f (3)＝f (－4)＝－f (4)＝－24－ln 44＝－16. 14．若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n (n ＋4)⎝⎛⎭⎫23n 中的最大项是第k 项，则k ＝ . 答案 4解析设数列为{a n }，则a n ＋1－a n ＝(n ＋1)(n ＋5)·⎝⎛⎭⎫23n ＋1－n (n ＋4)·⎝⎛⎭⎫23n ＝⎝⎛⎭⎫23n ⎣⎡⎦⎤23(n 2＋6n ＋5)－n 2－4n ＝2n3n ＋1(10－n 2)．所以当n ≤3时，a n ＋1>a n ；当n ≥4时，a n ＋1<a n .因此，a 1<a 2<a 3<a 4，a 4>a 5>a 6>…，故a 4最大，所以k ＝4.15．数列{a n }的通项公式为a n ＝an 2＋n ，若满足a 1＜a 2＜a 3＜a 4＜a 5，且a n ＞a n ＋1对n ≥8恒成立，则实数a 的取值范围为．答案 ⎝⎛⎭⎫－19，－117 解析可以把a n 看成是关于n 的二次函数，根据其对称轴为n ＝－12a ，易知对称轴应满足92＜－12a ＜172，解得－19＜a ＜－117. 16．在数列{a n }，{b n }中，a 1＝2，a n ＋1－a n ＝6n ＋2，点⎝⎛⎭⎫a n n ，b n 在y ＝x 3＋mx 的图象上，{b n }的最小项为b 3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求m 的取值范围．解 (1)∵a n ＋1－a n ＝6n ＋2，∴当n ≥2时，a n －a n －1＝6n －4.∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝(6n －4)＋(6n －10)＋…＋8＋2＝(n －1)[8＋(6n －4)]2＋2 ＝3n 2－3n ＋2n －2＋2＝3n 2－n ，显然a 1也满足a n ＝3n 2－n ，∴a n ＝3n 2－n .(2)∵点⎝⎛⎭⎫a n n ，b n 在y ＝x 3＋mx 的图象上， ∴b n ＝(3n －1)3＋m (3n －1)，∴b 1＝8＋2m ，b 2＝125＋5m ，b 3＝512＋8m ，b 4＝1 331＋11m .∵{b n }的最小项是b 3，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 8＋2m ≥512＋8m ，125＋5m ≥512＋8m ，1 331＋11m ≥512＋8m ，∴－273≤m ≤－129.∵b n ＋1＝(3n ＋2)3＋m (3n ＋2)，b n ＝(3n －1)3＋m (3n －1)， ∴b n ＋1－b n ＝3[(3n ＋2)2＋(3n －1)2＋(3n ＋2)(3n －1)]＋3m ＝3(27n 2＋9n ＋3＋m )，当n ≥4时，27n 2＋9n ＋3＞273，∴27n 2＋9n ＋3＋m ＞0，∴b n ＋1－b n ＞0，∴当n ≥4时，b n ＋1＞b n .综上可知，m 的取值范围为[－273，－129]．。

理科数学高考真题分类汇编专题6 等差数列答案

因为an 是一个递增数列，且 a5 = 0 ，
所以 S n 的最小值为 S 4
或S5
，
S4
=
S5
=
( −4)
4+
431= 2
−10 .
1．B【解析】通解设等差数列{ an} 的公差为 d ，∵ 3S3 = S2 + S4 ．
∴ 3(3a1
+
3 2 2
d
)=
2a1
+d
+
4a1
+
4 3 d 2
，解得
21．
2n n +1
【解析】设等差数列的首项为
a1 ，公差为
d
，则
a1
+2d
=3
4a1
+
4
2
3
d
=
，
10
解得a1 = 1 ，d = 1 ，
∴ Sn
=
na1
+ n(n −1) d 2
=
n(n +1) 2
1
，所以
Sn
=
2 k(k + 1)
=
2(1 k
−
1 )， k +1
n
所以
1 = 2[(1 − 1) +( 1 − 1) + +( 1 −
d
=
−3 2
a1 ，
∵ a1 = 2 ，∴ d = −3，
∴ a5 = a1 + 4d = 2 + 4 (−3) = −10 ．故选 B．
优解设等差数列{ an} 的公差为 d ，∵ 3S3 = S2 + S4 ，∴ 3S3 = S3 − a3 + S3 + a4 ，

江苏省苏州市高三数学等差数列测试题

一、等差数列选择题1．已知等差数列{}n a 中，前n 项和215n S n n =-，则使n S 有最小值的n 是（）A ．7B ．8C ．7或8D ．92．已知等差数列{}n a 的前n 项和为S n ，若S 2=8，38522a a a +=+，则a 1等于（） A ．1B ．2C ．3D ．43．在等差数列{}n a 中，3914a a +=，23a =，则10a =（） A ．11B ．10C ．6D ．34．已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，3518a S +=，633a a =+，则n a =（） A ．1n - B ．n C ．21n - D ．2n 5．在等差数列{a n }中，a 3+a 7＝4，则必有（）A ．a 5＝4B ．a 6＝4C ．a 5＝2D ．a 6＝26．已知等差数列{}n a 前n 项和为n S ，且351024a a a ++=，则13S 的值为（） A ．8B ．13C ．26D ．1627．已知数列{}n a 的前n 项和221n S n n =+-，则13525a a a a ++++=（）A ．350B ．351C ．674D ．6758．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且110a =，56S S ≥，下列四个命题：①公差d 的最大值为2-；②70S <；③记n S 的最大值为M ，则M 的最大值为30；④20192020a a >.其真命题的个数是（） A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个9．数列{}n a 是项数为偶数的等差数列，它的奇数项的和是24，偶数项的和为30，若它的末项比首项大212，则该数列的项数是（） A ．8B ．4C ．12D ．1610．已知等差数列{}n a 中，5470,0a a a >+<，则{}n a 的前n 项和n S 的最大值为（） A ．4SB ．5SC ． 6SD ． 7S11．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若7916+=a a ，则15S =（） A ．60B ．120C ．160D ．24012．《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾（注：从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布），第一天织5尺布，现一月（按30天计）共织390尺”，则从第2天起每天比前一天多织（） A ．12尺布 B ．518尺布 C ．1631尺布 D ．1629尺布13．在等差数列{}n a 中，若n S 为其前n 项和，65a =，则11S 的值是（） A ．60 B ．11 C ．50 D ．55 14．在等差数列{a n }中，已知a 5=3，a 9=6，则a 13=（）A ．9B ．12C ．15D ．1815．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且132a a +=，422a a -=，则5S =（） A ．21B ．15C ．10D ．6 16．设等差数列{}n a 的公差d ≠0，前n 项和为n S ，若425S a =，则99S a =（） A ．9B ．5C ．1D ．5917．在等差数列{}n a 中，25812a a a ++=，则{}n a 的前9项和9S =（） A ．36B ．48C ．56D ．7218．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且310179a a a ++=，则19S =（） A ．51B ．57C ．54D ．7219．在1与25之间插入五个数，使其组成等差数列，则这五个数为（）A ．3、8、13、18、23B ．4、8、12、16、20C ．5、9、13、17、21D ．6、10、14、18、2220．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，10a <且11101921a a =，则当n S 取最小值时，n 的值为（） A ．21B ．20C ．19D ．19或20二、多选题21．已知S n 是等差数列{}n a (n ∈N *)的前n 项和，且S 5>S 6>S 4，以下有四个命题，其中正确的有（）A ．数列{}n a 的公差d <0B ．数列{}n a 中S n 的最大项为S 10C ．S 10>0D ．S 11>022．题目文件丢失！23．已知数列{}n a 的前4项为2，0，2，0，则该数列的通项公式可能为（） A ．0,2,n n a n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数B ．1(1)1n n a -=-+C ．2sin2n n a π= D ．cos(1)1n a n π=-+24．设等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，并且满足条件11a >，667711,01a a a a -><-，则下列结论正确的是（）A ．01q <<B ．681a a >C ．n S 的最大值为7SD ．n T 的最大值为6T25．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若10a >，公差0d ≠，则（） A ．若59S >S ，则150S > B ．若59S =S ，则7S 是n S 中最大的项 C ．若67S S >，则78S S > D ．若67S S >则56S S >.26．已知数列{}2nn a n +是首项为1，公差为d 的等差数列，则下列判断正确的是（） A ．a 1＝3 B ．若d ＝1，则a n ＝n 2+2n C ．a 2可能为6D ．a 1，a 2，a 3可能成等差数列27．等差数列{}n a 的前n 项和记为n S ，若10a >，717S S =，则（） A ．0d < B ．120a > C ．13n S S ≤D ．当且仅当0nS <时，26n ≥28．公差不为零的等差数列{}n a 满足38a a =，n S 为{}n a 前n 项和，则下列结论正确的是（） A ．110S =B ．10n n S S -=（110n ≤≤）C ．当110S >时，5n S S ≥D ．当110S <时，5n S S ≥ 29．{} n a 是等差数列，公差为d ，前项和为n S ，若56S S <，678S S S =>，则下列结论正确的是（） A ．0d <B ．70a =C ．95S S >D ．170S <30．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，且3201911111a a e e +≤++，则（） A ．当数列{}n a 为等差数列时，20210S ≥ B ．当数列{}n a 为等差数列时，20210S ≤ C ．当数列{}n a 为等比数列时，20210T > D ．当数列{}n a 为等比数列时，20210T <【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、等差数列选择题 1．C 【分析】215n S n n =-看作关于n 的二次函数，结合二次函数的图象与性质可以求解．【详解】22152251524n S n n n ⎛⎫=-=--⎪⎝⎭，∴数列{}n S 的图象是分布在抛物线21522524y x ⎛⎫=--⎪⎝⎭上的横坐标为正整数的离散的点．又抛物线开口向上，以152x =为对称轴，且1515|7822-=-|，所以当7,8n =时，n S 有最小值．故选：C 2．C 【分析】利用等差数列的下标和性质以及基本量运算，可求出1a ．【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，则3856522a a a a a +=+=+，解得652d a a =-=，212112228S a a a d a =+=+=+=，解得13a =故选：C 3．A 【分析】利用等差数列的通项公式求解1,a d ，代入即可得出结论. 【详解】由3914a a +=，23a =，又{}n a 为等差数列，得39121014a a a d +=+=，213a a d =+=，解得12,1a d ==，则101+92911a a d ==+=；故选：A. 4．B 【分析】根据条件列出关于首项和公差的方程组，求解出首项和公差，则等差数列{}n a 的通项公式可求. 【详解】因为3518a S +=，633a a =+，所以11161218523a d a d a d +=⎧⎨+=++⎩，所以111a d =⎧⎨=⎩，所以()111n a n n =+-⨯=，故选：B. 5．C 【分析】利用等差数列的性质直接计算求解【详解】因为a 3+a 7＝2a 5＝4，所以a 5＝2. 故选：C 6．B 【分析】先利用等差数列的下标和性质将35102a a a ++转化为()410724a a a +=，再根据()11313713132a a S a +==求解出结果.【详解】因为()351041072244a a a a a a ++=+==，所以71a =，又()1131371313131132a a S a +===⨯=，故选：B. 【点睛】结论点睛：等差、等比数列的下标和性质：若()*2,,,,m n p q t m n p q t N +=+=∈，（1）当{}n a 为等差数列，则有2m n p q t a a a a a +=+=；（2）当{}n a 为等比数列，则有2m n p q t a a a a a ⋅=⋅=.7．A 【分析】先利用公式11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求出数列{}n a 的通项公式，再利用通项公式求出13525a a a a ++++的值.【详解】当1n =时，21112112a S ==+⨯-=；当2n ≥时，()()()22121121121n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=+---+--=+⎣⎦.12a =不适合上式，2,121,2n n a n n =⎧∴=⎨+≥⎩.因此，()()3251352512127512235022a a a a a a ⨯+⨯+++++=+=+=；故选：A. 【点睛】易错点睛：利用前n 项和n S 求通项n a ，一般利用公式11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，但需要验证1a 是否满足()2n a n ≥.8．B 【分析】设公差为d ，利用等差数列的前n 项和公式，56S S ≥，得2d ≤-，由前n 项和公式，得728S ≤，同时可得n S 的最大值，2d =-，5n =或6n =时取得，结合递减数列判断D ．【详解】设公差为d ，由已知110a =，56S S ≥，得5101061015d d ⨯+≥⨯+，所以2d ≤-，A 正确；所以7710217022128S d =⨯+≤-⨯=，B 错误；1(1)10(1)0n a a n d n d =+-=+-≥，解得101n d≤-+，11100n a a nd nd +=+=+≤，解得10n d≥-，所以10101n d d-≤≤-+，当2d =-时，56n ≤≤，当5n =时，有最大值，此时51010(2)30M =⨯+⨯-=，当6n =时，有最大值，此时61015(2)30M =⨯+⨯-=，C 正确．又该数列为递减数列，所以20192020a a >，D 正确．故选：B ．【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列的前n 项和，掌握等差数列的前n 和公式与性质是解题关键．等差数列前n 项和n S 的最大值除可利用二次函数性质求解外还可由10n n a a +≥⎧⎨≤⎩求得．9．A 【分析】设项数为2n ，由题意可得()21212n d -⋅=，及6S S nd -==奇偶可求解．【详解】设等差数列{}n a 的项数为2n ，末项比首项大212， ()212121;2n a a n d ∴-=-⋅=① 24S =奇，30S =偶，30246S S nd ∴-=-==奇偶②．由①②，可得32d =，4n =，即项数是8，故选：A. 10．B 【分析】根据已知条件判断0n a >时对应的n 的范围，由此求得n S 的最大值. 【详解】依题意556475600000a a a a a a a d >⎧>⎧⎪⇒<⎨⎨+=+<⎩⎪<⎩，所以015n a n >⇒≤≤，所以{}n a 的前n 项和n S 的最大值为5S . 11．B 【分析】利用等差数列的性质，由7916+=a a ，得到88a =，然后由15815S a =求解. 【详解】因为7916+=a a ，所以由等差数列的性质得978216a a a +==，解得88a =，所以()11515815151581202a a S a +===⨯=．故选：B 12．D 【分析】设该女子第()N n n *∈尺布，前()N n n *∈天工织布n S 尺，则数列{}n a 为等差数列，设其公差为d ，根据15a =，30390S =可求得d 的值. 【详解】设该女子第()N n n *∈尺布，前()N n n *∈天工织布n S 尺，则数列{}n a 为等差数列，设其公差为d ，由题意可得30130293015015293902S a d d ⨯=+=+⨯=，解得1629d =.故选：D. 13．D 【分析】根据题中条件，由等差数列的性质，以及等差数列的求和公式，即可求出结果. 【详解】因为在等差数列{}n a 中，若n S 为其前n 项和，65a =，所以()1111161111552a a S a +===.故选：D. 14．A 【分析】在等差数列{a n }中，利用等差中项由95132a a a =+求解. 【详解】在等差数列{a n }中，a 5=3，a 9=6，所以95132a a a =+，所以139522639a a a =-=⨯-=，故选：A 15．C 【分析】根据已知条件得到关于首项1a 和公差d 的方程组，求解出1,a d 的值，再根据等差数列前n 项和的计算公式求解出5S 的值. 【详解】因为134222a a a a +=⎧⎨-=⎩，所以122222a d d +=⎧⎨=⎩，所以101a d =⎧⎨=⎩，所以5154550101102S a d ⨯=+=⨯+⨯=，故选：C. 16．B 【分析】由已知条件，结合等差数列通项公式得1a d =，即可求99S a . 【详解】4123425S a a a a a =+++=，即有13424a a a a ++=，得1a d =，∴1999()452a a S d ⨯+==，99a d =，且0d ≠， ∴995S a =. 故选：B 17．A 【分析】根据等差数列的性质，由题中条件，得出54a =，再由等差数列前n 项和公式，即可得出结果. 【详解】因为{}n a 为等差数列，25812a a a ++=，所以5312a =，即54a =，所以()1999983622a a S +⨯===. 故选：A . 【点睛】熟练运用等差数列性质的应用及等差数列前n 项和的基本量运算是解题关键. 18．B 【分析】根据等差数列的性质求出103a =，再由求和公式得出答案. 【详解】317102a a a += 1039a ∴=，即103a =()1191019191921935722a a a S +⨯∴===⨯= 故选：B 19．C 【分析】根据首末两项求等差数列的公差，再求这5个数字. 【详解】在1与25之间插入五个数，使其组成等差数列，则171,25a a ==，则712514716a a d --===-，则这5个数依次是5，9，13，17，21. 故选：C 20．B【分析】由题得出1392a d =-，则2202n dS n dn =-，利用二次函数的性质即可求解.【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，由11101921a a =得11102119a a =，则()()112110199a d a d +=+，解得1392a d =-，10a <，0d ∴>，()211+2022n n n dS na d n dn -∴==-，对称轴为20n =，开口向上， ∴当20n =时，n S 最小.故选：B. 【点睛】方法点睛：求等差数列前n 项和最值，由于等差数列()2111+222n n n d d S na d n a n -⎛⎫==+- ⎪⎝⎭是关于n 的二次函数，当1a 与d 异号时，n S 在对称轴或离对称轴最近的正整数时取最值；当1a 与d 同号时，n S 在1n =取最值.二、多选题21．AC 【分析】由564S S S >>，可得650,0a a ，且650a a +>，然后逐个分析判断即可得答案【详解】解：因为564S S S >>，所以650,0a a ，且650a a +>，所以数列的公差0d <，且数列{}n a 中S n 的最大项为S 5，所以A 正确，B 错误，所以110105610()5()02a a S a a +==+>，11111611()1102a a S a +==<，所以C 正确，D 错误，故选：AC22．无23．BD 【分析】根据选项求出数列的前4项，逐一判断即可. 【详解】解：因为数列{}n a 的前4项为2，0，2，0，选项A ：不符合题设；选项B ：01(1)12,a =-+=12(1)10,a =-+= 23(1)12,a =-+=34(1)10a =-+=，符合题设；选项C ：，12sin 2,2a π==22sin 0,a π==332sin 22a π==-不符合题设；选项D ：1cos 012,a =+=2cos 10,a π=+=3cos 212,a π=+=4cos310a π=+=，符合题设.故选：BD.【点睛】本题考查数列的通项公式的问题，考查了基本运算求解能力，属于基础题.24．AD【分析】分类讨论67,a a 大于1的情况，得出符合题意的一项.【详解】①671,1a a >>, 与题设67101a a -<-矛盾. ②671,1,a a ><符合题意.③671,1,a a <<与题设67101a a -<-矛盾. ④ 671,1,a a <>与题设11a >矛盾.得671,1,01a a q ><<<，则n T 的最大值为6T .∴B ，C ，错误.故选：AD.【点睛】考查等比数列的性质及概念. 补充：等比数列的通项公式：()1*1n n a a qn N -=∈. 25．BC【分析】根据等差数列的前n 项和性质判断．【详解】A 错：67895911415000S a a a a a S a S ⇒+++<>⇒+<⇒<；B 对：n S 对称轴为n =7；C 对：6770S S a >⇒<，又10a >，887700a S a d S ⇒⇒<<⇒<>；D 错：6770S S a >⇒<，但不能得出6a 是否为负，因此不一定有56S S >．故选：BC ．【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列的前n 项和性质，（1）n S 是关于n 的二次函数，可以利用二次函数性质得最值；（2）1n n n S S a -=+，可由n a 的正负确定n S 与1n S -的大小；（3）1()2n n n a a S +=，因此可由1n a a +的正负确定n S 的正负． 26．ACD【分析】利用等差数列的性质和通项公式，逐个选项进行判断即可求解【详解】因为1112a =+，1(1)2nn a n d n =+-+，所以a 1＝3，a n ＝[1+(n -1)d ](n +2n ).若d ＝1，则a n ＝n (n +2n )；若d ＝0，则a 2＝6.因为a 2＝6+6d ，a 3＝11+22d ，所以若a 1，a 2，a 3成等差数列，则a 1+a 3＝a 2，即14+22d ＝12+12d ，解得15d =-. 故选ACD27．AB【分析】根据等差数列的性质及717S S =可分析出结果.【详解】因为等差数列中717S S =，所以89161712135()0a a a a a a ++++=+=，又10a >，所以12130,0a a ><，所以0d <，12n S S ≤，故AB 正确，C 错误；因为125251325()2502a a S a +==<，故D 错误，故选：AB【点睛】关键点睛：本题突破口在于由717S S =得到12130a a +=，结合10a >，进而得到12130,0a a ><，考查学生逻辑推理能力.28．BC【分析】设公差d 不为零,由38a a =，解得192a d =-，然后逐项判断. 【详解】设公差d 不为零, 因为38a a =，所以1127a d a d +=+，即1127a d a d +=--，解得192a d =-， 11191111551155022S a d d d d ⎛⎫=+=⨯-+=≠ ⎪⎝⎭，故A 错误； ()()()()()()221101110910,10102222n n n n n n d d na d n n n a n n S S d ----=+=-=-+=-，故B 正确；若11191111551155022S a d d d d ⎛⎫=+=⨯-+=> ⎪⎝⎭，解得0d >，()()22510525222n d d d n n S n S =-=--≥，故C 正确；D 错误；故选：BC29．ABD【分析】结合等差数列的性质、前n 项和公式，及题中的条件，可选出答案. 【详解】由67S S =，可得7670S S a -==，故B 正确；由56S S <，可得6560S S a -=>，由78S S >，可得8780S S a -=<，所以876a a a <<，故等差数列{}n a 是递减数列，即0d <，故A 正确；又()9567897820S S a a a a a a -=+++=+<，所以95S S <，故C 不正确；又因为等差数列{}n a 是单调递减数列，且80a <，所以90a <，所以()117179171702a a S a +==<，故D 正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列性质的应用，解题的关键是熟练掌握等差数列的增减性及前n 项和的性质，本题要从题中条件入手，结合公式()12n n n a S S n --≥=，及()12n n n a a S +=，对选项逐个分析，可判断选项是否正确.考查学生的运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题.30．AC【分析】将3201911111a a e e +≤++变形为32019111101212a a e e -+-≤++，构造函数()1112x f x e =-+，利用函数单调性可得320190a a +≥，再结合等差数列与等比数列性质即可判断正确选项【详解】由3201911111a a e e +≤++，可得32019111101212a a e e -+-≤++，令()1112x f x e =-+， ()()1111101111xx x x x e f x f x e e e e --+=+-=+-=++++，所以()1112x f x e =-+是奇函数，且在R 上单调递减，所以320190a a +≥，所以当数列{}n a 为等差数列时，()320192*********a a S +=≥；当数列{}n a 为等比数列时，且3a ，1011a ，2019a 同号，所以3a ，1011a ，2019a 均大于零，故()2021202110110T a =>. 故选：AC【点睛】本题考查等差数列与等比数列，考查逻辑推理能力，转化与化归的数学思想，属于中档题。

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江苏专用2019版高考数学专题复习专题6数列第35练等差数列练习
2．(2016·中原名校联考)在等差数列{a n }中，如果a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝2
，那么数列{a n }的前9项的和是________．
3．(2016·浦城期中)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 5a 3＝59，则S 9
S 5
＝________.
4．已知数列{a n }满足a 1＝a 2＝1，
a n ＋2a n ＋1－a n ＋1
a n
＝1，则a 6－a 5的值为________． 5．(2017·南京质检) 记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S k －1＝8，S k ＝0，S k ＋1＝－10，则正整数k ＝________.
6．若等差数列{a n }中的a 1，a 4 029是函数f (x )＝13x 3－4x 2
＋6x －1的极值点，则log 2a 2 015＝
________.
7．(2016·四川眉山中学期中改编)在等差数列{a n }中，a 1＝－2 015，其前n 项和为S n ，若S 12
12
－
S 10
10
＝2，则S 2 017的值为________．
8．(2016·镇江一模)已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若
S n S 2n ＝n ＋14n ＋2，则a 3
a 5
＝________. 9．(2016·苏州模拟)设正项数列{a n }的前n 项和是S n ，若{a n }和{S n }都是等差数列，则S n ＋10
a n
的最小值是________．
10．(2016·铁岭模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2
－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝________________.
11．(2016·安庆一模)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 3S 6＝13，则S 6
S 12
＝________.
12．(2016·临沂一中期中)设f (x )＝1
2x ＋2，利用课本中推导等差数列前n 项和公式的方
法，可求得f (－5)＋f (－4)＋…＋f (0)＋…＋f (5)＋f (6)的值是________．
13．在圆x 2＋y 2
＝5x 内，过点⎝ ⎛⎭⎪⎫52，32有n 条弦的长度成等差数列，最短弦长为数列的首项
a 1，最长弦长为a n ，若公差d ∈⎝
⎛⎦
⎥⎤16，1
3
，那么n 的取值集合为________． 14．(2016·扬州中学四模)各项均为实数的等差数列的公差为2，其首项的平方与其余各项之和不超过33，则这样的数列至多有________项．
答案精析
1．22 2.243
10 3.1 4.96 5.9 6.2
7．2 017
解析设等差数列前n 项和为S n ＝An 2
＋Bn ，则S n n
＝An ＋B ，∴⎩⎨⎧⎭
⎬⎫S n n 成等差数列．
∵S 11＝a 1
1
＝－2 015， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫
S n n 是以－2 015为首项，以1为公差的等差数列．
∴S 2 017
2 017＝－2 015＋2 016×1＝1， ∴S 2 017＝2 017. 8.35 解析由
S n S 2n ＝n ＋14n ＋2
可得 n a 1＋a
n
2
2n a 1＋a 2n
2＝
a 1＋a n a 1＋a 2n ＝n ＋1
4n ＋2
，
∴
a 1＋a n a 1＋a 2n ＝n ＋1
2n ＋1
，当n ＝1时，
2a 1a 1＋a 2＝1＋1
2×1＋1
，则a 2＝2a 1，
∴公差d ＝a 2－a 1＝a 1， ∴a 3a 5＝
a 1＋2d a 1＋4d ＝3a 15a 1＝3
5
.
9．21
解析设数列{a n }的公差为d ，依题意
2S 2＝S 1＋S 3，即22a 1＋d ＝a 1＋3a 1＋3d ，化简可得d ＝2a 1.
所以S n ＋10
a n ＝
n ＋2
2n －1
＝14×n ＋2
2n －1
＝14
×n －＋21]22n －1＝14[(2n －1)＋21
2
2n －1
＋
42]≥14×(2×21＋42)＝21，当且仅当2n －1＝21
2
2n －1
，即n ＝11时，等号成立．
10.⎩
⎪⎨⎪⎧
6n －n 2
，1≤n ≤3，n 2
－6n ＋18，n ≥4
解析由S n ＝n 2
－6n ，得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2， ∴a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7， ∴当n ≤3时，a n ＜0；当n ≥4时，a n ＞0，
∴T n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧
6n －n 2
，1≤n ≤3，n 2
－6n ＋18，n ≥4.
11.310
解析设S 3＝m ，∵S 3S 6＝1
3
，
∴S 6＝3m ，∴S 6－S 3＝2m ，
由等差数列依次每k 项之和仍为等差数列，得S 3＝m ，S 6－S 3＝2m ，S 9－S 6＝3m ，S 12－S 9＝4m ，∴S 6＝3m ，S 12＝10m ，∴S 6S 12＝3
10
. 12．3 2 解析 ∵f (x )＝
1
2x ＋2，∴f (x )＋f (1－x )＝12x ＋2＋121－x
＋2＝2
2，∴由倒序相加求和法可知f (－5)＋f (－4)＋…＋f (0)＋…＋f (5)＋f (6)＝3 2. 13．{4,5,6}
解析由已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x －522＋y 2＝254，圆心为⎝ ⎛⎭⎪⎫52，0，半径为52，
得a 1＝2×
⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭
⎪⎫322＝2×2＝4， a n ＝2×5
2
＝5，
由a n ＝a 1＋(n －1)d ⇔n ＝a n －a 1d ＋1＝5－4d ＋1＝1
d
＋1，又16＜d ≤13
，所以4≤n ＜7，则n 的取值集合为{4,5,6}． 14．7
解析记这个数列为{a n }，则由题意可得a 2
1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝a 2
1＋
n －
a 2＋a n
2
＝a 2
1＋
(n－1)(a 1＋n)＝a21＋(n－1)a1＋n(n－1)＝(a1＋n－1
2
)2＋n(n－1)－
n－2
4
＝(a1＋
n－1
2
)2
＋n－n＋
4
≤33，为了使得n尽量大，故(a1＋
n－1
2
)2＝0，
∴n－n＋
4
≤33，∴(n－1)(3n＋1)≤132，当n＝6时，5×19＜132；
当n＝7时，6×22＝132，故n max＝7.。