【步步登高】2014届高三数学一轮复习 第31讲 等差数列的概念及基本运算课件 理 新人教版

解析：(1)设等差数列{an}的公差为 d， 则 an＝a1＋(n－1)d. 由 a1＝1，a3＝－3 可得 1＋2d＝－3，解得 d＝－2. 从而，an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n. (2)由(1)可知 an＝3－2n， 所以 Sn＝n[1＋32－2n]＝2n－n2. 由 Sk＝－35 可得 2k－k2＝－35， 即 k2－2k－35＝0，
解析：(1)设数列{an}的公差为 d， 则a21a＋1＋2d9＝d＝－24 ，解之得ad1＝＝2－8 ， an＝－8＋2(n－1)＝2n－10. (2)bn＝3an＝32n－10，
所以 Tn＝b1·b2·…·bn
＝32×1－10·32×2－10·…·32n－10
＝32×1－10＋2×2－10＋…＋2n－10
【拓展演练 2】
(改编)已知 f(x)＝－ 4＋x12，点 Pn(an，－an1＋1)在曲线 y＝f(x)(n∈N*)上且 a1＝1，an>0. (1)求证：数列{a12n}为等差数列，并求数列{an}的通项公式； (2)设数列{a2n·a2n＋1}的前 n 项和为 Sn，若对于任意的 n∈N*， 存在正整数 t，使得 Sn<t2－t－12恒成立，求最小正整数 t 的值．
A．n－4
B．3n－6
C．2n－5
D．－2n－1
解析：an＝－3＋(n－1)·2＝2n－5，故选 C.
3．(原创)若 4 是 P 与 12 的等差中项，则 P＝
.
解析：由 4＝P＋212，得 P＝－4.
4．(改编)设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，a12＝－8，
S9＝－18，则 S16＝
解析：(1)因为－an1＋1＝－ 4＋a12n，所以a2n1＋1－a1n2＝4， 所以{a1n2}是以 1 为首项，4 为公差的等差数列． 所以a12n＝4n－3，因为 an>0，所以 an＝ 4n1－3.
(2)bn＝an2·a2n＋1＝4n－314n＋1＝14(4n1－3－4n1＋1)． 所以 Sn＝b1＋b2＋…＋bn ＝14[(1－15)＋(15－19)＋…＋(4n1－3－4n1＋1)] ＝14(1－4n1＋1)<14. 对于任意的 n∈N*使得 Sn<t2－t－12恒成立，
1.(2013·广东卷)在等差数列{an}中，已知 a3＋a8＝10，
则 3a5＋a7＝
.
解析：由于 3a5＋a7＝a5＋2a5＋a7＝a4＋a5＋a6＋a7 ＝2(a3＋a8)＝20.
2.(2012·福建卷)等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则
数列{an}的公差为( B )
A．1
所以{S1n}是以S11＝a11＝13为首项，公差 d＝－12的等差数列．
3
n＝1
因此，an＝3n－5183n－8
).
n≥2，n∈N*
(2)因为S1n＝S11＋(n－1)d＝13＋(n－1)(－12)＝5－63n， 所以 Sn＝5－63n(n∈N*)． 从而 an＝12Sn·Sn－1＝3n－5183n－8(n≥2，n∈N*)，
5.(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：设 Sn＝An2＋Bn， 由 S10＝0，S15＝25，得 A＝13，B＝－130， 所以 nSn＝n33－130n2. 令 f(x)＝x33－130x2，其中 x>0，f′(x)＝x2－230x. 令 f′(x)＝0，得 x＝230∈(6,7)， 所以 f(x)在 x＝230处取得最小值，
解析：(1)设{an}的公差为 d，
由已知条件，aa11＋ ＋d4＝d＝1－5 ，解得ad1＝＝－3 2 .
所以 an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5. (2)因为 an＝－2n＋5， 所以 cn＝5－2 an＝5－－22n＋5＝n，所以 bn＝2cn＝2n， 所以 T＝log2b1＋log2b2＋log2b3＋…＋log2bn ＝log22＋log222＋log223＋…＋log22n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝nn2＋1.
4.(2012·广东卷)已知递增的等差数列{an}满足 a1＝1，
a3＝a22－4，则 an＝
.
解析：设等差数列的公差为 d，由于数列是递增数列， 所以 d>0，a3＝a1＋2d＝1＋2d，a2＝a1＋d＝1＋d， 代入已知条件：a3＝a22－4， 得 1＋2d＝(1＋d)2－4，解得 d2＝4， 所以 d＝2(d＝－2 舍去)，所以 an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
解析：(1)在递增等差数列{an}中，设公差为 d>0， 因为aa243＝＝a13·a7 ⇒aa1＝2－3 ， 所以 an＝－3＋(n－1)×2＝2n－5. (2)Sn＝n－3＋22n－5＝n2－4n， 所以 Sn＝n2－4n.
【拓展演练 1】 (2012·河北省保定第三次模拟)已知等差数列{an}中， a1＝1，a3＝－3. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{an}的前 k 项和 Sk＝－35，求 k 的值．
B．2
C．3
D．4
解析：根据已知条件得aa11＋ ＋a31d＋＝47d＝10 ， 即2aa1＋1＋34dd＝＝710 ，解得 d＝2，故选 B.
3.(2012·北京卷)已知{an}为等差数列，Sn 为其前 n 项和，若
a1＝12，S2＝a3，则 a2＝
.
解析：设等差数列{an}的公差为 d，由 S2＝a3 可得， a1＝a3－a2＝d＝12，所以 a2＝2d＝2×12＝1.
所以只要14≤t2－t－12，所以 t≥32或 t≤－12，
所以存在最小的正整数 t＝2 符合题意．
三 等差数列的综合应用
【例 3】(2013·山东省微山 3 月模拟)已知等差数列{an}中， a3＝－4，a1＋a10＝2.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足 an＝log3bn，设 Tn＝b1·b2·…·bn，当 n 为 何值时，Tn＞1.
所以 nSn 的最小值就在 6S6,7S7 两个较小者中取得，经计算
在 n＝7 时取得最小值为－49.
＝32(1＋2＋…＋n)－10n＝3n2－9n
要使 Tn>1，即 n2－9n>0，所以 n>9， 所以当 n>9，且 n∈N*时，Tn>1.
【拓展演练 3】 (2012·广东省肇庆市第一次模拟)已知数列{an}是一个等 差数列，且 a2＝1，a5＝－5. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 cn＝5－2 an，bn＝2cn，求 T＝log2b1＋log2b2＋log2b3＋… ＋log2bn 的值．
第31讲 等差数列的概念及基本运算
1．(原创)数列－2,2,6，x,14,18，……中的 x 等于( D )
A．7
B．8
C．9
D．10
解析：易知数列是公差为 4 等差数列， 因此 x＝6＋4＝10，故选 D.
2．(改编)已知等差数列{an}的首项 a1＝－3，公差 d＝2，
则通项公式 an＝( C )
.
解析：S9＝9a1＋ 2 a9＝9a5＝－18， 所以 a5＝－2，S16＝16a12＋a16＝8(a5＋a12)＝－80.
一 等差数列中基本量的计算
【例 1】(改编)设递增等差数列{an}的前 n 项和为 Sn， 已知 a3＝1，a24＝a3·a7.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn.
解得 k＝7 或 k＝－5. 又 k∈N*，故 k＝7 为所求．
二 递推数列与等差数列的证明
【例 2】已知数列an，首项 a1＝3，且 2an＝Sn·Sn－1(n≥2)． (1)求证：S1n是等差数列，并求其公差； (2)求an的通项公式．
分析：证S1n为等差数列，即证S1n－Sn1－1＝d(d 是常数)． 解析：(1)证明：由已知，当 n≥2 时，2an＝Sn·Sn－1， 即 2(Sn－Sn－1)＝Sn·Sn－1(n≥2)， 所以2SSnn－SnS－n1－1＝1 即S1n－Sn1－1＝－12(n≥2，n∈N*)．