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(山东专用)2021版高考数学一轮复习练案(34)第五章数列第二讲等差数列及其前n项和(含解析)

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2021高考数学一轮复习第五章数列第2节等差数列及其前n项和练习

2021高考数学一轮复习第五章数列第2节等差数列及其前n项和练习

第2节 等差数列及其前n 项和[A 级 基础巩固]1．(一题多解)(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：法一 设等差数列{a n }的公差为d ，依题意⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，解得d ＝4. 法二 等差数列{a n }中，S 6＝（a 1＋a 6）×62＝48，则a 1＋a 6＝16＝a 2＋a 5，又a 4＋a 5＝24，所以a 4－a 2＝2d ＝24－16＝8， 所以d ＝4，故选C. 答案：C2．(2020·安阳联考)在等差数列{a n }中，若a 2＋a 8＝8，则(a 3＋a 7)2－a 5＝( ) A ．60 B ．56 C ．12D ．4解析：因为在等差数列{a n }中，a 2＋a 8＝8，所以a 2＋a 8＝2a 5＝8，解得a 5＝4，(a 3＋a 7)2－a 5＝(2a 5)2－a 5＝64－4＝60.答案：A3．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 2＝3，S 3＝6，则S 2n ＋1＝( ) A ．(2n ＋1)(n ＋1) B ．(2n ＋1)(n －1) C ．(2n －1)(n ＋1)D ．(2n ＋1)(n ＋2)解析：设等差数列{a n }的公差为d ， 则2a 1＋d ＝3，3a 1＋3d ＝6，所以a 1＝d ＝1，则a n ＝1＋(n －1)×1＝n .因此S 2n ＋1＝（2n ＋1）（1＋2n ＋1）2＝(2n ＋1)(n ＋1)．答案：A4．(2020·宜昌一模)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若公差d >0，(S 8－S 5)(S 9－S 5)<0，则( )A ．a 7＝0B ．|a 7|＝|a 8|C ．|a 7|>|a 8|D ．|a 7|<|a 8|解析：因为公差d >0，(S 8－S 5)(S 9－S 5)<0， 所以S 9>S 8，所以S 8<S 5<S 9，所以a 6＋a 7＋a 8<0，a 6＋a 7＋a 8＋a 9>0， 所以a 7<0，a 7＋a 8>0，|a 7|<|a 8|. 答案：D5．中国古诗词中，有一道“八子分棉”的数学名题：“九百九十六斤棉，赠分八子作盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言”．题意是：把996斤棉分给8个儿子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分棉，年龄小的比年龄大的多17斤棉，那么第8个儿子分到的棉是( )A ．174斤B ．184斤C ．191斤D ．201斤解析：用a 1，a 2，…，a 8表示8个儿子按照年龄从大到小得到的棉数， 由题意得数列a 1，a 2，…，a 8是公差为17的等差数列，且这8项的和为996， 所以8a 1＋8×72×17＝996，解得a 1＝65.所以a 8＝65＋7×17＝184，即第8个儿子分到的棉是184斤． 答案：B6．(2019·江苏卷)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是________．解析：设数列{a n }的公差为d ， 则⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋d ）（a 1＋4d ）＋a 1＋7d ＝0，9a 1＋9×82d ＝27， 解得a 1＝－5，d ＝2，所以S 8＝8×(－5)＋8×72×2＝16.答案：167．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 10＝16，S 100－S 90＝24，则S 100＝________． 解析：依题意，S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，…，S 100－S 90依次成等差数列，设该等差数列的公差为d .又S 10＝16，S 100－S 90＝24，因此S 100－S 90＝24＝16＋(10－1)d ＝16＋9d ，解得d ＝89，因此S 100＝10S 10＋10×92d ＝10×16＋10×92×89＝200.答案：2008．在等差数列{a n }中，若a 7＝π2，则sin 2a 1＋cos a 1＋sin 2a 13＋cos a 13＝________．解析：根据题意可得a 1＋a 13＝2a 7＝π， 2a 1＋2a 13＝4a 7＝2π，所以有sin 2a 1＋cos a 1＋sin 2a 13＋cos a 13＝ sin 2a 1＋sin(2π－2a 1)＋cos a 1＋cos(π－a 1)＝0. 答案：09．各项均不为0的数列{a n }满足a n ＋1（a n ＋a n ＋2）2＝a n ＋2a n ，且a 3＝2a 8＝15.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }的通项公式为b n ＝a n2n ＋6，求数列{b n }的前n 项和S n .(1)证明：依题意得，a n ＋1a n ＋a n ＋2a n ＋1＝2a n ＋2a n ，两边同时除以a n a n ＋1a n ＋2，可得1a n ＋2＋1a n＝2a n ＋1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列．设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差为d .因为a 3＝2a 8＝15，所以1a 3＝5，1a 8＝10，所以1a 8－1a 3＝5＝5d ，即d ＝1，故1a n ＝1a 3＋(n －3)d ＝5＋(n －3)×1＝n ＋2，故a n ＝1n ＋2. (2)解：由(1)可知b n ＝a n 2n ＋6＝12·1（n ＋2）（n ＋3）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2－1n ＋3，故S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋14－15＋…＋1n ＋2－1n ＋3＝n 6（n ＋3）. 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 }的通项公式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 . (1)解：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 －1）2·d ＝2k ＋k （k －1）2×2＝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)证明：由(1)得S n ＝n （2＋2n ）2＝n (n ＋1)，则b n ＝S n n＝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 ＋1）2＝n （n ＋3）2.[B 级 能力提升]11．(2020·珠海联考)已知数列{a n }中，a 1＝1，S n ＋1S n ＝n ＋1n，则数列{a n }( ) A ．既非等差数列，又非等比数列 B ．既是等差数列，又是等比数列 C ．仅为等差数列 D ．仅为等比数列 解析：数列{a n }中，S n ＋1S n ＝n ＋1n ，则S n S n －1＝nn －1(n ≥2)， 则S n ＝S n S n －1×S n －1S n －2×…×S 2S 1×S 1＝n n －1×n －1n －2×…×21×1＝n (n ≥2)，当n ＝1时，S 1＝a 1＝1符合，则当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n －(n －1)＝1，当n ＝1时，a 1＝1符合，故a n ＝1(n ∈N *)，则数列{a n }为非零的常数列，它既是等差数列，又是等比数列． 答案：B12．(2019·北京卷)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝________，S n 的最小值为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 2＝－3，S 5＝－10，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝－3，5a 1＋5×42d ＝－10， 即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝－3，a 1＋2d ＝－2，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝1，所以a 5＝a 1＋4d ＝0，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－4n ＋n 2－n 2＝12(n 2－9n )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －922－818，因为n ∈N *，所以n ＝4或n ＝5时，S n 取最小值，最小值为－10. 答案：0 －1013．已知{a n }是各项均为正数的等差数列，公差为d .对任意的n ∈N *，b n 是a n 和a n ＋1的等比中项．(1)设c n ＝b 2n ＋1－b 2n ，n ∈N *，求证：数列{c n }是等差数列； (2)设a 1＝d ，T n ＝∑k ＝02n(－1)k b 2k，n ∈N *，求证：∑k ＝0n1T k <12d 2.证明：(1)由题意得b 2n ＝a n a n ＋1，有c n ＝b 2n ＋1－b 2n ＝a n ＋1·a n ＋2－a n a n ＋1＝2da n ＋1，因此c n ＋1－c n ＝2d (a n ＋2－a n ＋1)＝2d 2，所以{c n }是等差数列．(2)T n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n ) ＝2d (a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝2d ·n （a 2＋a 2n ）2＝2d 2n (n ＋1)．所以∑k ＝0n1T k ＝12d 2∑k ＝0n 1k （k ＋1）＝12d 2∑k ＝0n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1＝12d 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1<12d2. [C 级 素养升华]14．(多选题)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 12＝24，则( ) A ．a 6＋a 7＝4 B ．a 6＋a 7＝12 C ．a 6a 7≥4D ．a 6a 7≤4解析：在等差数列{a n }中，因为S 12＝6(a 6＋a 7)＝24， 所以a 6＋a 7＝4.又a 6>0，a 7>0，所以a 6a 7≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a 6＋a 722＝4，当且仅当a 6＝a 7＝2时，“＝”成立．故选AD. 答案：AD。

2021版高考数学一轮复习 第五章35等比数列及其n项和 练案(含解析)

2021版高考数学一轮复习 第五章35等比数列及其n项和 练案(含解析)

2021版高考数学一轮复习 第五章35等比数列及其n 项和 练案（含解析）A 组基础巩固一、单选题1．等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于( A ) A ．－24 B ．0 C ．12D ．24 ＝x 或3＝－x ，解得6)＋x ·(6x ＝23)＋x (3等比数列，知成6＋x 3,6＋x 3x,由 ]解析[－1(舍去)．所以此等比数列的前三项为－3，－6，－12.故第四项等于－24，故选A.，)*N ∈m (4a 3a 2a 1a ＝m a 若2.＝q ，公比2＝1a 中，}n a {在等比数列)广东百校联考(2020·．2则m ＝( B )A ．11 B ．10 C ．9D ．8 B.，故选10＝m ，所以m2＝1－m 2·2＝102＝6×242＝6q 41a ＝4a 3a 2a 1a ＝m a 因为 ]解析[)C (＝S5S2，则0＝5a ＋2a 8项和，n 的前}n a {为等比数列n S 设)阳期中贵州贵(2020·．3A ．11B ．5C ．－11D ．－8 ，0＝5a ＋2a 8∵，q 的公比为}n a {设等比数列 ]解析[ C.，故选11＝－1－q51－q2＝S5S2∴，2＝－q ∴，8＝－3q ∴，1a 10＋2a ＝3S ，n S 项和为n 的前}n a {已知等比数列)陕西西安远东中学期中(2020·．4) C (＝1a ，则9＝5a 13．A13．－B 19．C19．－D，1a 10＋2a ＝3S ∵，q 的公比为}n a {设数列 ]解析[ ，9＝4q 1a ∴，9＝5a ，又9＝2q ∴，1a 9＝3a ∴ C.，故选19＝1a ∴ ＝n b 为等比数列，且}n b {，数列2＝1a 的首项}n a {已知数列)甘肃天水二中月考(2020·．5) C (＝21a ，则2＝11b 10b ，若an ＋1an92．A 102．B112．C122．D ∴，an ＋1an ＝n b ，又102＝20b ·19b ·……·11b ·10b ·……·2b ·1b ∴，2＝11b 10b ∵ ]解析[ C.，故选112＝21a ∴，2＝1a ，又102＝a21a1∴，102＝a21a20·a20a19·……·a3a2·a2a1的公比为}n a {设等比数列)河南省信阳高中、商丘一中高三上学期第一次联考(2020·．6) D (，则anSn＝n T 和，记项n 前}n a {为数列n S ，≠1q ，且>0q 6T ≤3T ．A 6T <3T ．B 6T ≥3T ．C6T >3T ．D ＝q21－q 1－q3－q51－q 1－q6＝a31－q a11－q3－a61－qa11－q6＝3T －6T ]解析[ D.故选，3T <6T ∴，<03T －6T 所以，同号6q －1与q －1所以，≠1q 且>0q 由于，－q21－q 1－q6二、多选题，6＝3S ，2＝1a ，若n S 项和为n 的前}n a {记等比数列)辽宁大连八中模拟改编(2020·．7) AC (＝4S 则A ．－10 B ．－8 C ．8D ．10 ＋2q ，则6＝2q 2＋q 2＋2＝3S ，所以6＝3S ，2＝1a ，因为q 设等比数列的公比为 ]解析[＋6＝3q 1a ＋3S ＝4S 时，2＝－q ；当8＝2＋3S ＝4S 时，1＝q 当2.＝－q 或1＝q ，所以0＝2－q C.、A ，故选10＝－32)－2×(8．(2020·山西大同期中改编)中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗．苗主责之粟五斗．羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要。

(山东专用)2021新高考数学一轮复习 第五章 数列 课时作业32 数列的概念与简单表示法(含解析)

(山东专用)2021新高考数学一轮复习 第五章 数列 课时作业32 数列的概念与简单表示法(含解析)

课时作业32 数列的概念与简单表示法一、选择题1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式a n 等于( D ) A.(－1)n ＋12B ．cos n π2C ．cos n ＋12πD.cos n ＋22π解析：令n ＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确．2．若数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋1＝(2n －λ)a n (n ＝1,2，…)，则a 3等于( D ) A ．5 B ．9 C ．10D.15解析：令n ＝1，则3＝2－λ，即λ＝－1，由a n ＋1＝(2n ＋1)a n ，得a 3＝5a 2＝5×3＝15.故选D.3．若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n n ＋1，则1a 5等于( D )A.56 B.65 C.130D.30解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝nn ＋1－n －1n ＝1n (n ＋1)，所以1a 5＝5×6＝30.4．已知数列{a n }满足a 1＝17，对任意正整数n ，a n ＋1＝72a n (1－a n )，则a 2 019－a 2 018＝( B )A.47 B.37 C ．－47D.－37解析：∵a 1＝17，a n ＋1＝72a n (1－a n )，∴a 2＝37，a 3＝67，a 4＝37，a 5＝67，…，∴n ≥2时，{a n }的奇数项为67，偶数项为37，∴a 2 019－a 2 018＝67－37＝37，故选B.5．设数列{a n }满足a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －1a n ＝n 2(n ∈N *)，则{a n }的通项公式为a n ＝( C )A.12nB.12n －1C.12n D.12n ＋1 解析：∵a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －1a n ＝n2(n ∈N *)，∴易知n ≥2时，2n －1a n ＝12，又a 1＝12，∴对一切n ∈N *,2n －1a n ＝12，∴a n ＝12n ，故选C.6．若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n (n ∈N *)，则数列{na n }中数值最小的项是( B ) A ．第2项 B ．第3项 C ．第4项D.第5项解析：∵S n ＝n 2－10n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －11； 当n ＝1时，a 1＝S 1＝－9也适合上式． ∴a n ＝2n －11(n ∈N *)．记f (n )＝na n ＝n (2n －11)＝2n 2－11n ，此函数图象的对称轴为直线n ＝114，但n ∈N *，∴当n ＝3时，f (n )取最小值．∴数列{na n }中数值最小的项是第3项．7．数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a 2n (a n >0)，则a n ＝( D ) A ．10n －2B ．10n －1 C ．102n －4D.22n －1解析：因为数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a 2n (a n >0)，所以log 2a n ＋1＝2log 2a n ⇒log 2a n ＋1log 2a n＝2，所以{log 2a n }是公比为2的等比数列，所以log 2a n ＝log 2a 1·2n －1(n ＝1时也成立)⇒a n ＝22n －1.8．已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝1－1a n(n ∈N *)，则使a 1＋a 2＋…＋a k <100(k ∈N *)成立的k 的最大值为( C )A ．198B ．199C ．200D.201解析：∵a 1＝12，a n ＋1＝1－1a n (n ∈N *)，∴a 2＝－1，a 3＝2，a 4＝12，…，∴a 1＋a 2＋a 3＝32，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 198＋a 199＋a 200＝1972<100，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 198＋a 199＋a 200＋a 201＝2012>100，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 198＋a 199＋a 200＋a 201＋a 202＝101>100，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 198＋a 199＋a 200＋a 201＋a 202＋a 203＝100，∴满足题意的k 的值为200，故选C.二、填空题9．若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.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{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.10．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝na n a n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝2n 2－n ＋2.解析：由a n －a n ＋1＝na n a n ＋1，得1a n ＋1－1a n ＝n ， 则由累加法得1a n －1a 1＝1＋2＋…＋(n －1)＝n 2－n 2(n ≥2)，又因为a 1＝1，所以1a n ＝n 2－n2＋1＝n 2－n ＋22，所以a n ＝2n 2－n ＋2(n ≥2)，经检验，当n ＝1时，a 1＝1符合上式．所以a n ＝2n 2－n ＋2(n ∈N *)．11．(多填题)如图，将一个边长为1的正三角形分成4个全等的正三角形，第一次挖去中间的一个小三角形，将剩下的3个小正三角形，分别再从中间挖去一个小三角形，保留它们的边，重复操作以上的做法，得到的图形为希尔宾斯基三角形．设A n 是前n 次挖去的小三角形面积之和(如A 1是第1次挖去的中间小三角形面积，A 2是前2次挖去的4个小三角形面积之和)，则A 2＝7364，A n ＝34⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫34n .解析：A 2＝34×⎝⎛⎭⎫122＋3×34×⎝⎛⎭⎫142＝316＋3364＝7364，由题意知A n 是一个首项为316，公比为34的等比数列的前n 项的和，故A n ＝34⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫34n . 三、解答题12．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝9n 2－9n ＋29n 2－1.(1)判断98101是不是数列{a n }中的项；(2)在区间⎝⎛⎭⎫13，23内有没有数列{a n }中的项？若有，是第几项；若没有，请说明理由． 解：(1)因为a n ＝9n 2－9n ＋29n 2－1＝(3n －1)(3n －2)(3n －1)(3n ＋1)＝3n －23n ＋1，所以由a n ＝3n －23n ＋1＝98101，解得n ＝1003.因为1003不是正整数，所以98101不是数列{a n }中的项．(2)令13<a n <23，即13<3n －23n ＋1<23，则⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋1<9n －6，9n －6<6n ＋2，解得76<n <83.又n ∈N *，所以n ＝2，故在区间⎝⎛⎭⎫13，23内有数列{a n }中的项，且只有一项，是第二项． 13．设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{S n }的前n 项和为T n ，满足 T n ＝2S n －n 2，n ∈N *.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式． 解：(1)令n ＝1，T 1＝2S 1－1， ∵T 1＝S 1＝a 1，∴a 1＝2a 1－1，∴a 1＝1. (2)n ≥2时，T n －1＝2S n －1－(n －1)2， 则S n ＝T n －T n －1＝2S n －n 2－[2S n －1－(n －1)2] ＝2(S n －S n －1)－2n ＋1＝2a n －2n ＋1. 因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝1也满足上式， 所以S n ＝2a n －2n ＋1(n ∈N *)，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)＋1， 两式相减得a n ＝2a n －2a n －1－2，所以a n ＝2a n －1＋2(n ≥2)，所以a n ＋2＝2(a n －1＋2)， 因为a 1＋2＝3≠0，所以数列{a n ＋2}是以3为首项，2为公比的等比数列． 所以a n ＋2＝3×2n －1，所以a n ＝3×2n －1－2， 当n ＝1时也成立，所以a n ＝3×2n －1－2.14．(2020·某某五校联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n －a n ＝(n －1)2，b n ＝2a n S 2n，则数列{b n }的最小项为( B )A ．b 2B ．b 3C ．b 4 D.b 5解析：因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，所以S n －a n ＝S n －1(n ≥2)．又S n －a n ＝(n －1)2，所以S n－1＝(n －1)2(n ≥2)，则S n ＝n 2(n ∈N *)．于是a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1(n ≥2)，又a 1＝1，符合上式，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)，所以b n ＝22n －1n 4，b n ＋1＝22n ＋1(n ＋1)4，b n ＋1b n ＝22n 4(n ＋1)4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n n ＋14.令2nn ＋1>1，则n >2＋1，所以当1≤n <3时，b n >b n ＋1，当n ≥3时，b n <b n ＋1.又b 2＝12，b 3＝3281，b 2>b 3，所以b 3最小．故选B. 15．(多选题)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x 的图象上，等比数列{b n }满足b n ＋b n ＋1＝a n (n ∈N *)，其前n 项和为T n ，则下列结论正确的是( BD )A ．S n ＝2T nB ．T n ＝2b n －1C ．T n >a nD.T n <b n ＋1解析：根据题意，对于数列{a n }点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x 的图象上，则有S n＋3＝3×2n ，即S n ＝3×2n －3 ①，当n ≥2时，由①得S n －1＝3×2n －1－3 ②，①－②得a n ＝(3×2n －3)－(3×2n －1－3)＝3×2n －1③，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×2－3＝3，验证可得当n ＝1时，a 1＝3符合③式，则a n ＝3×2n －1，设等比数列{b n }的公比为q ，又等比数列{b n }满足b n ＋b n ＋1＝a n (n ∈N *)，故当n ＝1时，有b 1＋b 2＝b 1(1＋q )＝3 ④，当n ＝2时，有b 2＋b 3＝b 2(1＋q )＝b 1q (1＋q )＝6 ⑤，联立④⑤，解得b 1＝1，q ＝2，则b n ＝2n －1，则有T n ＝1(1－2n )1－2＝2n －1，据此分析选项：对于A ，S n ＝3×2n －3＝3(2n －1)，T n ＝2n －1，则有S n ＝3T n ，故A 错误；对于B ，T n ＝2n －1，b n ＝2n －1，T n ＝2b n －1，故B 正确；对于C ，当n ＝1时，T 1＝2－1＝1，a 1＝3×20＝3，T n >a n 不成立，故C 错误；对于D ，T n ＝2n －1，b n ＋1＝2n ，则有T n <b n＋1，故D 正确．综上，选项A 、C 错误，故选BD.16．已知二次函数f (x )＝x 2－ax ＋a (a >0，x ∈R )有且只有一个零点，数列{a n }的前n 项和S n ＝f (n )(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设＝1－4a n(n ∈N *)，定义所有满足c m ·c m ＋1<0正整数m 的个数，称为这个数列{}的变号数，求数列{}的变号数．解：(1)依题意，Δ＝a 2－4a ＝0，所以a ＝0或a ＝4. 又由a >0得a ＝4， 所以f (x )＝x 2－4x ＋4. 所以S n ＝n 2－4n ＋4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－4＋4＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －5.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －5，n ≥2.(2)由题意得＝⎩⎨⎧－3，n ＝1，1－42n －5，n ≥2.由＝1－42n －5可知，当n ≥5时，恒有>0.又c 1＝－3，c 2＝5，c 3＝－3，c 4＝－13，c 5＝15，c 6＝37，即c 1·c 2<0，c 2·c 3<0，c 4·c 5<0， 所以数列{}的变号数为3.。

【金版教程】2021届高考数学大一轮总温习 5-2（2）等差数列及其前n项和限时标准训练 理(1)

【金版教程】2021届高考数学大一轮总温习 5-2（2）等差数列及其前n项和限时标准训练 理(1)

05限时标准特训A 级 基础达标1．假设等差数列的第一、二、三项依次是1x ＋1、56x 、1x ，那么数列的公差d 是( ) A.112 B.16 C.14D.12解析：依题意得2×56x ＝1x ＋1＋1x ，解得x ＝2，因此d ＝512－13＝112.选A.答案：A2．在等差数列{a n }中，已知a 4＝7，a 3＋a 6＝16，a n ＝31，那么n 为( ) A ．13 B ．14 C ．15D ．16解析：由已知可得a 4＋a 5＝7＋a 5＝a 3＋a 6＝16，得a 5＝16－7＝9，故公差d ＝a 5－a 4＝9－7＝2，同时解得a 1＝1，由1＋(n －1)×2＝31，解得n ＝16，选D.答案：D3．[2021·安庆模拟]已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，假设2a 6＝a 8＋6，那么S 7＝( ) A ．49 B ．42 C ．35D ．28解析：2a 6＝a 8＋6⇒a 1＋3d ＝6⇒a 4＝6，故S 7＝7a 1＋a 72＝7a 4＝42，应选B.答案：B4．[2021·湖南四市联考]数列{a n }中，a 2＝2，a 6＝0且数列{1a n ＋1}是等差数列，那么a 4＝( )A.12B.13C.14D.16解析：设数列{1a n ＋1}的公差为d ，那么4d ＝1a 6＋1－1a 2＋1得d ＝16，∴1a 4＋1＝12＋1＋2×16，解得a 4＝12. 答案：A5．[2021·金版]在各项均不为零的等差数列{a n }中，假设a 2n －a n ＋1＝a n －1(n ≥2，n ∈N *)，那么S 2021的值为( )A ．2021B ．2021C ．4026D ．4028解析：由a 2n －a n ＋1＝a n －1(n ≥2，n ∈N *)可得a 2n ＝a n ＋1＋a n －1＝2a n ，因为a n ≠0，因此a n ＝2，故S 2021＝2×2021＝4028.选D.答案：D6．等差数列{a n }的前n 项和是S n ，且a 1＝10，a 5＝6，那么以下不等式中不成立的是( ) A ．a 10＋a 11>0 B ．S 21<0C ．a 11＋a 12<0D ．当n ＝10时，S n 最大解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由a 1＝10，a 5＝6，得6＝10＋4d ，即d ＝－1，因此a n ＝11－n .a 10＋a 11＝1＋0>0，A 成立；a 11＋a 12＝－1<0，C 成立；S n ＝－12n 2＋212n ＝－12(n －212)2＋4418，故当n ＝10时，S n 最大，D 成立；S 21＝－12×212＋21×212＝0，故B 不成立． 答案：B7．[2021·漳州模拟]已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＝S n ＋S n －1(n ≥2)，那么数列{a n }的通项公式为a n ＝( )A ．n －1B ．nC ．2n －1D ．2n解析：由已知可得S n －S n －1＝S n ＋S n －1(n ≥2)，又S n ＋S n －1>0，故S n －S n －1＝1，因此数列{S n }是等差数列，其公差为1，首项S 1＝1，故S n ＝n ，即S n ＝n 2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，当n ＝1时也适合上式，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，选C.答案：C8．[2021·黄山模拟]设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，假设S 4＝8，S 8＝20，那么a 11＋a 12＋a 13＋a 14＝________.解析：由⎩⎪⎨⎪⎧S 44＝2S 88＝52，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋32d ＝2a 1＋72d ＝52，解得d ＝14，a 1＝138，∴a 11＋a 12＋a 13＋a 14＝4a 1＋46d ＝18. 答案：189．[2021·天津模考]已知数列{a n }为等差数列，假设a 7a 6<－1，且它们的前n 项和S n 有最大值，那么使S n >0的n 的最大值为________．解析：∵a 7a 6<－1，且S n 有最大值，∴a 6>0，a 7<0且a 6＋a 7<0，∴S 11＝11a 1＋a 112＝11a 6>0，S 12＝12a 1＋a 122＝6(a 6＋a 7)<0，∴使S n >0的n 的最大值为11.答案：1110．[2021·衡水月考]已知数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且知足2S n ＝a 2n ＋n －4. (1)求证{a n }为等差数列； (2)求{a n }的通项公式． 解：(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，也即(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，那么a n ＋a n －1＝1， 而a 1＝3，因此a 2＝－2，这与数列{a n }的各项均为正数相矛盾， 因此a n －1＝a n －1，即a n －a n －1＝1， 因此{a n }为等差数列．(2)由(1)知a 1＝3，d ＝1，因此数列{a n }的通项公式a n ＝3＋(n －1)＝n ＋2，即a n ＝n ＋2. 11．[2021·河北统考]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：(1)设数列{a n }的公差为d ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 5＝a 1＋4d ＝12a 20＝a 1＋19d ＝－18，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝20d ＝－2，∴a n ＝20＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋22.(2)由(1)知|a n |＝|－2n ＋22|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n ＋22，n ≤112n －22，n >11，∴当n ≤11时，S n ＝20＋18＋…＋(－2n ＋22)＝n 20－2n ＋222＝(21－n )n ； 当n >11时，S n ＝S 11＋2＋4＋…＋(2n －22)＝110＋n －112＋2n －222＝n 2－21n ＋220.综上所述，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧21－n n ，n ≤11n 2－21n ＋220，n >11.12．[2021·金华调研]已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d >0，且第2项、第5项、第14项别离为等比数列{b n }的第2项、第3项、第4项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }对n ∈N *，均有c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c nb n＝a n ＋1成立，求c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2021的值．解：(1)∵a 2＝1＋d ，a 5＝1＋4d ，a 14＝1＋13d ， ∴(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )，解得d ＝2(∵d >0)． 则a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. 又b 2＝a 2＝3，b 3＝a 5＝9， ∴等比数列{b n }的公比q ＝b 3b 2＝93＝3.∴b n ＝b 2q n －2＝3×3n －2＝3n －1. (2)由c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c nb n＝a n ＋1得当n ≥2时，c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n －1b n －1＝a n ，两式相减，得c nb n＝a n ＋1－a n ＝2，∴c n ＝2b n ＝2×3n －1(n ≥2)． 而当n ＝1时，c 1b 1＝a 2，∴c 1＝3.∴c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2×3n －1，n ≥2.∴c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2021＝3＋2×31＋2×32＋…＋2×32021 ＝3＋6－6×320131－3＝3－3＋32021 ＝32021.B 级 知能提升1．已知数列{a n }，{b n }都是公差为1的等差数列，其首项别离为a 1，b 1，且a 1＋b 1＝5，a 1，b 1∈N *.设c n ＝ab n (n ∈N *)，那么数列{c n }的前10项和等于( )A ．55B ．70C ．85D ．100解析：由题知a 1＋b 1＝5，a 1，b 1∈N *.设c n ＝ab n (n ∈N *)，那么数列{c n }的前10项和等于ab 1＋ab 2＋…＋ab 10＝ab 1＋ab 1＋1＋...＋ab 1＋9，ab 1＝a 1＋(b 1－1)＝4，∴ab 1＋ab 1＋1＋...＋ab 1＋9＝4＋5＋6＋ (13)85，选C.答案：C2．等差数列{a n }、{b n }的前n 项和别离为S n 、T n ，且S n T n＝4n ＋7n，那么使得a nb n为整数的正整数n 的个数是( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：a n b n ＝2a n2b n ＝a 1＋a 2n －1b 1＋b 2n －1＝a 1＋a 2n －1×2n －12b 1＋b 2n －1×2n －12＝S 2n －1T 2n －1＝4×2n －1＋72n －1＝4＋72n －1，可得a 1b 1＝11，a 4b 4＝5，有2个正整数值，选A.答案：A3．[2021·云南师大附中模拟]已知数列{a n }中a 1＝1，a 2＝2，当整数n >1时，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)都成立，那么S 15＝________.解析：由S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)得(S n ＋1－S n )－(S n －S n －1)＝2S 1＝2，即a n ＋1－a n ＝2(n ≥2)，数列{a n }从第二项起组成等差数列，S 15＝1＋2＋4＋6＋8＋…＋28＝211.答案：2114．[2021·南昌模拟]在数列{a n }中，a n ＋1＋a n ＝2n －44(n ∈N *)，a 1＝－23. (1)求a n ；(2)设S n 为{a n }的前n 项和，求S n 的最小值．解：(1)∵a n ＋1＋a n ＝2n －44，a n ＋2＋a n ＋1＝2(n ＋1)－44，∴a n ＋2－a n ＝2.∴a 2＋a 1＝－42，a 1＝－23，∴a 2＝－19. 同理得a 3＝－21，a 4＝－17，故a 1，a 3，a 5，…是以a 1为首项、2为公差的等差数列，a 2，a 4，a 6，…是以a 2为首项、2为公差的等差数列，从而a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n －24，n 为奇数n －21，n 为偶数.(2)当n 为偶数时，S n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n )＝(2×1－44)＋(2×3－44)＋(2×5－44)＋…＋[2×(n －1)－44]＝2[1＋3＋…＋(n －1)]－n 2·44＝n 22－22n ，故当n ＝22时，S n 取得最小值－242.当n 为奇数时，S n ＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n )＝a 1＋(2×2－44)＋(2×4－44)＋…＋[2×(n －1)－44]＝a 1＋2[2＋4＋…＋(n －1)]＋n －12·(－44)＝－23＋n ＋1n －12－22(n －1)＝n 22－22n －32，故当n ＝21或n ＝23时，S n 取得最小值－243. 综上所述，S n 的最小值为－243.。

数学一轮复习第五章数列第2讲等差数列及其前n项和学案含解析

数学一轮复习第五章数列第2讲等差数列及其前n项和学案含解析

第2讲等差数列及其前n项和［考纲解读]1。

理解等差数列的概念及等差数列与一次函数的关系．(重点)2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并熟练掌握其推导方法，能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题．（重点、难点）［考向预测]从近三年高考情况来看，本讲一直是高考的热点．预测2021年高考将会以等差数列的通项公式及其性质、等差数列的前n项和为考查重点，也可能将等差数列的通项、前n项和及性质综合考查，题型以客观题或解答题的形式呈现，试题难度一般不大,属中档题型.1．等差数列的有关概念（1）定义:一般地，如果一个数列从错误!第2项起，每一项与它前一项的错误!差都等于错误!同一个常数，那么这个数列就叫做等错误!公差，通常用字母d表示．数学语言表示为错误!a n＋1－a n＝d(n∈N＊），d为常数．(2）等差中项：若a，A,b成等差数列，则A叫做a和b的等差中项，且A＝错误!错误!.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a1,公差是d，则其通项公式为a n＝错误!a1＋(n－1）d，可推广为a n＝a m＋错误!（n－m)d(n,m∈N＊）．（2)等差数列的前n项和公式S n＝n a1＋a n2＝错误!na1＋错误!d(其中n∈N＊）．3．等差数列的相关性质已知{a n}为等差数列，d为公差，S n为该数列的前n项和．(1)等差数列{a n}中，当m＋n＝p＋q时，错误!a m＋a n＝a p＋a q （m,n，p,q∈N*)．特别地，若m＋n＝2p，则错误!2a p＝a m＋a n(m，n，p∈N*)．(2）相隔等距离的项组成的数列是等差数列，即a k，a k＋m，a k＋2m，…仍是等差数列,公差为错误!md(k,m∈N＊)．（3)S n，S2n－S n，S3n－S2n，…也成等差数列，公差为错误!n2d。

(4）错误!也成等差数列，其首项与{a n｝首项相同，公差为错误!错误! d。

2021版高考数学一轮复习第一部分基础与考点过关第五章数列学案

2021版高考数学一轮复习第一部分基础与考点过关第五章数列学案

2021版高考数学一轮复习第一部分基础与考点过关第五章数列学案第1课时数列的概念及其简单表示法明白得数列的概念，认识数列是反映自然规律的差不多数学模型，探究并把握数列的几种简单表示法(列表、图象、通项公式)；了解数列是一种专门的函数；发觉数列规律，写出其通项公式．① 了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).②了解数列是自变量为正整数的一类函数.③会利用数列的前n项和求通项公式．1. (必修5P34习题3改编)已知数列{a n}满足a n＝4a n－1＋3，且a1＝0，则a5＝________．答案：255解析：a2＝4a1＋3＝3，a3＝4a2＋3＝4×3＋3＝15，a4＝4a3＋3＝4×15＋3＝63，a5＝4a4＋3＝4×63＋3＝255.2. (必修5P34习题2改编)数列－1，43，－95，167，…的一个通项公式是________．答案：a n＝(－1)nn22n－1解析：－1＝－11，数列1，4，9，16，…对应通项n2，数列1，3，5，7，…对应通项2n－1，数列－1，1，－1，1，…对应通项(－1)n，故a n＝(－1)nn22n－1.3. (必修5P48习题9改编)若数列{a n}的前n项和S n＝n2＋3n，则a4＋a5＋a6a1＋a2＋a3＝________．答案：2解析：∵ 数列{a n}的前n项和S n＝n2＋3n，∴ a1＋a2＋a3＝S3＝32＋3×3＝18，a4＋a5＋a6＝S6－S3＝36，∴a4＋a5＋a6a1＋a2＋a3＝2.4. (必修5P34习题9改编)已知数列{a n}的通项公式是a n＝n2－8n＋5，则那个数列的最小项是________．答案：－11解析：由a n＝(n－4)2－11，可知n＝4时，a n取最小值为－11.5. (必修5P34习题5改编)已知数列2，5，22，11，14，…，则42是那个数列的第________项．答案：11解析：易知该数列的通项为2＋3（n－1），则有2＋3（n－1）＝42，得n＝11，则42是那个数列的第11项．1. 数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列．数列中的每一个数叫做那个数列的项．排在第一位的数称为那个数列的第1项，通常也叫做首项．2. 数列的分类项数有限的数列叫做有穷数列． 项数无限的数列叫做无穷数列． 3. 数列与函数的关系 从函数观点看，数列能够看成是以正整数或其子集为定义域的函数a n ＝f(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．反过来，关于函数y ＝f(x)，假如f(i)(i ＝1，2，3，…)有意义，那么能够得到一个数列{f(n)}．4. 数列的通项公式假如数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系能够用一个公式a n ＝f(n)(n ＝1，2，3，…)来表示，那么那个公式叫做那个数列的通项公式．通项公式能够看成数列的函数解析式．5. 数列{a n }的前n 项和S n 与通项a n 的关系是a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.[备课札记], 1 由数列的前几项求数列的通项), 1) 依照下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1) －1，7，－13，19，…；(2) 23，415，635，863，1099，…；(3) 1，0，－13，0，15，0，－17，0，…；(4) 112，245，3910，41617，….解：(1) 偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观看各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n(6n －5)．(2) 这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3，3×5，5×7，7×9，9×11，…，每一项差不多上两个相邻奇数的乘积．故所求数列的一个通项公式为a n＝2n（2n －1）（2n ＋1）. (3)将数列改写为11，02，－13，04，15，06，－17，08，…，则a n ＝sinn π2n.(4) 观看不难发觉112＝1＋12，245＝2＋45＝2＋2222＋1，3910＝3＋910＝3＋3232＋1，…，一样地，a n ＝n ＋n 2n 2＋1.则a n ＝n ＋n2n 2＋1.变式训练(1) 数列－11×2，12×3，－13×4，14×5，…的一个通项公式a n ＝__________；(2) 该数列45，910，1617，2526，…的一个通项公式为________．答案：(1) (－1)n1n （n ＋1） (2) （n ＋1）2（n ＋1）2＋1解析：(1) 那个数列前4项的绝对值都等于项数与项数加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，因此它的一个通项公式为a n ＝(－1)n1n （n ＋1）.(2) 各项的分子为22，32，42，52，…，分母比分子大1，因此该数列的一个通项公式为a n ＝（n ＋1）2（n ＋1）2＋1. , 2 由a n 与S n 关系求a n ), 2) 已知数列{a n }的前n 项和S n ，求通项a n .(1) S n ＝3n－1；(2) S n ＝2n＋1.解：(1) 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2.当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2·3n －1. 当n ＝1时，a n ＝2符合上式．∴ a n ＝2·3n －1.(2) 当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋1＝3；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋1)－(2n －1＋1)＝2n －2n －1＝2n －1.当n ＝1时，a n ＝3不符合上式．综上有 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3（n ＝1），2n －1（n≥2）.变式训练(1) 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n＋1，则a n ＝__________；(2) 若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝__________．答案：(1) ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2 (2) (－2)n －1解析：(1) 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.∵ a 1＝4不适合上等式，∴ a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2. (2) 由S n ＝23a n ＋13得，当n≥2时，S n －1＝23a n －1＋13，两式相减，得a n ＝23a n －23a n －1，∴ 当n≥2时，a n ＝－2a n －1，即a na n －1＝－2.又n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，a 1＝1，∴ a n ＝(－2)n －1., 3 由数列的递推关系求数列的通项公式), 3) (1) 设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则通项公式a n ＝________；(2) a 1＝1，a n ＝a n －1＋1n （n －1）(n≥2，n ∈N *)，通项公式a n ＝________；(3) 在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n ，则{a n }的通项公式为a n ＝________．答案：(1) n （n ＋1）2＋1 (2) 2－1n (n∈N *) (3) n （n ＋1）2解析：(1) 由题意得，当n≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋（n －1）（2＋n ）2＝n （n ＋1）2＋1.又a 1＝1×（1＋1）2＋1＝2，符合上式，因此a n ＝n （n ＋1）2＋1.(2) 由a n ＝a n －1＋1n （n －1）(n≥2)，得a n －a n －1＝1n －1－1n (n≥2)．则a 2－a 1＝11－12，a 3－a 2＝12－13，…，a n －a n －1＝1n －1－1n .将上述n －1个式子累加，得a n ＝2－1n.当n ＝1时，a 1＝1也满足，故a n ＝2－1n(n∈N *)．(3) 由题设知，a 1＝1.当n>1时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，∴ a n a n －1＝n ＋1n －1， ∴ a n a n －1＝n ＋1n －1，…，a 4a 3＝53，a 3a 2＝42，a 2a 1＝3. 以上n －1个式子的等号两端分别相乘，得到a n a 1＝n （n ＋1）2.∵ a 1＝1，∴ a n ＝n （n ＋1）2.备选变式（教师专享）(1) 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝3n －1＋a n －1(n≥2)，则a n ＝________．(2) 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝n －1n·a n －1(n≥2)，则a n ＝________．答案：(1) a n ＝3n－12 (2) 1n解析：(1) 由a 1＝1，a n －a n －1＝3n －1(n≥2)，得a 1＝1，a 2－a 1＝31，a 3－a 2＝32，…，a n－1－a n －2＝3n －2，a n －a n －1＝3n －1，以上等式两边分别相加得a n ＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n－12.当n ＝1时，a 1＝1也适合，∴ a n ＝3n－12.(2) a n ＝n －1n ·a n －1 (n≥2)，a n －1＝n －2n －1·a n －2，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .当n ＝1时也满足此等式，∴ a n ＝1n .1. (2021·太原模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝na n a n ＋1(n∈N *)，则a n ＝________．答案：2n 2－n ＋2解析：由a n －a n ＋1＝na n a n ＋1得1a n ＋1－1a n ＝n ，则由累加法得1a n －1a 1＝1＋2＋…＋(n －1)＝n 2－n 2.因为a 1＝1，因此1a n ＝n 2－n 2＋1＝n 2－n ＋22，因此a n ＝2n 2－n ＋2. 2. 设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝kn 2＋n ，n ∈N *，其中k 是常数．若关于任意的m∈N *，a m ，a 2m ，a 4m 成等比数列，则k 的值为________．答案：0或1解析：∵ S n ＝kn 2＋n ，n ∈N *，∴ 数列{a n }是首项为k ＋1，公差为2k 的等差数列，a n ＝2kn ＋1－k.又关于任意的m∈N *都有a 22m ＝a m a 4m ， a 22＝a 1a 4，(3k ＋1)2＝(k ＋1)(7k ＋1)，解得k ＝0或1.又k ＝0时，a n ＝1，明显关于任意的m∈N *，a m ，a 2m ，a 4m 成等比数列；k ＝1时，a n ＝2n ，a m ＝2m ，a 2m ＝4m ，a 4m ＝8m ，明显关于任意的m∈N *，a m ，a 2m ，a 4m 也成等比数列．综上所述，k ＝0或1.3. 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1a n ＝2n (n∈N *)，则a 10等于________． 答案：32解析：∵ a n ＋1a n ＝2n ，∴ a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，两式相除得a n ＋2a n＝2.又a 1a 2＝2，a 1＝1，∴ a 2＝2，则a 10a 8·a 8a 6·a 6a 4·a 4a 2＝24，即a 10＝25＝32.4. 关于数列{a n }，定义数列{b n }满足：b n ＝a n ＋1－a n (n∈N *)，且b n ＋1－b n ＝1(n∈N *)，a 3＝1，a 4＝－1，则a 1＝________．答案：8解析：b 3＝a 4－a 3＝－1－1＝－2，由b 3－b 2＝1，得b 2＝－3，而b 2＝a 3－a 2＝－3，得a 2＝4.又b 2－b 1＝1，则b 1＝－4，而b 1＝a 2－a 1＝4－a 1＝－4，则a 1＝8.5. 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝13a n ＋23，则{a n }的通项公式a n ＝__________．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝13a 1＋23，∴ a 1＝1.当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －13a n －1，∴a n a n －1＝－12.∴ 数列{a n }为首项a 1＝1，公比q ＝－12的等比数列，故a n ＝(－12)n －1.1. 若a n ＝n 2＋λn＋3(其中λ为实常数)，n ∈N *，且数列{a n }为单调递增数列，则实数λ的取值范畴是________．答案：(－3，∞)解析：(解法1：函数观点)因为{a n }为单调递增数列， 因此a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n＋1)＋3>n 2＋λn＋3，化简为λ>－2n －1对一切n∈N *都成立，因此λ>－3.故实数λ的取值范畴是(－3，＋∞)．(解法2：数形结合法)因为{a n }为单调递增数列，因此a 1<a 2，要保证a 1<a 2成立，二次函数f(x)＝x 2＋λx＋3的对称轴x ＝－λ2应位于1和2中点的左侧，即－λ2<32，亦即λ>－3，故实数λ的取值范畴为(－3，＋∞)．2. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝13S n ，求a 2，a 3，a 4的值及数列{a n }的通项公式．解：由已知得a 2＝13，a 3＝49，a 4＝1627.由a 1＝1，a n ＋1＝13S n ，得a n ＝13S n －1，n ≥2，故a n ＋1－a n ＝13S n －13S n －1＝13a n ，n ≥2，得a n ＋1＝43a n ，n ≥2.又a 1＝1，a 2＝13，故该数列从第二项开始为等比数列，故a n ＝⎩⎨⎧1，n ＝1，13⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －2，n ≥2.3. 已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n2＋n)＝0，n ∈N *.(1) 求a 1的值；(2) 求数列{a n }的通项公式．解：(1) 由题设，S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n)＝0，n ∈N *.令n ＝1，有S 21－(12＋1－3)S 1－3×(12＋1)＝0，可得S 21＋S 1－6＝0，解得S 1＝－3或2，即a 1＝－3或2. 又a n 为正数，因此a 1＝2.(2) 由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n)＝0，n ∈N *可得，(S n ＋3)(S n －n 2－n)＝0，则S n ＝n 2＋n 或S n ＝－3.又数列{a n }的各项均为正数，因此S n ＝n 2＋n ，S n －1＝(n －1)2＋(n －1)，因此当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n. 又a 1＝2，因此a n ＝2n.4. 设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝a(a≠3)，a n ＋1＝S n ＋3n ，n ∈N *.(1) 设b n ＝S n －3n，求数列{b n }的通项公式；(2) 若a n ＋1≥a n ，n ∈N *，求a 的取值范畴．解：(1) 依题意，S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝S n ＋3n，即S n ＋1＝2S n ＋3n ，由此得S n ＋1－3n ＋1＝2(S n －3n)， 即b n ＋1＝2b n .又b 1＝S 1－3＝a －3，因此，所求通项公式为b n ＝(a －3)2n －1，n ∈N *.(2) 由(1)知S n ＝3n ＋(a －3)2n －1，n ∈N *， 因此，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋(a －3)2n －1－3n －1－(a －3)2n －2＝2×3n －1＋(a －3)2n －2，a n ＋1－a n ＝4×3n －1＋(a －3)2n －2＝2n －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a －3.当n≥2时，a n ＋1≥a n ⇒12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a －3≥0⇒a ≥－9. 又a 2＝a 1＋3>a 1，综上，所求的a 的取值范畴是[－9，3)∪(3，＋∞)．1. 数列中的数的有序性是数列定义的灵魂，要注意辨析数列的项和数集中元素的异同，数列能够看成是一个定义域为正整数集或其子集的函数，因此在研究数列问题时，既要注意函数方法的普遍性，又要注意数列方法的专门性．2. 依照所给数列的前几项求其通项，需要认真观看分析，抓住特点：分式中分子、分母的独立特点，相邻项变化的特点，拆项后的特点，各项的符号特点和绝对值特点，并由此进行归纳、联想．3. 通项a n 与其前n 项和S n 的关系是一个十分重要的考点，运用时不要不记得讨论a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1），S n －S n －1（n≥2）.[备课札记]第2课时等差数列(对应学生用书(文)、(理)84～85页)明白得等差数列的概念，把握等差数列的通项公式与前n项和公式，能在具体的问题情境中用等差数列的有关知识解决相应的问题．① 明白得等差数列的概念.②把握等差数列的通项公式与前n项和公式.③明白得等差中项的概念，把握等差数列的性质．1. (必修5P47习题5改编)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝2，S3＝12，则a6＝________．答案：12解析：设等差数列{a n}的公差为d，由题意知，3×2＋3d＝12，得d＝2，则a6＝2＋(6－1)×2＝12.2. (必修5P48习题7改编)在等差数列{a n}中，(1) 已知a4＋a14＝2，则S17＝________；(2) 已知S11＝55，则a6＝________；(3) 已知S8＝100，S16＝392，则S24＝________．答案：(1) 17 (2) 5 (3) 876解析：(1) S17＝17（a1＋a17）2＝17（a4＋a14）2＝17.(2) S11＝11（a1＋a11）2＝11×2a62＝55，∴ a6＝5.(3) S8，S16－S8，S24－S16成等差数列，∴ 100＋S24－392＝2×(392－100)，∴ S24＝876.3. (必修5P44练习6改编)设S n为等差数列{a n}的前n项和，已知S5＝5，S9＝27，则S7＝________．答案：14解析：由S5＝(a1＋a5)×52＝2a3×52＝5a3＝5，得a3＝1.由S9＝(a1＋a9)×92＝2a5×92＝9a5＝27，得a5＝3.从而S7＝(a1＋a7)×72＝(a3＋a5)×72＝4×72＝14.4. (必修5P48习题11改编)已知数列{a n}为等差数列，若a1＝－3，11a5＝5a8，则使其前n项和S n取最小值的n＝________．答案：2解析：∵ a1＝－3，11a5＝5a8，∴ d＝2，∴ S n＝n2－4n＝(n－2)2－4，∴当n＝2时，S n最小．5. (必修5P43例2改编)在等差数列{a n}中，已知d＝12，a n＝32，S n＝－152，则a1＝________．答案：－3解析：由题意，得⎩⎨⎧a1＋322×n＝－152①，a1＋（n－1）×12＝32②，由②得a 1＝－12n ＋2，代入①得n 2－7n －30＝0，∴ n ＝10或n ＝－3(舍去)，∴ a 1＝－3.1. 等差数列的定义 (1) 文字语言：假如一个数列从第二项起，每一项减去它的前一项所得的差都等于同一个常数，那么那个数列就叫做等差数列．(2) 符号语言：a n ＋1－a n ＝d(n∈N *)． 2. 等差数列的通项公式若等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则其通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ． 推广：a n ＝a m ＋(n －m)d. 3. 等差中项假如三个数a ，A ，b 成等差数列，则A 叫a 和b 的等差中项，且有A ＝a ＋b2．4. 等差数列的前n 项和公式(1) S n ＝na 1＋n （n －1）2d ．(2) S n ＝n （a 1＋a n ）2．5. 等差数列的性质(1) 等差数列{a n }中，对任意的m ，n ，p ，q ∈N *，若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ．专门的，若m ＋n ＝2p ，则a m ＋a n ＝2a p ．(2) 等差数列{a n }中，依次每m 项的和仍成等差数列，即S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等差数列．6. 当项数为2n(n∈N ＋)，则S 偶－S 奇＝nd ，S 偶S 奇＝a n ＋1a n；当项数为2n －1(n∈N ＋)，则S 奇－S 偶＝a n ，S 偶S 奇＝n －1n., 1 数列中的差不多量的运算), 1) (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＝__________；(2) 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝6，S 4＝12，则S 6＝__________． 答案：(1) －6 (2) 30解析：(1) 设公差为d ，则8a 1＋28d ＝4a 1＋8d ，即a 1＝－5d ，a 7＝a 1＋6d ＝－5d ＋6d ＝d ＝－2，因此a 9＝a 7＋2d ＝－6.(2) 设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由S 3＝6，S 4＝12，可得⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝3a 1＋3d ＝6，S 4＝4a 1＋6d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝2，即S 6＝6a 1＋15d ＝30. 变式训练(1) 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＝1，则a 1的值是________；(2) 设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 2＝7，S 7＝－7，则a 7的值为________．答案：(1) －527(2) －13解析：(1) 设等差数列{a n }的公差为d(d≠0)． ∵ a 2a 3＝a 4a 5，S 9＝1，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋d ）（a 1＋2d ）＝（a 1＋3d ）（a 1＋4d ），9a 1＋9×82d ＝1，解得a 1＝－527.(2) 设等差数列{a n }的公差为d.∵ a 2＝7，S 7＝－7，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝7，S 7＝7a 1＋7×62d ＝－7，解方程组可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝11，d ＝－4， ∴ a 7＝a 1＋6d ＝11－6×4＝－13., 2 判定或证明一个数列是否是等差数列), 2) 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.(1) 求证：{a n }为等差数列； (2) 求{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或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，也即(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，因此a 2＝－2，这与数列{a n }的各项均为正数相矛盾，因此a n －1＝a n －1，即a n －a n －1＝1，因此{a n }为等差数列．(2) 解：由(1)知a 1＝3，d ＝1，因此数列{a n }的通项公式a n ＝3＋(n －1)×1＝n ＋2，即a n ＝n ＋2.变式训练已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋3n ＋1－2n.设b n ＝a n －2n3n .(1) 证明：数列{b n }为等差数列； (2) 求数列{a n }的通项公式．(1) 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， ∴ 数列{b n }为等差数列．(2) 解：∵ b 1＝a 1－23＝0，∴ b n ＝n －1，∴ a n ＝(n －1)·3n ＋2n.备选变式（教师专享）已知数列{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，判定⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 与{a n }是否为等差数列，并说明你的理由．解：因为a n ＝S n －S n －1(n≥2)，又a n ＋2S n S n －1＝0， 因此S n －S n －1＋2S n S n －1＝0(n≥2)，因此1S n －1S n －1＝2(n≥2)．因为S 1＝a 1＝12，因此⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，2为公差的等差数列．因此1S n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，故S n ＝12n.因此当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12（n －1）＝－12n （n －1），因此a n ＋1＝－12n （n ＋1），而a n ＋1－a n ＝－12n （n ＋1）－－12n （n －1）＝－12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n －1＝1n （n －1）（n ＋1）. 因此当n≥2时，a n ＋1－a n 的值不是一个与n 无关的常数，故数列{a n }不是一个等差数列．综上可知，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，{a n }不是等差数列．, 3 等差数列的性质), 3) (1) 已知{a n }是等差数列，{S n }是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________；(2) 在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________；(3) 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 20＝30，则S 30＝________． 答案：(1) 20 (2) 10 (3) 60解析：(1) 由S 5＝10得a 3＝2，因此2－2d ＋(2－d)2＝－3⇒d ＝3，a 9＝2＋3×6＝20. (2) 因为{a n }是等差数列，因此a 3＋a 7＝a 4＋a 6＝a 2＋a 8＝2a 5，a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝25，即a 5＝5，a 2＋a 8＝2a 5＝10.(3) 因为S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等差数列，且S 10＝10，S 20＝30，S 20－S 10＝20， 因此2×20＝10＋S 30－30，因此S 30＝60. 变式训练(1) 设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若2a 8＝6＋a 11，则S 9的值等于__________； (2) 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：(1) 54 (2) 45 解析：(1) 依照题意及等差数列的性质，知2a 8－a 11＝a 5＝6，依照等差数列的求和公式，知S 9＝a 1＋a 92×9＝2a 52×9＝6×9＝54.(2) 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，则a 7＋a 8＋a 9＝45.备选变式（教师专享）设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 5＝3，S 10＝40，求nS n 的最小值． 解：设等差数列{a n }的公差为d.∵ a 5＝3，S 10＝40，∴ a 1＋4d ＝3，10a 1＋10×92d ＝40，解得a 1＝－5，d ＝2.∴ S n ＝－5n ＋n （n －1）2×2＝n 2－6n ，则nS n ＝n 2(n －6)．n ≤5时，nS n ＜0；n≥6时，nS n ≥0.可得n ＝4时，nS n 取得最小值－32., 4 等差数列中的最值问题), 4) (1) 若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，当n 取何值时，{a n }的前n 项和最大？(2) 已知数列{a n }为等差数列．若a 7a 6<－1，且{a n }的前n 项和S n 有最大值，求使S n >0时n 的最大值．(3) 在等差数列{a n }中，a 1>0，公差d<0，a 5＝3a 7，其前n 项和为S n ，求S n 取得最大值时n 的值．解：(1) 由等差数列的性质，得a 7＋a 8＋a 9＝3a 8，a 8>0.又a 7＋a 10<0，∴ a 8＋a 9<0，∴ a 9<0，∴ S 8>S 7，S 8>S 9，故数列{a n }的前8项和最大．(2) ∵ a 7a 6<－1，且S n 有最大值，∴ a 6>0，a 7<0，且a 6＋a 7<0，∴ S 11＝11（a 1＋a 11）2＝11a 6>0，S 12＝12（a 1＋a 12）2＝6(a 6＋a 7)<0，∴ 使S n >0的n 的最大值为11.(3) 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 －1）2d ＝d 2(n 2－15n)，∴ n ＝7或8时，S n 取得最大值． 备选变式（教师专享）已知在等差数列{a n }中，a 1＝31，S n 是它的前n 项和，S 10＝S 22. (1) 求S n ；(2) 那个数列的前多少项的和最大，并求出那个最大值． 解：(1) ∵ S 10＝a 1＋a 2＋…＋a 10，S 22＝a 1＋a 2＋…＋a 22，S 10＝S 22，∴ a 11＋a 12＋…＋a 22＝0，12（a 11＋a 22）2＝0，即a 11＋a 22＝2a 1＋31d ＝0.又a 1＝31，∴ d ＝－2，∴ S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝31n －n(n －1)＝32n －n 2.(2) (解法1)由(1)知S n ＝32n －n 2，∴ 当n ＝16时，S n 有最大值，S n 的最大值是256.(解法2)由S n ＝32n －n 2＝n(32－n)，欲使S n 有最大值，应有1<n<32，从而S n ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋32－n 22＝256，当且仅当n ＝32－n ，即n ＝16时，S n 有最大值256.1. (2021·北京卷)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝__________．答案：6解析：设等差数列{a n }的公差为d.因为a 3＋a 5＝0，因此6＋2d ＋6＋4d ＝0，解得d ＝－2，因此S 6＝6×6＋6×52×(－2)＝36－30＝6.2. (2021·南京、盐城一模)已知数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 4＋a 5＋a 6＝21，则S 9＝________．答案：63解析：由a 4＋a 5＋a 6＝21得a 5＝7，因此S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5＝63.3. 已知公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S 5S 3＝3，则a 5a 3的值为__________．答案：179解析：S 5S 3＝a 1×5＋12×5×4da 1×3＋12×3×2d＝5a 1＋10d 3a 1＋3d ＝3，则d ＝4a 1，则a 5a 3＝a 1＋4d a 1＋2d ＝17a 19a 1＝179.4. (2021·南通、泰州三调)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若公差d ＝2，a 5＝10，则S 10的值是________．答案：110解析：∵ a 5＝a 1＋4d ＝a 1＋8＝10，∴ a 1＝2，∴ S 10＝10a 1＋10×92d ＝110.5. (2021·南通一模)《九章算术》中的“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则该竹子最上面一节的容积为________升．答案：1322解析：设最上面一节的容积为a 1，由题设知⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4×32d ＝3，⎝ ⎛⎭⎪⎫9a 1＋9×82d －⎝ ⎛⎭⎪⎫6a 1＋6×52d ＝4，解得a 1＝1322.1. (2021·新课标Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则＝________．答案：2nn ＋1解析：设等差数列的首项为a 1，公差为d ，由题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋4×32d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1， 数列的前n 项和S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n×1＋n （n －1）2×1＝n （n ＋1）2.裂项有：1S k ＝2k （k ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1，据此，2. 设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则a n ＝________．答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n （n －1），n ≥2 解析：由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n ＋1·S n ，两边同时除以S n ＋1·S n ，得1S n ＋1－1S n＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，则1S n ＝－1－(n －1)＝－n ，因此S n ＝－1n .则当n ＝1时，a 1＝－1；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－1n ＋1n －1＝1n （n －1），因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n （n －1），n ≥2.(或直截了当带入a n ＋1＝S n S n ＋1，但要注意分类讨论) 3. 已知等差数列{a n }的首项为1，公差为2，若a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1≥tn 2对n∈N *恒成立，则实数t 的取值范畴是__________．答案：(－∞，－12]解析：a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1＝a 2(a 1－a 3)＋a 4(a 3－a 5)＋…＋a 2n (a 2n －1－a 2n ＋1)＝－4(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝－4×a 2＋a 2n 2×n ＝－8n 2－4n ，因此－8n 2－4n ≥tn 2，因此t≤－8－4n 对n∈N *恒成立，t ≤－12. 4. (2021·南京、盐城二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }，{c n }满足(n ＋1)b n＝a n ＋1－S n n ，(n ＋2)c n ＝a n ＋1＋a n ＋22－S n n，其中n∈N *.(1) 若数列{a n }是公差为2的等差数列，求数列{c n }的通项公式；(2) 若存在实数λ，使得对一切n∈N *，有b n ≤λ≤c n ，求证：数列{a n }是等差数列．(1) 解：∵ 数列{a n }是公差为2的等差数列，∴ a n ＝a 1＋2(n －1)，S nn＝a 1＋n －1.∴ (n ＋2)c n ＝a 1＋2n ＋a 1＋2（n ＋1）2－(a 1＋n －1)＝n ＋2，解得c n ＝1.(2) 证明：由(n ＋1)b n ＝a n ＋1－S nn，可得n(n ＋1)b n ＝na n ＋1－S n ，(n ＋1)(n ＋2)b n ＋1＝(n＋1)a n ＋2－S n ＋1，两式相减可得a n ＋2－a n ＋1＝(n ＋2)b n ＋1－nb n ，可得(n ＋2)c n ＝a n ＋1＋a n ＋22－S n n ＝a n ＋1＋a n ＋22－[a n ＋1－(n ＋1)b n ]＝a n ＋2－a n ＋12＋(n ＋1)b n ＝（n ＋2）b n ＋1－nb n 2＋(n ＋1)b n ＝n ＋22(b n ＋b n ＋1)，因此c n ＝12(b n ＋b n ＋1)．∵ b n ≤λ≤c n ，∴ λ≤c n ＝12(b n ＋b n ＋1)≤λ，故b n ＝λ，c n ＝λ.∴ (n ＋1)λ＝a n ＋1－S n n ，(n ＋2)λ＝12(a n ＋1＋a n ＋2)－S nn，相减可得12(a n ＋2－a n ＋1)＝λ，即a n ＋2－a n ＋1＝2λ(n≥2)．又2λ＝a 2－S 11＝a 2－a 1，则a n ＋1－a n ＝2λ(n≥1)，∴ 数列{a n }是等差数列．1. 等差数列问题，第一应抓住a 1和d ，通过列方程组来解，其他也就迎刃而解了．但若恰当地运用性质，能够减少运算量．2. 等差数列的判定方法有以下几种：① 定义法：a n ＋1－a n ＝d(d 为常数)；② 等差中项法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2；③ 通项公式法：a n ＝pn ＋q(p ，q 为常数)；④前n 项和公式法：S n＝An 2＋Bn(A ，B 为常数)．3. 注意设元，利用对称性，减少运算量．4. 解答某些数列问题，有时不必(有时也不可能)求出某些具体量的结果，可采纳整体代换的思想．[备课札记]第3课时等比数列(对应学生用书(文)、(理)86～87页)明白得等比数列的概念，把握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能用有关知识解决相应的问题．① 明白得等比数列的概念.②把握等比数列的通项公式与前n项和公式.③明白得等比中项的概念，把握等比数列的性质．1. (必修5P61习题2改编)设S n是等比数列{a n}的前n项和，若a1＝1，a6＝32，则S3＝________．答案：7解析：q5＝a6a1＝32，q＝2，S3＝1×（1－23）1－2＝7.2. 若－1，x，y，z，－3成等比数列，则y的值为________．答案：－ 3解析：由等比中项知y2＝3，∴ y＝± 3.又∵ y与－1，－3符号相同，∴ y＝－ 3.3. (必修5P54习题10改编)等比数列{a n}中，a1>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝36，则a3＋a5＝________．答案：6解析：a2a4＋2a3a5＋a4a6＝(a3＋a5)2＝36.又a1>0，∴ a3，a5>0，∴ a3＋a5＝6.4. (必修5P61习题3改编)在等比数列{a n}中，a3＝7，前3项和S3＝21，则公比q＝________．答案：1或－12解析：由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a1q2＝7，a1＋a1q＋a1q2＝21，化简得1＋q＋q2q2＝3.整理得2q2－q－1＝0，解得q ＝1或q＝－12.5. (必修5P56例2改编)设等比数列{a n}的前n项和为S n.若S2＝3，S4＝15，则S6＝________．答案：63解析：设等比数列{a n}的首项为a1，公比为q，易知q≠1，依照题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a1（1－q2）1－q＝3，a1（1－q4）1－q＝15，解得q2＝4，a11－q＝－1，因此S6＝a1（1－q6）1－q＝(－1)(1－43)＝63.1. 等比数列的概念(1) 文字语言：假如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，那么那个数列叫做等比数列．(2) 符号语言：a n＋1a n＝q(n∈N*，q是等比数列的公比)．2. 等比数列的通项公式设{a n }是首项为a 1，公比为q 的等比数列，则第n 项a n ＝a 1q n －1．推广：a n ＝a m q n －m. 3. 等比中项若a ，G ，b 成等比数列，则G 为a 和b 的等比中项且G 4. 等比数列的前n 项和公式 (1) 当q ＝1时，S n ＝na 1．(2) 当q≠1时，S n ＝a 1（1－q n）1－q ＝a 1－a n q1－q．5. 等比数列的性质(1) 等比数列{a n }中，对任意的m ，n ，p ，q ∈N *，若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q ．专门的，若m ＋n ＝2p ，则a m a n ＝a 2p ．(2) 等比数列{a n }中，依次每m 项的和(非零)仍成等比数列，即S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等比数列，其公比为q m(q≠－1)．(其中S m ≠0)[备课札记], 1 等比数列的差不多运算), 1) (1) 设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________；(2) 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＝________；(3) 设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若27a 3－a 6＝0，则S 6S 3＝________．答案：(1) －8 (2) 32 (3) 28解析：(1) 设等比数列的公比为q ，专门明显q≠－1，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝a 1（1＋q ）＝－1 ①，a 1－a 3＝a 1（1－q 2）＝－3 ②，由②除以①可得q ＝－2 ，代入①可得a 1＝1， 由等比数列的通项公式可得a 4＝a 1q 3＝－8.(2) 当q ＝1时，明显不符合题意；当q≠1时，⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1－q 3）1－q ＝74，a 1（1－q 6）1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，则a 8＝14×27＝32. (3) 设等比数列的公比为q ，首项为a 1，则a 6a 3＝q 3＝27.S 6S 3＝a 1＋a 2＋…＋a 6a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 4＋a 5＋a 6a 1＋a 2＋a 3＝1＋q 3＋q 4＋q 51＋q ＋q 2＝1＋q 3＝28. 变式训练(1) 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的值是________； (2) 设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2a 3…a n 的最大值为________． 答案：(1) 4 (2) 64解析：(1) 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4得q 6＝q 4＋2q 2，q 4－q 2－2＝0，解得q 2＝2，则a 6＝a 2q 4＝4.(2) 因为a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，因此公比q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝12，因此a 1＋a 1×14＝10⇒a 1＝8，a 1a 2a 3…a n ＝8n ⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋2＋…＋n －1＝23n·2－n （n －1）2＝23n －n （n －1）2＝2－n 2＋7n2 ，因此当n ＝3或4时，取最大值64., 2 等比数列的判定与证明), 2) 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，3S n ＝a n －1(n∈N *)． (1) 求a 1，a 2；(2) 求证：数列{a n }是等比数列； (3) 求a n 和S n .(1) 解：由3S 1＝a 1－1，得3a 1＝a 1－1，因此a 1＝－12.又3S 2＝a 2－1，即3a 1＋3a 2＝a 2－1，得a 2＝14.(2) 证明：当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13(a n －1)－13(a n －1－1)，得a n a n －1＝－12，因此{a n }是首项为－12，公比为－12的等比数列．(3) 解：由(2)可得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n，S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n .备选变式（教师专享）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝4a n －3(n∈N *)． (1) 求证：数列{a n }是等比数列；(2) 若数列{b n }满足b n ＋1＝a n ＋b n (n∈N *)，且b 1＝2，求数列{b n }的通项公式．(1) 证明：依题意S n ＝4a n －3(n∈N *)， 当n ＝1时，a 1＝4a 1－3，解得a 1＝1.因为S n ＝4a n －3，则S n －1＝4a n －1－3(n≥2)， 因此当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4a n －4a n －1，整理得a n ＝43a n －1.又a 1＝1≠0，因此{a n }是首项为1，公比为43的等比数列．(2) 解：由(1)知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1， 由b n ＋1＝a n ＋b n (n∈N *)，得b n ＋1－b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1.可得b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝2＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －11－43＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1－1(n≥2)．当n ＝1时也满足，因此数列{b n }的通项公式为b n ＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1－1(n∈N *)．, 3 等比数列的性质), 3) 已知等比数列{a n }的各项均为正数，且满足a 1a 9＝4，则数列{log 2a n }的前9项之和为________．答案：9解析：∵ a 1a 9＝a 25＝4，∴ a 5＝2，∴ log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 9＝log 2(a 1a 2…a 9)＝log 2a 95＝9log 2a 5＝9. 变式训练(1) 各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10＝2，S 30＝14，则S 40＝________；(2) 等比数列{a m }的前n 项积为T n (n∈N *)，已知a m －1a m ＋1－2a m ＝0，且T 2m －1＝128，则m ＝________．答案：(1) 30 (2) 4解析：(1) 依题意有S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30仍成等比数列，2·(14－S 20)＝(S 20－2)2，得S 20＝6.因此S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30，即为2，4，8，16，因此S 40＝S 30＋16＝30.(2) 因为{a m }为等比数列，因此a m －1·a m ＋1＝a 2m .又由a m －1·a m ＋1－2a m ＝0，得a m ＝2.则T 2m －1＝a 2m －1m，因此22m －1＝128，m ＝4. , 4 等比数列的应用), 4) 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1) 设b n ＝a n ＋1－2a n ，求证：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 ①，S n ＝4a n －1＋2（n≥2） ②， ①－②，得a n ＋1＝4a n －4a n －1， ∴ a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)． ∵ b n ＝a n ＋1－2a n ，∴ b n ＝2b n －1，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， ∴ 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. 备选变式（教师专享）已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋2n ，数列{b n }的前n 项和T n ＝2－b n . (1) 求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2) 设c n ＝a 2n ·b n ，证明：当且仅当n≥3时，c n ＋1<c n .(1) 解：a 1＝S 1＝4，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n(n ＋1)－2(n －1)n ＝4n.又a 1＝4适合上式，∴ a n ＝4n(n∈N *)．将n ＝1代入T n ＝2－b n ，得b 1＝2－b 1，∴ T 1＝b 1＝1. 当n≥2时，T n －1＝2－b n －1，T n ＝2－b n ， ∴ b n ＝T n －T n －1＝b n －1－b n ，∴ b n ＝12b n －1，∴ b n ＝21－n.(2) 证明：(证法1)由c n ＝a 2n ·b n ＝n 2·25－n， 得c n ＋1c n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2. 当且仅当n≥3时，1＋1n ≤43<2，即c n ＋1<c n .(证法2)由c n ＝a 2n ·b n ＝n 2·25－n，得c n ＋1－c n ＝24－n [(n ＋1)2－2n 2]＝24－n [－(n －1)2＋2]． 当且仅当n≥3时，c n ＋1－c n <0，即c n ＋1<c n .1. (2021·南京、盐城二模)记公比为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝1，S 4－5S 2＝0，则S 5的值为________．答案：31解析：若等比数列的公比等于1，由a 1＝1，得S 4＝4，5S 2＝10，与题意不符．设等比数列的公比为q(q≠1)，由a 1＝1，S 4＝5S 2，得a 1（1－q 4）1－q ＝5a 1(1＋q)，解得q ＝±2.∵ 数列{a n }的各项均为正数，∴ q ＝2.则S 5＝1－251－2＝31.2. (2021·苏北四市三模)在公比为q ，且各项均为正数的等比数列{a n }中，S n 为{a n }的前n 项和．若a 1＝1q2，且S 5＝S 2＋2，则q 的值为________．答案：5－12解析：由题意可知q≠1，又S 5＝S 2＋2，即a 1（1－q 5）1－q ＝a 1（1－q 2）1－q ＋2，∴ q 3－2q ＋1＝0，∴ (q －1)(q 2＋q －1)＝0.又q>0，且q≠1，∴ q ＝5－12. 3. (2021·苏锡常镇二模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q ＝3，S 3＋S 4＝533，则a 3＝________．答案：3解析：∵ 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q ＝3，S 3＋S 4＝533，∴ a 1（33－1）3－1＋a 1（34－1）3－1＝533，解得a 1＝13.则a 3＝13×32＝3.4. (2021·南通四模)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝4，a 3＝10.若{a n ＋1－a n }是等比数列，则∑i ＝1na i ＝________．答案：3×2n－2n －3解析：a 2－a 1＝4－1＝3，a 3－a 2＝10－4＝6，∵ {a n ＋1－a n }是等比数列，∴ 首项为3，公比为2，∴ a n ＋1－a n ＝3×2n －1，∴ a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋3＋3×2＋…＋3×2n －2＝1＋3×2n －1－12－1＝3×2n －1－2.则∑i ＝1na i ＝3×2n－12－1－2n ＝3×2n－2n －3.1. (2021·新课标Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大伙儿学习数学的爱好，他们推出了“解数学题猎取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N>100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是________．答案：440解析：由题意得，数列如下： 1， 1，2， 1，2，4， …1，2，4，…，2k －1，…则该数列的前1＋2＋…＋k ＝k （k ＋1）2项和为S ⎝ ⎛⎭⎪⎫k （k ＋1）2＝1＋(1＋2)＋…＋(1＋2＋…＋2k －1)＝2k ＋1－k －2，要使k （k ＋1）2＞100，有k≥14，现在k ＋2＜2k ＋1，因此k ＋2是之后的等比数列1，2，…，2k ＋1的部分和，即k ＋2＝1＋2＋…＋2t －1＝2t－1，因此k ＝2t －3≥14，则t≥5，现在k ＝25－3＝29，对应满足的最小条件为N ＝29×302＋5＝440.2. 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝λa 2n ＋μa n ＋4a n ＋2，其中n∈N *，λ，μ为非零常数．(1) 若λ＝3，μ＝8，求证：{a n ＋1}为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2) 若数列{a n }是公差不等于零的等差数列，求实数λ，μ的值．(1) 证明：当λ＝3，μ＝8时，a n ＋1＝3a 2n ＋8a n ＋4a n ＋2＝3a n ＋2，化为a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴ {a n ＋1}为等比数列，首项为2，公比为3.∴ a n ＋1＝2×3n －1，可得a n ＝2×3n －1－1. (2) 解：设a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn －d ＋1.由a n ＋1＝λa 2n ＋μa n ＋4a n ＋2，可得a n ＋1(a n ＋2)＝λa 2n ＋μa n ＋4，∴ (dn －d ＋3)(dn ＋1)＝λ(dn－d ＋1)2＋μ(dn－d ＋1)＋4. 令n ＝1，2，3，解得λ＝1，μ＝4，d ＝2. 通过检验满足题意，∴ λ＝1，μ＝4.3. 已知各项不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝pa n a n ＋1(n∈N *)，p ∈R . (1) 若a 1，a 2，a 3成等比数列，求实数p 的值；(2) 若a 1，a 2，a 3成等差数列，求数列{a n }的通项公式．解：(1) 当n ＝1时，a 1＝pa 1a 2，a 2＝1p ；当n ＝2时，a 1＋a 2＝pa 2a 3，a 3＝a 1＋a 2pa 2＝1＋1p .由a 22＝a 1a 3得a 1a 3＝1p 2，即p 2＋p －1＝0，解得p ＝－1±52.(2) 由2a 2＝a 1＋a 3得p ＝12，故a 2＝2，a 3＝3，因此S n ＝12a n a n ＋1，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12a n a n ＋1－12a n －1a n .因为a n ≠0，因此a n ＋1－a n －1＝2，故数列{a n }的所有奇数项组成以1为首项2为公差的等差数列，其通项公式是a n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12－1×2＝n.同理，数列{a n}的所有偶数项组成以2为首项2为公差的等差数列，其通项公式是a n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2－1×2＝n ，因此数列{a n }的通项公式是a n ＝n.4. 已知数列{a n }的首项a 1＝2a ＋1(a 是常数，且a≠－1)，a n ＝2a n －1＋n 2－4n ＋2(n≥2)，数列{b n }的首项b 1＝a ，b n ＝a n ＋n 2(n≥2)．(1) 求证：{b n }从第2项起是以2为公比的等比数列；(2) 设S n 为数列{b n }的前n 项和，且{S n }是等比数列，求实数a 的值； (3) 当a>0时，求数列{a n }的最小项．(1) 证明：∵ b n ＝a n ＋n 2，∴ b n ＋1＝a n ＋1＋(n ＋1)2＝2a n ＋(n ＋1)2－4(n ＋1)＋2＋(n ＋1)2＝2a n ＋2n 2＝2b n (n≥2)．。

(山东专用)2021新高考数学一轮复习 第五章 数列 5.1 数列的概念与简单表示法学案(含解析)-

(山东专用)2021新高考数学一轮复习 第五章 数列 5.1 数列的概念与简单表示法学案(含解析)-

第五章数列第一节数列的概念与简单表示法课标要求考情分析1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)．2．了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．1.本节在高考中主要考查简单数列的通项公式的求解、数列的前n项和S n与通项a n的关系以及简单的递推数列等问题．2．命题形式多种多样，三种题型都有可能出现，试题难度中等.知识点一数列的概念1．数列的定义：按照一定顺序排列的一列数叫做数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．2．数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N*(或它的有限子集{1,2,3，…，n})为定义域的函数a n＝f(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．3．数列的表示法：列表法、图象法和通项公式法．知识点二数列的分类知识点三数列的通项公式1．通项公式：如果数列{a n}的第n项a n与序号n之间的关系可以用一个式子a n＝f(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．数列通项公式的注意点(1)并不是所有的数列都有通项公式；(2)同一个数列的通项公式在形式上未必唯一；(3)对于一个数列，如果只知道它的前几项，而没有指出它的变化规律，是不能确定这个数列的．2．递推公式：如果已知数列{a n}的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项a n与它的前一项a n－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式.1．思考辨析判断下列结论正误(在括号内打“√”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)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( √ ) (3)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．( × )(4)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( × )(5)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 .( √ ) 2．小题热身(1)已知数列11×2，12×3，13×4，…，1n (n ＋1)，…，下列各数中是此数列中的项的是( B )A.135B.142C.148D.154(2)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋1a n －1(n ≥2)，则a 4＝( B )A.32B.53C.74D.85(3)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 ＝5n －4.(4)设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 7＋a 8的值为28.(5)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，则a 2 018＝0.解析：(2)由题意知，a 1＝1，a 2＝2，a 3＝32，a 4＝53.(3)由a 1＝1＝5×1－4，a 2＝6＝5×2－4，a 3＝11＝5×3－4，…，归纳a n ＝5n －4. (4)a 7＋a 8＝S 8－S 6＝82－62＝28.(5)∵a 1＝1，∴a 2＝(a 1－1)2＝0，a 3＝(a 2－1)2＝1，a 4＝(a 3－1)2＝0，…，可知数列{a n }是以2为周期的数列，∴a 2 018＝a 2＝0.考点一由数列的前几项归纳数列的通项公式【例1】(1)数列1，－4,9，－16,25，…的一个通项公式是() A．a n＝n2B．a n＝(－1)n n2C．a n＝(－1)n＋1n2D．a n＝(－1)n(n＋1)2(2)把1,3,6,10,15，…，这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的圆点可以排成一个正三角形(如图所示)．则第7个三角形数是()A．27B．28 C．29D．30【解析】(1)解法1：该数列中第n项的绝对值是n2，正负交替的符号是(－1)n＋1，故选C.解法2：将n＝2代入各选项，排除A，B，D，故选C.(2)观察三角形数的增长规律，可以发现每一项比它的前一项多的点数正好是该项的序号，即a n＝a n－1＋n(n≥2)．所以根据这个规律计算可知，第7个三角形数是a7＝a6＋7＝a5＋6＋7＝15＋6＋7＝28.故选B.【答案】(1)C(2)B方法技巧由数列的前几项归纳数列通项公式的常用方法：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.同时也可以使用添项、还原、分割等方法，转化为一个常见数列，通过常见数列的通项公式求得所给数列的通项公式.1．在数列1,2，7，10，13，…中219是这个数列的第26项．解析：数列1,2，7，10，13，…，即数列1，3×1＋1，3×2＋1，3×3＋1， 3×4＋1，…，所以该数列的通项公式为a n ＝3(n －1)＋1＝3n －2，所以3n －2＝219＝76，所以n ＝26，故219是这个数列的第26项．2．若有穷数列a 1，a 2，…，a n (n ∈N *)满足a n ＋a n ＋1＝a n ＋2＋a n ＋3，就称该数列为“相邻等和数列”，已知各项都为正整数的数列{a n }是项数为8的“相邻等和数列”，且a 1＋a 2＝8，a 2＋a 3＝9，则满足条件的数列{a n }有4个．解析：设a 1＝a ，由题意知，a 2＝8－a ，a 3＝1＋a ，a 4＝7－a ，a 5＝2＋a ，a 6＝6－a ，a 7＝3＋a ，a 8＝5－a .因为数列{a n }各项都为正整数，所以1≤a ≤4，a ∈N *，则满足条件的数列{a n }有4个．考点二 由a n 与S n 的关系求通项公式【例2】 (1)数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2＋n ＋1，b n ＝(－1)n a n (n ∈N *)，则数列{b n }的前50项和为( )A ．49B ．50C ．99D ．100(2)数列{a n }满足12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋1，则数列{a n }的通项公式为________．【解析】 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n (n ≥2)，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2，∴b 1＋b 2＋…＋b 50＝(－3＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－98＋100)＝1＋2×24＝49，故选A.(2)当n ≥2时，12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n －1a n －1＝2n －1，与已知等式相减得12n a n ＝2，即a n ＝2n ＋1.又当n ＝1时，由12a 1＝3，得a 1＝6，不满足上式，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.【答案】 (1)A (2)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2n ＋1，n ≥2方法技巧已知S n 求a n 的常用方法是利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2转化为关于a n 的关系式，再求通项公式．主要分三个步骤完成： (1)先利用a 1＝S 1，求得a 1.(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系式，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2，n ∈N *时的通项公式．(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2，n ∈N *时a n 的表达式，如果符合则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段来写．1．已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，1n，n ≥2.解析：已知a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n ＋1.将n ＝1代入，得a 1＝2；当n ≥2时，将n －1代入得a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝n ，两式相减得na n ＝(n ＋1)－n ＝1，所以a n ＝1n，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，1n ，n ≥2.2．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，求a n . 解：由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ， 两边同时除以S n ＋1S n ，得1S n ＋1－1S n ＝－1， 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，则1S n ＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－1n ＋1n －1＝1n (n －1)，故a n＝⎩⎨⎧－1 (n ＝1)，1n (n －1)(n ≥2).考点三 由数列的递推公式求通项公式【例3】 (1)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1＝a n ＋n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________．(2)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则数列{a n }的通项公式为________．(3)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则数列{a n }的通项公式为________． 【解析】 (1)累加法由题意得a 2＝a 1＋2，a 3＝a 2＋3，…，a n ＝a n －1＋n (n ≥2)， 以上各式相加，得a n ＝a 1＋2＋3＋…＋n . 又∵a 1＝1，∴a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n 2＋n2(n ≥2)．∵当n ＝1时，a 1＝1也满足上式， ∴a n ＝n 2＋n 2(n ∈N *)．(2)累乘法∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，a n －2＝n －3n －2a n －3，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得 a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .当n ＝1时，a 1＝1，上式也成立．∴a n ＝1n (n ∈N *)．(3)构造法∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， ∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3， ∴数列{a n ＋1}为等比数列， 公比q ＝3，又a 1＋1＝2， ∴a n ＋1＝2·3n －1， ∴a n ＝2·3n －1－1(n ∈N *)． 【答案】 (1)a n ＝n 2＋n 2(n ∈N *)(2)a n ＝1n (n ∈N *)(3)a n ＝2·3n －1－1(n ∈N *) 方法技巧(1)正确选用方法求数列的通项公式①对于递推关系式可转化为a n ＋1＝a n ＋f (n )的数列，通常采用累加法(逐差相加法)求其通项公式.②对于递推关系式可转化为a n ＋1a n＝f (n )的数列，并且容易求数列{f (n )}前n 项的积时，采用累乘法求数列{a n }的通项公式.③对于递推关系式形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0，1，q ≠0)的数列，采用构造法求数列的通项. (2)避免两种失误①利用累乘法，易出现两个方面的问题：一是在连乘的式子中只写到a 2a 1，漏掉a 1而导致错误；二是根据连乘求出a n 之后，不注意检验a 1是否成立.②利用构造法求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确确定最后一个式子的形式.1．设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则通项公式a n ＝4－1n .解析：原递推公式可化为a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，则a 2＝a 1＋11－12，a 3＝a 2＋12－13，a 4＝a 3＋13－14，…，a n －1＝a n －2＋1n －2－1n －1，a n ＝a n －1＋1n －1－1n ，以上(n －1)个式子的等号两端分别相加得，a n ＝a 1＋1－1n ，故a n ＝4－1n.2．设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ，则通项公式a n ＝2n (n －1)2. 解析：由a n ＋1＝2n a n ，得a na n －1＝2n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝2n －1·2n －2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n －1)＝2n (n －1)2. 又a 1＝1适合上式，故a n ＝2n (n －1)2.3．在数列{a n }中，a 1＝3，且点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，则数列{a n }的通项公式为a n ＝103·4n －1－13.解析：因为点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，所以4a n －a n ＋1＋1＝0， 即a n ＋1＝4a n ＋1，得a n ＋1＋13＝4⎝⎛⎭⎫a n ＋13， 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋13是首项为a 1＋13＝103，公比为4的等比数列，所以a n ＋13＝103·4n －1，故a n ＝103·4n－1－13.考点四 数列的函数性质应用命题方向1 周期性的应用【例4】 已知数列{a n }中，a 1＝3，a 2＝7.当n ∈N *时，a n ＋2是乘积a n ·a n ＋1的个位数，则a 2 019＝________.【解析】 a 1＝3，a 2＝7，a 1a 2＝21，a 3＝1，a 2a 3＝7，a 4＝7，a 3a 4＝7，a 5＝7，a 4a 5＝49，a 6＝9，a 5a 6＝63，a 7＝3，a 6a 7＝27，a 8＝7，a 7a 8＝21，a 9＝1，a 8a 9＝7，所以数列{a n }是周期为6的数列，又2 019＝6×336＋3，所以a 2 019＝a 3＝1.【答案】 1 命题方向2 单调性的应用【例5】 (1)已知数列{a n }满足2S n ＝4a n －1，当n ∈N *时，{(log 2a n )2＋λlog 2a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是________．(2)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋2)·⎝⎛⎭⎫78n ，则当a n 取得最大值时，n ＝________. 【解析】 (1)∵2S n ＝4a n －1,2S n －1＝4a n －1－1(n ≥2)， 两式相减可得2a n ＝4a n －4a n －1(n ≥2)， ∴a n ＝2a n －1(n ≥2)．又2a 1＝4a 1－1， ∴a 1＝12，∴数列{a n }是公比为2的等比数列， ∴a n ＝2n －2，设b n ＝(log 2a n )2＋λlog 2a n ＝(n －2)2＋λ(n －2)， ∵{(log 2a n )2＋λlog 2a n }是递增数列， ∴b n ＋1－b n ＝2n －3＋λ>0恒成立， ∴λ>3－2n 恒成立， ∵(3－2n )max ＝1，∴λ>1，故实数λ的取值范围是(1，＋∞)．(2)当a n 取得最大值时，有⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1， ∴⎩⎨⎧ (n ＋2)⎝⎛⎭⎫78n ≥(n ＋1)⎝⎛⎭⎫78n －1，(n ＋2)⎝⎛⎭⎫78n ≥(n ＋3)⎝⎛⎭⎫78n ＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧ n ≤6，n ≥5，∴当a n 取得最大值时，n ＝5或6.【答案】 (1)(1，＋∞) (2)5或6方法技巧(1)解决数列的单调性问题的三种方法作差比较法根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列或是常数列 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 数形结合法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，再根据周期性求解．1．(方向1)已知数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n，若a 1＝12，则a 2 019＝( A ) A ．－1B.12C ．1D ．2解析：由a 1＝12，a n ＋1＝11－a n ， 得a 2＝11－a 1＝2，a 3＝11－a 2＝－1，a 4＝11－a 3＝12，a 5＝11－a 4＝2，…，于是可知数列{a n }是以3为周期的周期数列，因此a 2 019＝a 3×673＝a 3＝－1.2．(方向1)设数列{a n }满足a 1＝5，且对任意正整数n ，总有(a n ＋1＋3)(a n ＋3)＝4a n ＋4成立，则数列{a n }的前2 018项的和为－835.解析：由(a n ＋1＋3)(a n ＋3)＝4a n ＋4，得a n ＋1＝4a n ＋4a n ＋3－3＝a n －5a n ＋3，因为a 1＝5，所以a 2＝0，a 3＝－53，a 4＝－5，a 5＝5， 则数列{a n }是以4为周期的周期数列，因为2 018＝504×4＋2，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝－53， 即一个周期的和为－53，所以数列{a n }的前2 018项的和为－53×504＋5＋0＝－835. 3．(方向2)若a n ＝2n 2＋λn ＋3(其中λ为实常数)，n ∈N *，且数列{a n }为递增数列，则实数λ的取值范围为(－6，＋∞)．解析：a n ＋1－a n ＝[2(n ＋1)2＋λ(n ＋1)＋3]－(2n 2＋λn ＋3)＝4n ＋2＋λ.因为数列{a n }为递增数列，所以4n ＋2＋λ>0恒成立，即当n ∈N *时λ>－4n －2恒成立．因为(－4n －2)max ＝－4×1－2＝－6，所以λ>－6.。

山东2021新高考数学一轮复习第五章数列5.5数列的热点问题学案含解析.doc

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第五节 数列的热点问题考点一 数列与函数、不等式的交汇问题【例1】 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2.若正项等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 3＝a 2，且c n ＝a n ·b n ，数列{c n }的前n 项和为T n .(1)求T n ；(2)若对任意n ≥2，n ∈N *，均有(T n －5)m ≥6n 2－31n ＋35恒成立，求实数m 的取值范围． 【解】 (1)由题知b 1＝1，b 3＝4， ∴b n ＝2n －1，则c n ＝a n ·b n ＝(3n －2)·2n －1，∴T n ＝1×20＋4×21＋…＋(3n －2)·2n －1， 2T n ＝1×21＋4×22＋…＋(3n －2)·2n ， ∴－T n ＝1＋3(21＋22＋…＋2n －1)－(3n －2)·2n ＝(5－3n )·2n －5，∴T n ＝(3n －5)·2n ＋5. (2)∵(3n －5)·2n·m ≥6n 2－31n ＋35(n ≥2，n ∈N *)恒成立，∴m ≥6n 2－31n ＋35(3n －5)·2n＝(3n －5)(2n －7)(3n －5)·2n＝2n －72n ，即m ≥2n －72n 对任意n ≥2，n ∈N *恒成立．设k n ＝2n －72n ，则k n ＋1－k n ＝2n －52n ＋1－2n －72n ＝9－2n 2n ＋1，当n ≤4时，k n ＋1>k n ；当n ≥5时，k n ＋1<k n . ∴(k n )max ＝k 5＝325＝332，∴m ≥332.方法技巧本题通过函数单调性的定义，利用k n ＋1－k n 的符号，划分出数列的单调性，从而求出k n的最大值.1．函数f (x )＝x 2，定义数列{a n }如下：a n ＋1＝f (a n )，n ∈N *.若给定a 1的值，得到无穷数列{a n }满足：对任意正整数n ，均有a n ＋1>a n ，则a 1的取值范围是( A )A ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)B ．(－∞，0)∪(1，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(－1,0)解析：由题易得a 2n >a n ，∴a n (a n －1)>0，∴a n >1或a n <0，而当a 1∈[－1,0)时，a 3＝a 22＝a 41≤a 21＝a 2，不满足题设条件．当a 1∈(－∞，－1)时，a 2＝a 21>1>a 1，a 3＝a 22＝a 41>a 21＝a 2，…，a n ＋1＝a 2n >a n ，同理当a 1∈(1，＋∞)时，a n ＋1＝a 2n >a n 也成立，故选A ．2．已知数列{a n }满足a 1＝12，1a n ＋1＝1a n ＋2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明：a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n <12. 解：(1)由条件可知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，且首项为2，公差为2，故1a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，所以a n ＝12n.(2)证明：由(1)可知a 2n ＝⎝⎛⎭⎫12n 2＝14·1n 2<14·1n ·1n －1＝14⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ，n ≥2， 所以a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n <14⎝⎛⎭⎫1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝14⎝⎛⎭⎫2－1n . 故a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n<12. 考点二 数列在数学文化中的应用【例2】 历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比如意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，….即F (1)＝F (2)＝1，F (n )＝F (n －1)＋F (n －2)(n ≥3，n ∈N *)，此数列在现代物理、准晶体结构及化学等领域有着广泛的应用，若此数列被4整除后的余数构成一个新的数列{b n }，又记数列{c n }满足c 1＝b 1，c 2＝b 2，c n ＝b n －b n －1(n ≥3，n ∈N *)，则c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2 019的值为________．【解析】 记“兔子数列”为{a n }，则数列{a n }每个数被4整除后的余数构成一个新的数列{b n }为{1,1,2,3,1,0,1,1,2,3,1,0，…}，可得数列{b n }构成一周期为6的数列，由题意得数列{c n }为{1,1,1,1，－2，－1,1,0,1,1，－2，－1,1,0,1,1，－2，－1，…}， 观察数列{c n }可知该数列从第三项开始后面所有的数列构成一周期为6的数列，且每一周期的所有项的和为0，所以c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2 019＝(c 1＋c 2)＋(c 3＋…＋c 2 018)＋c 2 019＝1＋1＋1＝3.【答案】 3方法技巧解答数列应用题需要把好“四关”求解关 求解该数列问题还原关将所求的结果还原到实际问题中我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有蒲生一日，长三尺．莞生一日，长一尺，蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？”意思是：“今有蒲草第一天长高3尺，莞草第一天长高1尺．以后，蒲草每天长高前一天的一半，莞草每天长高前一天的2倍．问第几天蒲草和莞草的高度相同？”根据上述的已知条件，可求得第3天时，蒲草和莞草的高度相同(结果采取“只入不舍”的原则取整数，相关数据：lg3≈0.477 1，lg2≈0.301 0)．解析：由题意得，蒲草的高度组成首项为a 1＝3，公比为12的等比数列{a n }，设其前n 项和为A n ；莞草的高度组成首项为b 1＝1，公比为2的等比数列{b n }，设其前n 项和为B n .则A n＝3⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12，B n ＝2n－12－1，令3⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝2n －12－1，化简得2n ＋62n ＝7(n ∈N *)，解得2n ＝6，所以n＝lg6lg2＝1＋lg3lg2≈3，即第3天时蒲草和莞草高度相同． 考点三 数列中的数阵问题【例3】 观察如图所示的数表：设2 018是该数表第m 行第n 列的数，则mn ＝________.【解析】 第1行有1个偶数，第2行有2个偶数，第3行有22个偶数，以此类推，第n 行有2n －1个偶数，∴前n 行共有1＋2＋22＋…＋2n －1＝1－2n 1－2＝2n－1(个)偶数，第n 行最后一个偶数是(2n －1)×2＝2n ＋1－2，令2n ＋1－2≥2 018，得2n ＋1≥2 020，∴2n ≥1 010，∴n ≥10，∴第10行最后一个数是2 046，第10行有512个偶数，∴2 018是第10行第498列的数，∴m ＝10，n ＝498，∴mn ＝4 980.【答案】 4 980 方法技巧从数列到数阵，尽管数的排列形式发生了变化，但问题的实质仍然是数列问题，只要抓住每行首项，找准每行变化规律，从数阵中构造新数列(等差数列或等比数列或周期数列等)，那么解决问题的思想和方法仍然不变，可谓“形散神不散”.已知公差不为0的等差数列{a n }中，a 2＋a 4＝16，a 1＋1，a 2＋1，a 4＋1成等比数列，把各项按如图所示排列：a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9a 10 a 11 a 12 a 13 a 14 a 15 a 16a 17 a 18 a 19 a 20a 21a 22 a 23 a 24 a 25……则从上到下第10行，从左到右的第11个数的值为275. 解析：设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＋a 1＋3d ＝16，(a 1＋d ＋1)2＝(a 1＋1)(a 1＋3d ＋1)， 解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，a 1＝2，则数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3n －1.第10行第11个数为a 92，所求值为a 92＝3×92－1＝275.考点四 数列中的新定义问题【例4】 若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为“调和数列”，已知正项数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为“调和数列”，且b 1＋b 2＋…＋b 2 019＝20 190，则b 2b 2 018的最大值是________．【解析】 因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是“调和数列”，所以b n ＋1－b n ＝d ， 即数列{b n }是等差数列， 所以b 1＋b 2＋…＋b 2 019 ＝2 019(b 1＋b 2 019)2＝2 019(b 2＋b 2 018)2＝20 190，所以b 2＋b 2 018＝20.又1b n >0，所以b 2>0，b 2 018>0， 所以b 2＋b 2 018＝20≥2b 2b 2 018，即b 2b 2 018≤100(当且仅当b 2＝b 2 018时等号成立)， 因此b 2b 2 018的最大值为100. 【答案】 100 方法技巧(1)新定义数列问题的特点,通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.(2)新定义问题的解题思路,遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决.1．定义一种运算“※”，对于任意n ∈N *均满足以下运算性质：(1)2※2 019＝1；(2)(2n ＋2)※2 019＝(2n )※2 019＋3，则2 018※2 019＝3_025. 解析：设a n ＝(2n )※2 019，则由运算性质(1)知a 1＝1， 由运算性质(2)知a n ＋1＝a n ＋3， 即a n ＋1－a n ＝3.所以数列{a n }是首项为1，公差为3的等差数列，故2 018※2 019＝(2×1 009)※2 019＝a 1 009＝1＋1 008×3＝3 025. 2．定义各项为正数的数列{p n }的“美数”为np 1＋p 2＋…＋p n(n ∈N *)．若各项为正数的数列{a n }的“美数”为12n ＋1，且b n ＝a n ＋14，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 2 018b 2 019＝2 0182 019.解析：因为各项为正数的数列{a n }的“美数”为12n ＋1， 所以n a 1＋a 2＋…＋a n ＝12n ＋1.设数列{a n }的前n 项和为S n ， 则S n ＝n (2n ＋1)， S n －1＝(n －1)[2(n －1)＋1] ＝2n 2－3n ＋1(n ≥2)，所以a n ＝S n －S n －1＝4n －1(n ≥2)．又1a 1＝13，所以a 1＝3，满足式子a n ＝4n －1， 所以a n ＝4n －1(n ∈N *)．又b n ＝a n ＋14，所以b n ＝n ，所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 2 018b 2 019＝11×2＋12×3＋…＋12 018×2 019＝1－12＋12－13＋…＋12 018－12 019＝1－12 019＝2 018 2 019.。

(山东专用)2021版高考数学一轮复习第五章数列第二讲等差数列及其前n项和学案(含解析)

(山东专用)2021版高考数学一轮复习第五章数列第二讲等差数列及其前n项和学案(含解析)

第二讲 等差数列及其前n 项和ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CE 知识梳理·双基自测知识梳理知识点一 等差数列的有关概念 (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__，通常用字母__d __表示，定义的表达式为__a n ＋1－a n ＝d __(n ≥2)．(2)等差中项如果a ，A ，b 成等差数列， 那么__A __叫做a 与b 的等差中项且__A ＝a ＋b2__.(3)通项公式如果等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，那么通项公式为a n ＝__a 1＋(n －1)d __＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(4)前n 项和公式：S n ＝__na 1＋n n －12d __＝__a 1＋a n n2__.知识点二 等差数列的性质已知数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．(1)若m 1＋m 2＋…＋m k ＝n 1＋n 2＋…＋n k ，则am 1＋am 2＋…＋am k ＝an 1＋an 2＋…＋an k .特别地，若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝__a p ＋a q __.(2)a m ，a m ＋k ，a m ＋2k ，a m ＋3k ，…仍是等差数列，公差为__kd __. (3)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列． (4){S nn}为等差数列．(5)n 为奇数时，S n ＝na 中，S 奇＝__n ＋12__a 中，S 偶＝__n －12__a 中，∴S 奇－S 偶＝__a 中__.n 为偶数时，S 偶－S 奇＝nd 2.(6)数列{a n }，{b n }是公差分别为d 1，d 2的等差数列，则数列{pa n }，{a n ＋p }，{pa n ＋qb n }都是等差数列(p ，q 都是常数)，且公差分别为pd 1，d 1，pd 1＋qd 2.重要结论1．等差数列前n 项和公式的推证方法__倒序相加法__.2．d ＝a n －a mn －m. 3．等差数列与函数的关系(1)通项公式：当公差d ≠0时，等差数列的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d 是关于n 的一次函数，且斜率为公差d .若公差d >0，则为递增数列，若公差d <0，则为递减数列．(2)前n 项和：当公差d ≠0时，S n ＝d2n 2＋(a 1－d2)n 是关于n 的二次函数且常数项为0.显然当d <0时，S n 有最大值，d >0时，S n 有最小值．4．在遇到三个数成等差数列时，可设其为a －d ，a ，a ＋d ；四个数成等差数列时，可设为a －3d ，a －d ，a ＋d ，a ＋3d 或a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d .双基自测题组一 走出误区1．(多选题)下列命题正确的是( BD )A ．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B ．等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的C ．等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数D ．若{a n }是等差数列，公差为d ，则数列{a 3n }也是等差数列 [解析] 对于A ，同一个常数．对于B ，因为在等差数列{a n }中，当公差d >0时，该数列是递增数列，当公差d <0时，该数列是递减数列，当公差d ＝0时，该数列是常数数列，所以命题正确．对于C ，常数列的前n 项和公式为一次函数．对于D ，因为{a n }是等差数列，公差为d ，所以a 3(n ＋1)－a 3n ＝3d (与n 值无关的常数)，所以数列{a 3n }也是等差数列．故选B 、D ．题组二 走进教材2．(必修5P 38例1(1)改编)已知等差数列－8，－3,2,7，…，则该数列的第100项为__487__ [解析] 依题意得，该数列的首项为－8，公差为5，所以a 100＝－8＋99×5＝487. 3．(必修5P 46A 组T5改编)已知等差数列5,427，347，…，则前n 项和S n ＝__114(75n －5n 2)__.[解析] 由题知公差d ＝－57，所以S n ＝na 1＋nn －12d ＝114(75n －5n 2)．4．(必修5P 41T2改编)设a ≠b ，且数列a ，x 1，x 2，b 和a ，y 1，y 2，y 3，y 4，b 分别是等差数列，则y 4－y 3x 2－x 1＝( A ) A ．35 B ．45 C ．34D ．53[解析] x 2－x 1＝13(b －a )，y 4－y 3＝15(b －a )，∴y 4－y 3x 2－x 1＝15b －a13b －a ＝35.故选A ．题组三 考题再现5．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( A ) A ．a n ＝2n －5 B ．a n ＝3n －10 C ．S n ＝2n 2－8nD ．S n ＝12n 2－2n[解析] 解法一：设等差数列{a n }的公差为d ，∵⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝0，a 5＝5，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 4a 1＋4×32d ＝0，a 1＋4d ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝na 1＋n n －12d ＝n 2－4n .故选A ．解法二：设等差数列{a n }的公差为d ，∵⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝0，a 5＝5，∴⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4×32d ＝0，a 1＋4d ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2.选项A ，a 1＝2×1－5＝－3；选项B ；a 1＝3×1－10＝－7，排除B ；选项C ，S 1＝2－8＝－6，排除C ；选项D ，S 1＝12－2＝－32，排除D ，选A ．6．(2019·北京)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝__0__，S n 的最小值为__－10__.[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，∵⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝－3，S 5＝－10，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝－3，5a 1＋10d ＝－10，∴可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝1，∴a 5＝a 1＋4d ＝0.∵S n ＝na 1＋n n －12d ＝12(n 2－9n )，∴当n ＝4或n ＝5时，S n 取得最小值，最小值为－10.KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU 考点突破·互动探究考点一 等差数列的基本运算——自主练透例1 (1)(2018·北京，9)设{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2＋a 5＝36，则{a n }的通项公式为__a n ＝6n －3__.(2)(2019·全国卷Ⅲ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 3＝5，a 7＝13，则S 10＝__100__. (3)(2019·全国卷Ⅲ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1≠0，a 2＝3a 1，则S 10S 5＝__4__. [解析] (1)本题主要考查等差数列的通项公式．设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2＋a 5＝a 1＋d ＋a 1＋4d ＝2a 1＋5d ＝6＋5d ＝36，∴d ＝6，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3＋6(n －1)＝6n －3.(2)解法一：设等差数列{a n }的公差为d ，则由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，a 1＋6d ＝13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以S 10＝10×1＋10×92×2＝100.解法二：由题意，得公差d ＝14(a 7－a 3)＝2，所以a 4＝a 3＋d ＝7，所以S 10＝10a 1＋a 102＝5(a 4＋a 7)＝100.(3)设等差数列{a n }的公差为d ，由a 2＝3a 1，即a 1＋d ＝3a 1，得d ＝2a 1，所以S 10S 5＝10a 1＋10×92d5a 1＋5×42d＝10a 1＋10×92×2a 15a 1＋5×42×2a 1＝10025＝4.名师点拨 ☞等差数列基本量的求法(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，体现了方程思想．(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．考点二 等差数列的判定与证明——师生共研例2 (2020·广东省汕头市金山中学)在数列{a n }中，a 1＝4，na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n2＋2n .(1)求证：数列{a n n}是等差数列； (2)求数列{1a n}的前n 项和S n .[解析] (1)证明：na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n 的两边同时除以n (n ＋1)，得a n ＋1n ＋1－a nn＝2(n ∈N *)，所以数列{a n n}是首项为4，公差为2的等差数列． (2)由(1)，得a n n＝2n ＋2， 所以a n ＝2n 2＋2n ，故 1a n＝12n 2＋2n ＝12·n ＋1－n n n ＋1＝12·(1n －1n ＋1)，所以S n ＝12[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)]＝12[(1＋12＋13＋…＋1n )－(12＋13＋…＋1n ＋1)] ＝12(1－1n ＋1)＝n2n ＋1. 名师点拨 ☞等差数列的判定方法(1)定义法：对于n ≥2的任意自然数，验证a n －a n －1为同一常数． (2)等差中项法：验证2a n －1＝a n ＋a n －2(n ≥3，n ∈N *)成立． (3)通项公式法：验证a n ＝pn ＋q . (4)前n 项和公式法：验证S n ＝An 2＋Bn .提醒：在解答题中常应用定义法和等差中项法证明，而通项公式法和前n 项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断．若判断一个数列不是等差数列，只需找出三项a n ，a n ＋1，a n ＋2使得这三项不满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2即可．各项不同号的等差数列各项的绝对值不构成等差数列，但其前n 项和可用等差数列前n 项和公式分段求解，分段的关键是找出原等差数列中变号的项．〔变式训练1〕(2020·南京模拟)已知数列{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}是等差数列；(2)求a n 的表达式．[解析] (1)因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，又a n ＝－2S n ·S n －1，所以S n －1－S n ＝2S n ·S n －1，S n ≠0.因此1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．故由等差数列的定义知{1S n }是以1S 1＝1a 1＝2为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知1S n ＝1S 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×2＝2n ，即S n ＝12n .由于当n ≥2时，有a n ＝－2S n ·S n －1＝－12nn －1，又因为a 1＝12，不适合上式．所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12n ＝1，－12n n －1n ≥2.考点三 等差数列性质的应用——多维探究角度1 等差数列项的性质例3 (1)(2020·江西联考)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝6，则3a 2＋a 16的值为( D )A ．24B ．18C ．16D ．12(2)(2020·吉林百校联盟联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若2a 11＝a 9＋7，则S 25＝( D )A ．1452B ．145C ．1752D ．175(3)(2020·江西九江一中月考)设S m 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 5a 3＝59，则S 9S 5＝( A )A ．1B ．－1C ．2D ．12[分析] 由于确定等差数列需两个条件，而这三个小题都只有一个条件，故可确定a 1与d 的关系式，将其整体代入即可解决问题，但更简捷的方法是直接利用等差数列性质a m ＋a n ＝a p ＋a q ⇔m ＋n ＝p ＋q 求解(注意项数不变，脚标和不变)．[解析] (1)由题意知3a 2＋a 16＝2(a 3＋a 8)＝12.故选D ． (2)∵2a 11＝a 9＋a 13＝a 9＋7，∴a 13＝7， ∴S 25＝a 1＋a 25×252＝25a 13＝175.故选D ．(3)S 9S 5＝9a 1＋a 95a 1＋a 5＝9a 55a 3，∵a 5a 3＝59∴S 9S 5＝1.故选A ．另解：a 5a 3＝59⇒a 1＋4d a 1＋2d ＝59⇒2a 1＝－13d ，∴S 9S 5＝9a 1＋a 95a 1＋a 5＝92a 1＋8d 52a 1＋4d ＝9－5d5－9d＝1. 名师点拨 ☞(1)等差数列中最常用的性质：①d ＝a p －a qp －q，②am 1＋am 2＋…＋am k ＝an 1＋an 2＋…＋an k ⇔m 1＋m 2＋…＋m k ＝n 1＋n 2＋…＋n k .特别地若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q .(2)利用等差数列性质(特别是感觉条件不够时)求解即简捷，又漂亮． 角度2 等差数列前n 项和性质例4 (1)(2020·四川双流中学模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10＝1，S 30＝5，则S 40＝( B )A ．7B ．8C ．9D ．10(2)在等差数列{a n }中，a 1＝－2 019，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2019＝( A )A ．－2 019B ．－2 018C ．－2 017D ．－2 016[分析] 思路1：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，根据题意列方程组求得a 1、d ，进而可用等差数列前n 项和公式求S 40；思路2：设{a n }的前n 项和S n ＝An 2＋Bn ，由题意列出方程组求得A 、B ，从而得S n ，进而得S 40；思路3：利用等差数列前n 项和性质S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30是等差数列，由前三项求得S 20，从而得此数列的公差，进而求得S 40－S 30，得S 40；思路4：利用{S n n}是等差数列，由S 1010、S 3030可求出公差，从而可得S 4040，进而求得S 40.[解析] (1)解法一：设等差数列{a n }的公差为d ， 则⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋10×92d ＝1，30a 1＋30×292d ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1150，a 1＝7100，∴S 40＝7100×40＋40×392×1150＝8.故选B ． 解法二：设等差数列前n 项和为S n ＝An 2＋Bn ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧100A ＋10B ＝1，900A ＋30B ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧A ＝1300，B ＝115.∴S n ＝n 2300＋n15，∴S 40＝8.故选B ． 解法三：由等差数列的性质知S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等差数列，∴2(S 20－S 10)＝S 10＋(S 30－S 20)，∴S 20＝S 10＋S 303＝1＋53＝83.∴d ＝(S 20－S 10)－S 10＝23，∴S 40－5＝1＋3×23＝3，∴S 40＝8.故选B ．解法四：由等差数列的性质知{S n n}是等差数列， ∴S 1010，S 2020，S 3030，S 4040，即110，S 2020，16，S 4040成等差数列， ∴S 4040＝16＋16－1102＝15，∴S 40＝8.故选B ． (2)由题意知，数列{S n n}为等差数列，其公差为1， 所以S 20192 019＝S 11＋(2 019－1)×1＝－2 019＋2 018＝－1. 所以S 2019＝－2 019.故选A ． 名师点拨 ☞比较本例的四种解法可知，解法2、解法4运算简便适用所有公差d ≠0的等差数列．务必熟记：①等差数列前n 项和S n ＝d2n 2＋(a 1－d 2)n ；②{S nn}是等差数列．〔变式训练2〕(1)(角度1)(2020·山东师大附中模拟)在等差数列{a n }中，a 9＝12a 12＋3，则数列{a n }的前11项和S 11＝( C )A ．21B ．48C ．66D ．132(2)(角度2)(2020·天津六校期中)设S n ，T n 分别是等差数列{a n }，{b n }的前n 项和，若S nT n＝n 2n ＋1(n ∈N *)，则a 6b 6＝( C ) A ．513 B ．919 C ．1123D ．923(3)(角度2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝－12，S 9＝45，则S 12＝__114__. [解析] (1)由题意知2a 9＝a 12＋6，即a 12＋a 6＝a 12＋6，∴a 6＝6，∴S 11＝11a 1＋a 112＝11a 6＝66.故选C ．(2)a 6b 6＝2a 62b 6＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝S 11T 11＝1123，故选C ． (3)因为{a n }是等差数列，所以S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9成等差数列，所以2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)，即2(S 6＋12)＝－12＋(45－S 6)，解得S 6＝3.又2(S 9－S 6)＝(S 6－S 3)＋(S 12－S 9)，即2×(45－3)＝(3＋12)＋(S 12－45)，解得S 12＝114.MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG 名师讲坛·素养提升与等差数列前n 项和S n 有关的最值问题例5 (1)(2020·吉林市调研)设S n 是公差不为零的等差数列{a n }的前n 项和，且a 1>0，若S 5＝S 9，则当S n 最大时，n ＝( B )A ．6B ．7C ．10D ．9(2)(2020·黑龙江牡丹江一中月考)已知数列{a n }为等差数列，若a 11a 10<－1，且其前n 项和S n 有最大值，则使得S n >0的最大值n 为( B )A ．11B ．19C ．20D ．21[分析] (1)由S 5＝S 9可求得a 1与d 的关系，进而求得通项，由通项得到此数列前多少项为负，或利用S n 是关于n 的二次函数，利用二次函数求最值的方法求解；(2)利用S n >0⇔a 1＋a n >0求解．[解析] (1)解法一：由S 5＝S 9得a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝0， 即a 7＋a 8＝0，∴2a 1＋13d ＝0，又a 1>0，∴d <0. ∴a 7>0，a 8<0，∴a 1>a 2>…>a 7>0>a 8>a 9>…， ∴S n 最大时，n ＝7，故选B ．解法二：S n 是关于n 的二次函数，S n ＝d2n 2＋(a 1－d2)n ，且d <0，(n ，S n )所在抛物线开口向下 ，又S 5＝S 9，∴抛物线对称轴为n ＝7.即n ＝7时，S n 最大，故选B ．解法三：由解法1知d ＝－213a 1， ∴S n ＝na 1＋n n －12d ＝d 2n 2＋(a 1－12d )n ＝－a 113n 2＋1413a 1n ＝－a 113(n －7)2＋4913a 1，∵a 1>0，∴－a 113<0，∴当n ＝7时，S n 最大．解法四：由解法一可知，d ＝－213a 1.∵a 1>0，∴d <0.令⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋n －1－213a 1≥0，a 1＋n －213a 1≤0，解得132≤n ≤152.∵n ∈N *，∴当n ＝7时，S n 最大．(2)∵S n ＝d2n 2＋(a 1－d 2)n 有最大值，∴d <0，又a 11a 10<－1，∴a 10>0，a 11<0，∴a 10＋a 11<0，即a 1＋a 20<0，∴S 20＝10(a 1＋a 20)<0，又S 19＝19a 1＋a 192＝19a 10>0，∴使S n >0的n 的最大值为19.故选B ．[引申]①本例(1)中若将“S 5＝S 9”改为“S 5＝S 10”，则当S n 取最大值时n ＝__7或8__； ②本例(1)中，使S n <0的n 的最小值为__15__； ③本例(2)中，使S n 取最大值时n ＝__10__.[解析] ①若S 5＝S 10，则S n ＝d2n 2＋(a 1－d2)n 的对称轴为n ＝7.5，但n ∈N *，故使S n 最大的n 的值为7或8.②由a 7＋a 8＝a 1＋a 14＝0知S 14＝0，又a 8<0，∴2a 8＝a 1＋a 15<0，即S 15<0，∴使S n <0的n 的最小值为15.名师点拨 ☞求等差数列{a n }的前n 项和S n 的最值的方法：〔变式训练3〕(2020·长春市模拟)等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差d >0，则其前n 项和取最小值时的n 的值为( C )A ．6B ．7C ．8D ．9[解析] ∵|a 6|＝|a 11|且公差d >0，∴a 6＝－a 11， ∴a 6＋a 11＝a 8＋a 9＝0，且a 8<0，a 9>0， ∴a 1<a 2<…<a 8<0<a 9<a 10<…，∴使S n 取最小值的n 的值为8.故选C ．。

2022年高考数学(文)一轮复习文档：第五章 数列 第2讲等差数列及其前n项和 Word版含答案

2022年高考数学(文)一轮复习文档：第五章 数列 第2讲等差数列及其前n项和 Word版含答案

第2讲 等差数列及其前n 项和,)1．等差数列的有关概念 (1)定义假如一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．(2)等差中项数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ．(2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝（a 1＋a n ）n2．3．等差数列的性质已知数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和． (1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)． (2)若k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n ． (3)若{a n }的公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d ． (4)若{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列． (5)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…构成等差数列．1．辨明两个易误点(1)要留意概念中的“从第2项起”．假如一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．(2)留意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区分． 2．妙设等差数列中的项若奇数个数成等差数列，可设中间三项为a －d ，a ，a ＋d ；若偶数个数成等差数列，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． 3．等差数列的四种推断方法(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)通项公式法：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数)⇔{a n }是等差数列．(4)前n 项和公式法：S n ＝An 2＋Bn (A 、B 为常数)⇔{a n }是等差数列．1.教材习题改编 等差数列11，8，5，…，中－49是它的第几项( ) A ．第19项 B ．第20项 C ．第21项D ．第22项C a 1＝11，d ＝8－11＝－3， 所以a n ＝11＋(n －1)×(－3)＝－3n ＋14. 由－3n ＋14＝－49，得n ＝21.故选C.2.教材习题改编 已知p ：数列{a n }是等差数列，q ：数列{a n }的通项公式a n ＝k 1n ＋k 2(k 1，k 2均为常数)，则p 是q 的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件C 若{a n }是等差数列，不妨设公差为d . 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d ， 令k 1＝d ，k 2＝a 1－d ，则a n ＝k 1n ＋k 2，若数列{a n }的通项公式a n ＝k 1n ＋k 2(k 1，k 2为常数，n ∈N *)， 则当n ≥2且n ∈N *时，a n －1＝k 1(n －1)＋k 2， 所以a n －a n －1＝k 1(常数)(n ≥2且n ∈N *)， 所以{a n }为等差数列， 所以p 是q 的充要条件．3.教材习题改编 等差数列{a n }的前n 项之和为S n ，若a 5＝6，则S 9为( ) A ．45 B ．54 C ．63D ．27B 法一：由于S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5＝9×6＝54.故选B.法二：由a 5＝6，得a 1＋4d ＝6，所以S 9＝9a 1＋9×82d ＝9(a 1＋4d )＝9×6＝54，故选B.4．(2021·金丽衢十二校联考)已知等差数列{a n }满足：a 3＝13，a 13＝33，则数列{a n }的公差为________．设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝a 13－a 313－3＝33－1310＝2.25．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 12＝－8，S 9＝－9，则S 16＝________． 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 12＝a 1＋11d ＝－8，S 9＝9a 1＋9d ×82＝－9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝－1. 所以S 16＝16×3＋16×152×(－1)＝－72.－72等差数列的基本运算(高频考点)等差数列基本量的计算是高考的常考内容，多消灭在选择题、填空题或解答题的第(1)问中，属简洁题． 高考对等差数列基本量计算的考查主要有以下三个命题角度： (1)求公差d 、项数n 或首项a 1； (2)求通项或特定项； (3)求前n 项和．(1)(2021·高考全国卷Ⅰ)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S 8＝4S 4，则a 10＝( )A ．172B ．192C ．10D ．12(2)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S n ＋2－S n ＝36，则n ＝( ) A ．5B ．6C ．7D ．8【解析】 (1)由于公差为1，所以S 8＝8a 1＋8×（8－1）2×1＝8a 1＋28，S 4＝4a 1＋6.由于 S 8＝4S 4，所以8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，所以a 10＝a 1＋9d ＝12＋9＝192，故选B.(2)法一：由题知S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n ＋n (n －1)＝n 2，S n ＋2＝(n ＋2)2，由S n ＋2－S n ＝36得，(n ＋2)2－n 2＝4n ＋4＝36，所以n ＝8.法二：S n ＋2－S n ＝a n ＋1＋a n ＋2＝2a 1＋(2n ＋1)d ＝2＋2(2n ＋1)＝36，解得n ＝8. 【答案】 (1)B (2)D等差数列基本运算的解题方法(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来解决问题．(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．角度一 求公差d 、项数n 或首项a 11．(2021·豫东、豫北十所名校联考)已知等差数列{a n }中，a 5＝13，S 5＝35，则公差d ＝( ) A ．－2 B ．－1 C ．1D ．3D 依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝13，5a 1＋10d ＝35，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝3，故选D.角度二 求通项或特定项2．(2022·高考全国卷乙)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A ．100 B ．99 C ．98D ．97C 设等差数列{a n }的公差为d ，由于{a n }为等差数列，且S 9＝9a 5＝27，所以a 5＝3.又a 10＝8，解得5d ＝a 10－a 5＝5，所以d ＝1，所以a 100＝a 5＋95d ＝98，选C.角度三 求前n 项和3．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于________．由a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，可知数列{a n }是首项为1，公差为12的等差数列，故S 9＝9a 1＋9×（9－1）2×12＝9＋18＝27. 27等差数列的判定与证明已知数列{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．【解】 (1)证明：由题设知a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1，两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1， 由于a n ＋1≠0， 所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)由题设知a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1， 可得a 2＝λ－1. 由(1)知，a 3＝λ＋1. 令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4. 故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1， 公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3；{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1. 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2， 因此存在λ＝4， 使得数列{a n }为等差数列．(1)推断证明一个数列是否是等差数列的解答题，常用定义法和等差中项法，而通项公式法和前n 项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简洁推断．(2)用定义证明等差数列时，常接受两个式子a n ＋1－a n ＝d 和a n －a n －1＝d ，但它们的意义不同，后者必需加上“n ≥2”，否则n ＝1时，a 0无定义．已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)．设b n ＝1a n －1(n ∈N *)，求证：数列{b n }是等差数列．由于a n ＝2－1a n －1，所以a n ＋1＝2－1a n.所以b n ＋1－b n ＝1a n ＋1－1－1a n －1，＝12－1a n－1－1a n －1，＝a n －1a n －1＝1， 所以{b n }是首项为b 1＝12－1＝1，公差为1的等差数列．等差数列的性质及最值(1)在等差数列{a n }中，a 3＋a 9＝27－a 6，S n 表示数列{a n }的前n 项和，则S 11＝( ) A ．18 B ．99 C ．198D ．297(2)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＝________．(3)在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．【解析】 (1)由于a 3＋a 9＝27－a 6，2a 6＝a 3＋a 9，所以3a 6＝27，所以a 6＝9，所以S 11＝112(a 1＋a 11)＝11a 6＝99.(2)由于{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.(3)当且仅当n ＝8时，S n 取得最大值，说明⎩⎪⎨⎪⎧a 8＞0，a 9＜0.所以⎩⎪⎨⎪⎧7＋7d ＞0，7＋8d ＜0.所以－1＜d ＜－78.【答案】 (1)B (2)21 (3)⎝⎛⎭⎪⎫－1，－78应用等差数列的性质应留意的两点(1)在等差数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m 、n 、p 、q 、k ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ＝2a k 是常用的性质． (2)把握等差数列的性质，悉心争辩每共性质的使用条件及应用方法，认真分析项数、序号、项的值的特征，这是解题的突破口．1．已知等差数列{a n }的公差为2，项数是偶数，全部奇数项之和为15，全部偶数项之和为25，则这个数列的项数为( )A ．10B ．20C ．30D ．40A 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10.2．在等差数列{a n }中，a 1＝29，S 10＝S 20，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为( ) A ．S 15B ．S 16C ．S 15或S 16D ．S 17A 设{a n }的公差为d ， 由于a 1＝29，S 10＝S 20，所以10a 1＋10×92d ＝20a 1＋20×192d ，解得d ＝－2，所以S n ＝29n ＋n （n －1）2×(－2)＝－n 2＋30n ＝－(n －15)2＋225.所以当n ＝15时，S n 取得最大值．3．(2021·陕西省五校模拟)等差数列{a n }中，假如 a 1＋a 4＋a 7＝39，a 3＋a 6＋a 9＝27，则数列{a n }前9项的和为( )A ．297B ．144C ．99D ．66C 由等差数列的性质可知，2(a 2＋a 5＋a 8)＝(a 1＋a 4＋a 7)＋(a 3＋a 6＋a 9)＝39＋27＝66， 所以a 2＋a 5＋a 8＝33，所以数列{a n }前9项的和为66＋33＝99.,)——整体思想在等差数列中的应用在等差数列{a n }中，S 10＝100，S 100＝10，则S 110＝________． 【解析】 法一：设数列{a n }的公差为d ，首项为a 1，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.法二：法一中两方程相减得 －90a 1－100×99－902d ＝90，所以a 1＋110－12d ＝－1，所以S 110＝110a 1＋110（110－1）2d ＝－110.法三：由于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】 －110(1)法一是利用等差数列的前n 项和公式求解基本量，然后求和，是等差数列运算问题的常规思路．而法二、法三都突出了整体思想，分别把a 1＋110－12d 、a 11＋a 100看成了一个整体，解起来都很便利．(2)整体思想是一种重要的解题方法和技巧，这就要求同学要娴熟把握公式，理解其结构特征．已知{a n }为等差数列，若a 1＋a 2＋a 3＝5，a 7＋a 8＋a 9＝10，则a 19＋a 20＋a 21＝________．法一：设数列{a n }的公差为d ，则a 7＋a 8＋a 9＝a 1＋6d ＋a 2＋6d ＋a 3＋6d ＝5＋18d ＝10，所以18d ＝5，故a 19＋a 20＋a 21＝a 7＋12d ＋a 8＋12d ＋a 9＋12d ＝10＋36d ＝20.法二：由等差数列的性质，可知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，…，S 21－S 18成等差数列，设此数列公差为D . 所以5＋2D ＝10， 所以D ＝52.所以a 19＋a 20＋a 21＝S 21－S 18＝5＋6D ＝5＋15＝20. 20,)1．若等差数列{a n }的前5项之和S 5＝25，且a 2＝3，则a 7＝( ) A ．12 B ．13 C ．14D ．15B 设{a n }的公差为d ，由S 5＝（a 2＋a 4）·52⇒25＝（3＋a 4）·52⇒a 4＝7，所以7＝3＋2d ⇒d ＝2，所以a 7＝a 4＋3d ＝7＋3×2＝13.2．在单调递增的等差数列{a n }中，若a 3＝1，a 2a 4＝34，则a 1＝( )A ．－1B ．0C ．14D ．12B 由题知，a 2＋a 4＝2a 3＝2， 又由于a 2a 4＝34，数列{a n }单调递增，所以a 2＝12，a 4＝32.所以公差d ＝a 4－a 22＝12.所以a 1＝a 2－d ＝0. 3．在等差数列{a n }中，a 3＋a 5＋a 11＋a 17＝4，且其前n 项和为S n ，则S 17为( ) A ．20 B ．17 C ．42D ．84B 由a 3＋a 5＋a 11＋a 17＝4⇒2(a 4＋a 14)＝4⇒a 1＋a 17＝2，故S 17＝17（a 1＋a 17）2＝17.4．(2021·东北三校联考(一))已知数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列，且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若b 3＝－2，b 2＝12，则a 8＝( )A ．0B ．－109C ．－181D ．121B 设等差数列{b n }的公差为d ，则d ＝－14，由于a n ＋1－a n ＝b n ，所以a 8－a 1＝b 1＋b 2＋…＋b 7＝7（b 1＋b 7）2＝72＝－112，则a 8＝－109. 5．(2021·黄冈质检)在等差数列{a n }中，假如a 1＋a 2＝40，a 3＋a 4＝60，那么a 7＋a 8＝( ) A ．95 B ．100 C ．135D ．80B 由等差数列的性质可知，a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6，a 7＋a 8构成新的等差数列，于是a 7＋a 8＝(a 1＋a 2)＋(4－1)＝40＋3×20＝100.6．(2021·杭州重点中学联考)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 4＜0，a 5＞|a 4|，则使S n ＞0成立的最小正整数n 为( )A ．6B ．7C ．8D ．9C 在等差数列{a n }中 ，由于a 4＜0，a 5＞|a 4|，所以a 5＞0，a 5＋a 4＞0，S 7＝7（a 1＋a 7）2＝7×2a 42＝7a 4＜0，S 8＝8（a 1＋a 8）2＝8（a 4＋a 5）2＝4(a 4＋a 5)＞0.所以使S n ＞0成立的最小正整数n 为8，故选C.7．在等差数列{a n }中，a 1＝0，公差d ≠0，若a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9，则m 的值为________． a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9＝9a 1＋9×82d ＝36d ＝a 37. 所以m ＝37. 378．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＝__________． 设{a n }的公差为d ，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.－19．若两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，已知S n T n ＝7n n ＋3，则a 5b 5等于________．由于a 5＝a 1＋a 92，b 5＝b 1＋b 92，所以a 5b 5＝a 1＋a 92b 1＋b 92＝9（a 1＋a 9）29（b 1＋b 9）2＝S 9T 9＝7×99＋3＝214.21410．记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，当k ≥2时，若S k －1＝8，S k ＝0，S k ＋1＝－10，则S n 的最大值为________． 当k ≥2时，a k ＝S k －S k －1＝－8，a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝－10，公差d ＝a k ＋1－a k ＝－2，S k ＝k （a 1＋a k ）2＝0，所以a 1＋a k ＝0，所以a 1＝8，所以a n ＝－2n ＋10，由a n ＝0得n ＝5，所以S 4＝S 5＝20最大．2011．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1(n ∈N *，n ≥2)，数列{b n }满足关系式b n ＝1a n(n ∈N *)．(1)求证：数列{b n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．(1)证明：由于b n ＝1a n ，且a n ＝a n －12a n －1＋1，所以b n ＋1＝1a n ＋1＝1a n2a n ＋1＝2a n ＋1a n，所以b n ＋1－b n ＝2a n ＋1a n －1a n＝2.又b 1＝1a 1＝1，所以数列{b n }是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知数列{b n }的通项公式为b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又b n ＝1a n ，所以a n ＝1b n ＝12n －1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝12n －1.12．已知等差数列{a n }中，S n 是前n 项的和，a 1＝－2 017，S 2 0172 017－S 2 0152 015＝2，则S 2 019的值为________．由S 2 0172 017－S 2 0152 015＝a 1 009－a 1 008＝2. 即{a n }的公差d ＝2，又a 1＝－2 017，所以S 2 019＝2 019×(－2 017)＋2 019×2 0182×2＝2 019.2 01913．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． (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 )．由于数列{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 －1.14．已知数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，且a 3＝10，S 6＝72，若b n ＝12a n －30，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n 的最小值．由于2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，所以a n ＋1－a n ＝a n ＋2－a n ＋1， 故数列{a n }为等差数列．设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由a 3＝10，S 6＝72得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝10，6a 1＋15d ＝72，解得a 1＝2，d ＝4. 所以a n ＝4n －2，则b n ＝12a n －30＝2n －31，令⎩⎪⎨⎪⎧b n ≤0，b n ＋1≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧2n －31≤0，2（n ＋1）－31≥0， 解得292≤n ≤312，由于n ∈N *，所以n ＝15，即数列{b n }的前15项均为负值，所以T 15最小． 由于数列{b n }的首项是－29，公差为2， 所以T 15＝15（－29＋2×15－31）2＝－225.。

(山东专用)新高考数学一轮复习 第五章 数列 5.2 等差数列学案(含解析)-人教版高三全册数学学案

(山东专用)新高考数学一轮复习 第五章 数列 5.2 等差数列学案(含解析)-人教版高三全册数学学案

第二节 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.1.本节是高考重点考查的内容，涉及等差数列的定义、等差中项、通项公式、前n 项和公式及性质等内容．2．命题形式多种多样，一般以选择题或填空题的形式考查等差数列的基本运算与简单性质，解答题往往与等比数列、数列求和、不等式等问题综合考查.知识点一 等差数列与等差中项1．定义(1)文字语言：从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数； (2)符号语言：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．2．等差中项：若三个数a ，A ，b 组成等差数列，则A 叫做a ，b 的等差中项． 知识点二 等差数列的通项公式与前n 项和公式1．通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d .2．前n 项和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .知识点三 等差数列的性质1．在等差数列{a n }中，a n ＝a m ＋(n －m )d (m ，n ∈N *)．2．已知等差数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a n ＋a m ＝a p ＋a q .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．若S n为等差数列{a n}的前n项和，则数列S m，S2m－S m，S3m－S2m，…也是等差数列．1．思考辨析判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)等差数列{a n}的单调性是由公差d决定的．(√)(2)若{a n}是等差数列，公差为d，则数列{a3n}也是等差数列．(√)(3)若{a n}，{b n}都是等差数列，则数列{pa n＋qb n}也是等差数列．(√)(4)等差数列的前n项和公式是关于n的二次函数，若一个数列的前n项和为二次函数，则该数列为等差数列．(×)解析：(1)因为在等差数列{a n}中，当公差d>0时，该数列是递增数列，当公差d<0时，该数列是递减数列，当公差d＝0时，该数列是常数数列，所以命题正确．(2)因为{a n}是等差数列，公差为d，所以a3(n＋1)－a3n＝3d(与n值无关的常数)，所以数列{a3n}也是等差数列．(3)设等差数列{a n}，{b n}的公差分别为d1，d2，则pa n＋1＋qb n＋1－(pa n＋qb n)＝p(a n＋1－a n)＋q(b n＋1－b n)＝pd1＋qd2(与n值无关的常数)，即数列{pa n＋qb n}也是等差数列．(4)由等差数列的前n项和公式可知，当公差d≠0时等差数列的前n项和公式是关于n 的二次函数，若一个数列的前n项和为二次函数，当常数项等于零时，该数列为等差数列，当常数项不等于零时，则该数列不是等差数列，所以命题错误．2．小题热身(1)在等差数列{a n}中，a2＝2，a3＝4，则a10＝18.(2)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝－5，S9＝27，则公差d＝2.(3)在等差数列{a n}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a2＋a8＝180.(4)在等差数列{a n}中，S6＝4，S18＝24，则S12＝12.(5)已知等差数列{a n}中，|a3|＝|a9|，公差d<0，则使数列{a n}的前n项和S n取最大值的正整数n 的值是5或6.解析：(1)等差数列{a n }的公差d ＝a 3－a 2＝4－2＝2，∴a 10＝a 2＋8d ＝2＋8×2＝18. (2)由等差数列的前n 项和公式S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，得27＝9×(－5)＋9×82·d ，解得d ＝2.(3)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. (4)由等差数列的性质可知S 6，S 12－S 6，S 18－S 12成等差数列，所以2×(S 12－4)＝4＋24－S 12，解得S 12＝12.(5)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由|a 3|＝|a 9|，得|a 1＋2d |＝|a 1＋8d |，解得a 1＝－5d 或d ＝0(舍去)，则a 1＋5d ＝a 6＝0，a 5>0，故使前n 项和S n 取最大值的正整数n 是5或6.考点一 等差数列的基本量运算【例1】 (1)(2019·全国卷Ⅰ)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( )A ．a n ＝2n －5B ．a n ＝3n －10C ．S n ＝2n 2－8nD ．S n ＝12n 2－2n(2)(2019·全国卷Ⅲ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1≠0，a 2＝3a 1，则S 10S 5＝________.【解析】 (1)解法1：设等差数列{a n }的公差为d ， ∵⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝0，a 5＝5，∴⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4×32d ＝0，a 1＋4d ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－3＋2(n －1)＝2n －5， S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n 2－4n .故选A.解法2：设等差数列{a n }的公差为d ，∵⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝0，a 5＝5，∴⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4×32d ＝0，a 1＋4d ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2.选项A ，a 1＝2×1－5＝－3；选项B ，a 1＝3×1－10＝－7，排除B ； 选项C ，S 1＝2－8＝－6，排除C ； 选项D ，S 1＝12－2＝－32，排除D.故选A.(2)设等差数列{a n }的公差为d ，由a 2＝3a 1， 即a 1＋d ＝3a 1，得d ＝2a 1，所以S 10S 5＝10a 1＋10×92d5a 1＋5×42d＝10a 1＋10×92×2a 15a 1＋5×42×2a 1＝10025＝4.【答案】 (1)A (2)4 方法技巧等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本量a 1，d ，n ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解.1．在等差数列{a n }中，若S n 为前n 项和，2a 7＝a 8＋5，则S 11的值是( A ) A ．55 B ．11 C ．50 D ．60解析：解法1：设等差数列{a n }的公差为d ，由题意可得2(a 1＋6d )＝a 1＋7d ＋5，得a 1＋5d ＝5，则S 11＝11a 1＋11×102d ＝11(a 1＋5d )＝11×5＝55，故选A.解法2：设等差数列{a n }的公差为d ，由2a 7＝a 8＋5，得2(a 6＋d )＝a 6＋2d ＋5，得a 6＝5，所以S 11＝11a 6＝55，故选A.2．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，问五人各得多少钱？”(“钱”是古代一种质量单位)，在这个问题中，甲得________钱．( C )A.53B.32C.43D.54解析：设甲、乙、丙、丁、戊分别为a －2d ，a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d ，由题意可得：⎩⎪⎨⎪⎧a －2d ＋a －d ＋a ＋a ＋d ＋a ＋2d ＝5，a －2d ＋a －d ＝a ＋a ＋d ＋a ＋2d ，联立解得a ＝1，d ＝－16.∴这个问题中，甲所得为1－2×(－16)＝43(钱)．故选C.考点二 等差数列的判定与证明【例2】 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝12，S n ＝n 2a n －n (n －1)，n ∈N *.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n ＋1n ·S n 是等差数列；(2)求S n .【解】 (1)证明：∵a 1＝12，S n ＝n 2a n －n (n －1)，n ∈N *， ∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1， ∴S n ＝n 2(S n －S n －1)－n (n －1)， ∴(n 2－1)S n ＝n 2S n －1＋n (n －1)，∴n 2－1n (n －1)S n ＝n 2n (n －1)S n －1＋1， ∴n ＋1n S n ＝n n －1S n －1＋1. 又1＋11S 1＝2a 1＝1，∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫n ＋1n S n 是首项为1，公差为1的等差数列． (2)由(1)知n ＋1n S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，∴S n ＝n ·nn ＋1＝n 2n ＋1.方法技巧判断数列{a n }是否为等差数列，通常有两种方法：①定义法，证明a n －a n －1＝d (n ≥2，d 为常数)，用定义法证明等差数列时，常选用两个式子a n ＋1－a n ＝d 或a n －a n －1＝d ，但它们的意义不同，后者必须加上“n ≥2”；②等差中项法，证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2).设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝44－a n(n ∈N *)． (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是等差数列；(2)设b n ＝a 2na 2n －1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)证明：∵a n ＋1＝44－a n ， ∴1a n ＋1－2－1a n －2＝144－a n－2－1a n －2＝4－a n2a n －4－1a n －2＝2－a n2a n －4＝－12.又a 1＝1，∴1a 1－2＝－1，∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －2是以－1为首项，－12为公差的等差数列． (2)由(1)知1a n －2＝－1＋(n －1)⎝⎛⎭⎫－12＝－n ＋12，∴a n ＝2－2n ＋1＝2n n ＋1， ∴b n ＝a 2na 2n －1＝4n2n ＋12(2n －1)2n＝4n 2(2n －1)(2n ＋1) ＝1＋1(2n －1)(2n ＋1)＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n ＋n2n ＋1. ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝n ＋n2n ＋1.考点三 等差数列的性质应用命题方向1 等差数列项的性质【例3】 (1)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8(2)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝10，则3a 5＋a 7＝( ) A ．10 B ．18 C ．20 D ．28 【解析】 (1)设公差为d ， 则a 4＋a 5＝a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，S 6＝6a 1＋6×52d ＝48，联立得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24 ①，6a 1＋15d ＝48 ②，①×3－②得(21－15)d ＝24,6d ＝24，所以d ＝4. (2)因为a 3＋a 8＝10，所以由等差数列的性质， 得a 5＋a 6＝10，所以3a 5＋a 7＝2a 5＋2a 6＝20. 【答案】 (1)C (2)C 命题方向2 等差数列和的性质【例4】 (1)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 6＝－5S 3≠0，则S 9S 3＝( )A ．18B ．13C ．－13D ．－18(2)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若公差d >0，(S 8－S 5)(S 9－S 5)<0，则( ) A ．a 7＝0 B ．|a 7|＝|a 8| C ．|a 7|>|a 8|D ．|a 7|<|a 8|(3)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝9，S 99－S 55＝－4，则数列{a n }的前n 项和S n＝________.【解析】 (1)设S 3＝a ，则S 6＝－5a .∵{a n }为等差数列，∴S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等差数列， 即a ，－6a ，S 9－S 6成等差数列，∴S 9－S 6＝－13a ， 即S 9＝－18a ，∴S 9S 3＝－18，故选D.(2)∵公差d >0，又∵(S 8－S 5)(S 9－S 5)<0，∴S 9>S 8，∴S 8<S 5<S 9，∴a 6＋a 7＋a 8<0，a 6＋a 7＋a 8＋a 9>0， ∴a 7<0，a 7＋a 8>0，|a 7|<|a 8|，故选D.(3)由等差数列{a n }的性质知，⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列，其首项为S 11＝9，公差d ′满足S 99－S 55＝4d ′＝－4，解得d ′＝－1，所以S nn ＝9＋(n －1)×(－1)＝－n ＋10，所以S n ＝－n 2＋10n .【答案】 (1)D (2)D (3)－n 2＋10n 方法技巧 等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{a n }中，m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q . (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 ；③S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…成等差数列．1．(方向1)已知数列{a n }满足2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，a 2＋a 4＋a 6＝12，a 1＋a 3＋a 5＝9，则a 1＋a 6＝( B )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：由题意知，数列{a n }是等差数列，将a 2＋a 4＋a 6＝12与a 1＋a 3＋a 5＝9相加可得3(a 1＋a 6)＝12＋9＝21，所以a 1＋a 6＝7，故选B.2．(方向1)在等差数列{a n }中，若a 1＋a 9＝8，则(a 2＋a 8)2－a 5＝( A )A ．60B ．56C ．12D ．4解析：在等差数列中a 1＋a 9＝a 2＋a 8＝2a 5＝8，所以(a 2＋a 8)2－a 5＝64－4＝60，故选A. 3．(方向2)已知等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对于任意的自然数n ，都有S n T n ＝2n －34n －3，则a 3＋a 152(b 3＋b 9)＋a 3b 2＋b 10＝( A )A.1941B.1737C.715D.2041解析：a 3＋a 152(b 3＋b 9)＋a 3b 2＋b 10＝2a 92(b 1＋b 11)＋a 3b 1＋b 11＝a 9＋a 3b 1＋b 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝11(a 1＋a 11)211(b 1＋b 11)2＝S 11T 11＝2×11－34×11－3＝1941，故选A.考点四 等差数列的最值【例5】 已知数列{a n }是一个等差数列，且a 2＝1，a 5＝－5. (1)求{a n }的通项公式a n ； (2)求{a n }前n 项和S n 的最大值．【解】 (1)根据等差数列通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d 变形有a n ＝a m ＋(n －m )d ，则公差d ＝a n －a m n －m ，所以d ＝a 5－a 25－2＝－5－15－2＝－2，所以通项公式a n ＝a 2＋(n －2)d ＝1＋(n －2)×(－2)＝－2n ＋5.(2)根据等差数列前n 项和公式S n ＝na 1＋n (n －1)2d 有S n ＝3n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋4n ，配方得S n ＝－(n －2)2＋4，根据二次函数图象及性质可知，当n ＝2时，前n 项和取得最大值，最大值为4.方法技巧求等差数列前n 项和的最值的方法(1)二次函数法：用求二次函数最值的方法(配方法)求其前n 项和的最值，但要注意n ∈N *.(2)图象法：利用二次函数图象的对称性来确定n 的值，使S n 取得最值.(3)项的符号法：当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥0，a n ＋1≤0的项数n ，使S n 取最大值；当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤0，a n ＋1≥0的项数n ，使S n 取最小值，即正项变负项处最大，负项变正项处最小，若有零项，则使S n 取最值的n 有两个.(2019·北京卷)设{a n }是等差数列，a 1＝－10，且a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)记{a n }的前n 项和为S n ，求S n 的最小值．解：(1)设{a n }的公差为d .因为a 1＝－10，所以a 2＝－10＋d ，a 3＝－10＋2d ，a 4＝－10＋3d .因为a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列，所以(a 3＋8)2＝(a 2＋10)(a 4＋6)．所以(－2＋2d )2＝d (－4＋3d )．解得d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －12.(2)由(1)知，a n ＝2n －12.所以，当n ≥7时，a n >0；当n ≤6时，a n ≤0.所以，S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.。

山东2021新高考数学一轮复习第五章数列52等差数列学案含解析

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山东2021新高考数学一轮复习第五童数列5.2等差数列学案含解析20XX年复习资料教学复习资料级:第二节等差数列2020考纲考情知识梳理知识点一 等差数列与等差中项1. 定义(1) 文字语言：从第2项起,每一项与它的前一项的羞都等于回一个常数： (2) 符号语言：©口一如=〃(“丘2, 〃为常数).2. 等差中项：若三个数“，A,"组成等差数列，则&叫做“，b 的等差中项.知识点二等差数列的通项公式与前"项和公式1.通项公式：cin —tn + (n — 1 )d.I 2.s”3严品导.知识点三等差数列的性质1.在等差数列｛如中,tin =a m +(n —m)d(m , n^N*).2・已知等差数列｛⑷｝中，若加+“=p+g(〃“ n, p, gWNJ,则a n +a m =a p +a q ・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.1•本节是高考重点考查的内容，涉及等差数列的左义、等差中项、通项公式、前“项和公 式及性质等内容.2.命题形式多种多样，一般以选择题或填空 题的形式考查等差数列的基本运算与简单性 质，解答题往往与等比数列、数列求和、不 等式等问题综合考查.»ZHISHISHULI ZHENOUANZ )CE知帜締理诊斯自测3. 若｛"”｝是等差数列，公差为〃，则a*, ak+mt如2m，…伙，加EN")是公差为的等差数列.4. 若&为等差数列｛伽｝的前畀项和，则数列S加Sm-S叭S3加一S切…也是等差数列.1. 思考辨析判断下列结论正误(在括号内打“ J ”或"X ”)(1) 等差数列｛4｝的单调性是由公差d决定的.(J )(2) 若｛血｝是等差数列，公差为〃，则数列｛知｝也是等差数列.(J )(3) 若｛如｝, ｛%｝都是等差数列，则数列｛皿”+也｝也是等差数列.(V )(4) 等差数列的前“项和公式是关于〃的二次函数，若一个数列的前“项和为二次函数，则该数列为等差数列.(X )解析：(1)因为在等差数列伽｝中，当公差d>0时，该数列是递增数列，当公差d<0时，该数列是递减数列，当公差〃二0时，该数列是常数数列，所以命题正确.(2) 因为｛“”｝是等差数列，公差为d,所以心”+1)-心“二3d(与»值无关的常数)，所以数列｛心”｝也是等差数列•(3) 设等差数列｛“"｝, ｛仇｝的公差分别为d\ , di ,则pein +1 + qhn + 1 - (pa,t + qbn) = p(dn+] -a n)+ q(b”+]・b…) = pd\ + qd?(与n值无关的常数),即数列｛pa. +血｝也是等差数列.(4) 由等差数列的前“项和公式可知，当公差dHO时等差数列的前n项和公式是关于"的二次函数，若一个数列的前“项和为二次函数，当常数项等于零时，该数列为等差数列，当常数项不等于零时，则该数列不是等差数列，所以命题错误.2. 小题热身(1) 在等差数列｛““｝中，“2=2, “3=4,则“io= 18.(2) 已知等差数列｛伽｝的前“项和为Sn，若“1 = 一5, S9=27,则公差d=2.⑶在等差数列｛"“｝中，若“3 + "4 + “5 + "6 + "7 =450,则"2 +"8= 180.(4) 在等差数列｛如｝中，S6=4, $8=24,则512=12.(5) 已知等差数列｛&｝中，1心1=1小1,公差d<0,则使数列心｝的前"项和S“取最大值的正整数"的值是5或6.解析：⑴等差数列｛““｝的公差〃二"3 - “2 二4-2 二2 , go二“2 + 8〃二2+ 8X2 二18.(2) 由等差数列的前n项和公式必一“ +p-〃，得27 = 9X(・5) + 寸・〃,解得d =2.(3) 由等差数列的性质得as + U4 + as + a6 + cij = 5as = 450 , .'.as = 90 , :.ai + as二2as = 180.(4) 由等差数列的性质可知S6 ,S|2 - s6, S,s - S|2成等差数列，所以2X(Si2 - 4)二4+ 24 ■S12 ,解得S12 = 12.(5) 设等差数列｛如｝的首项为a\,公差为(1,由1心1 = I的I ,得l"i + 2JI=k/i + &/I ,解得a\ 二-5〃或〃二0(舍去)，贝IJ尙+5d二a二0 ,心0 ,故使前〃项和必取最大值的正整数〃是5考点一等差数列的基本量运算【例1】(1)(2019-全国卷I )设必为等差数列｛為｝的前畀项和.已知S F O, “5=5, 则()A ・ a n =2n —5B ・為=3〃—10C ・ S,i=2/t 2^8nD ・ S n =^i 2—2n⑵(2019•全国卷川)记S “为等差数列S"｝的前H 项和.若“"0, “2 = 3®,则欝=【解析】(1)解法1:设等差数列｛如的公差为d,4X3 4“ 1 + --d = 0 f a\ + 4 J = 5 ,:.a n - a\ + (;J - 1 )d =・ 3 + 2(n - 1) = 2?? - 5 , n(n - 1)S n = nd} + — ------- d = n 2 - 4〃•故选 A.解法2 :设等差数列{心}的公差为d ,4X34a } += 0 f% = - 3 , 解得] 选项 A ,t/i=2Xl -5= - 3 ; [d = 2.选项 B ,5 = 3X1 - 10= -7 ,排除 B ; 选项 C , Si=2-8= -6 ,排除 C ;i3选项D二齐2二违，排除D •故选A ・(2)设等差数列伽｝的公差为d ,由a 2 = 3ai ,或 6.即 ci] + d 二 3t/i ,得 d 二 2ti \ ,所以* =10尙+5t/i+5><4» KAODtANVANJIU MiNGXIQUILV考点探究Bf]晰规律10X910“] +【答案】(DA (2)4方法技巧等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本量5, d, “, S” 一般可以“知三求二”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解.叽变式训缓1. 在等差数列仏｝中，若S"为前”项和,2“7=血+5,则$］的值是(A ) A ・55B ・11C ・50D ・60解析：解法1 :设等差数列｛如的公差为d ,由题意可得2(m+6d)二山+7〃 + 5 ,得m + 5d 二5 ,则 S n = 1 k/i + U ^U \/= 1 lG/i + 5J) = 11 X5 = 55 ,故选 A.解法2 :设等差数列｛©｝的公差为d ,由加7二“8 + 5 ,得2("6 + d)二“6 + 2J + 5 ,得“6=5 ,所以 Sn = 11^6 = 55 ,故选 A.2. 《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问％得几何？ ”其意思为'‘已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、 乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，问五 人各得多少钱？ ”( “钱”是古代一种质量单位)，在这个问题中，甲得 ___________ 钱.(C )解析：设甲、乙、丙、丁、戊分别为a - 2d ,・〃，“，"+ d , " + 2〃，由题意可得:・ 2t/ + “ ・ d + " + a + d + “ + 2d 二 5 ,<// - 2d + a ・ d 二"+ “ + d + " + 2d ,1 4・・・这个问题中，甲所得为1・2X(为二*钱).故选C.5-3 4-3C3-2 5-4 B D1-6100考点二等差数列的判定与证明【例2】 已知数列｛如｝的前"项和为S” "1 =扌，Sn=n 2a n —n(n — 1), n G N*.(1) 证明：数列'::字是等差数列：⑵求S”.【解】(1)证明:仙詁，S n = n 2a n - n(n - 1) , zzeN* ,・••当 H M2 时 f Un — Sn ~ Sn - \ >:.S n = n 2(S n -Sn-i)- n (H - 1), .•.(”2 - l)S,t = /»2S…. 1 + n(n - 1), n 2 - 1n 2Sn 二S n - 1 + 1 ,n(n - 1) n(n ・ 1)办+ 1n•I~~~Sn —Sn ・ I + 1 ・n"・1H + 1(2)由(1)知—S fl =l+(n- 1)X1 ,:.S n = n- ------ = -------/：+ 1 H+ 1方法技巧判断数列｛““｝是否为等差数列，通常有两种方法：①泄义法，证明g 一如、=孔&2, 〃为常数)，用泄义法证明等差数列时，常选用两个式子如或如一伽 尸〃，但它们 的意义不同,后者必须加上；②等差中项法，证明2心=如“+如2&2)・叽变式训绒4设数列｛如满足5 = 1,如1=4_么g NJ ・•••数列臥｝是首项为1,公差为1的等差数列・（1） 求证：数列'土｝是等差数列： （2） 设b…=—.求数列｛如的前n 项和Tn."加一14解：（1）证明:= --------- ,4 - a n1111・•・ ----- - ------- =—7 -------- ・ ------- Un 令 I ■ 2 Un ~ 2 ------- —— _ 2 如■ 24 - Un又 U} = 1 ,・•・一-—=-1 , a\ - 24〃a 2n + 1:.b n =——= ----------------1 2（2〃 - 1） 2n4/J 2"（2/J - 1）（2〃+ 1）（In ・ 1）（2〃+ 1）=1+孔2n ・ 1 2n+lJ f1人 1 1 1 1 1 I 1_A i••Tn = bi+ bi + b 3+ …+ b n -n + 2^ _ 亍 +3 _ 5 + 5 _ 7 ++2… _ i ' 2n + J = n + 2n+ ・2n+ 1，•数列｛射的前“项和T rt = n +—考点三等差数列的性质应用命题方向1等差数列项的性质【例3】（1）记&为等差数列｛血｝的前”项和.若如+厲=24, 56=48,则伽｝的公是以-1为首项，-g 为公差的等差数列.-1 +（7? - 1）n +1 T"差为()A・1 B・2C・4 D・8(2)在等差数列｛"“｝中，已矢口"3 + "8=10,则3"5 + "7=()A・10 B・18 C・20 D・28【解析】(1)设公差为d,贝lj "4 + U5 = U\+ 3〃 + E + 4d = 24 9 Sb6X5 2m + 7d二24 ①，二6山+宁〃二48，联立得［一〔6“1 + 15〃二48 ②，0X3 > ②得(21 ・ 15)d二24,6〃二24 ,所以〃二4.(2)因为"3 +偽二10，所以由等差数列的性质，得G5 + G6 = 10 ,所以3“5 + cii = 2as+ 2“6 — 20.【答案】(DC (2)C命题方向2等差数列和的性质【例4】⑴已知等差数列｛“”｝的前"项和为S”，S6=-5S3^0,则*=()A・18 B・13C・一13D・一18⑵等差数列｛""｝的前”?项和为S",若公差">0, (S8—S5)(S9-S5)<0,贝|J( )A・“7=0B・ k/7l=k/slC・1"71>皿1 D. k/7l<k/d(3)已知等差数列｛如｝的前n项和为S”如=9,才一寺=一4,则数列｛心｝的前n项和Sn = ___________ -【解析】⑴设S3二"，则S6二-5".•••｛“”｝为等差数列,, S6・S3 , S9・S6成等差数列.即"，-6“，S9 - S6 成等差数列，- S6 二-13", 即,二-18a ,燈二-18 ,故选 D.(2) •.公差d>Q ,又•••⑸-S00 - S5)<0,.•.S Q S S ,:.Ss<S5<S^),.•・么6 + "7 + 心<0 1 "6 + "7 + “8 + </9>0 ,・・.a?v0 , ay + t/s>0 . k/7l<^sl > 故选D.(3) 由等差数列｛如｝的性质知，｛存｝为等差数列，其首项为半二仝，公差/满足¥-¥二4(/'二-4, 解得/ = - 1 ,所以存二9 + (— 1)X(・ 1)二7+10, 所以S n= - n2 +10”.【答案】(1)D (2)D (3)-n2+10n方法技巧等差数列的性质(1) 项的性质：在等差数列｛"”｝中,m-\-n=p+q(m, n, p, gGN"),则如(2) 和的性质：在等差数列｛“”｝中，S"为其前"项和，贝IJ〔I)S2n = n(a1 + U2it)=…=” (““ + "卄I)：②S2/1 -1=(2“ —1 )u…:③Sn, Sx_Sn,S3" —S2/1, ••诚等差数列.d对点训缓1 .(方向1)已知数列｛如｝满足2如=如l+l如心22), "2 + "4 + "6= 12, “1 + “3+"5 = 9, 则"]+么6 = ( B )A・ 6 B・ 7 C. 8 D. 9解析：由题意知，数列｛"“｝是等差数列，将"2 +"4 +"6二12与a] + "3 +"5二9相加可得33+ “6)= 12 + 9 = 21 ,所以a\ +06 = 7 ,故选 B.2.(方向1)在等差数列｛/｝中,若ai+“9=8,则3+血尸一“5=( A )A・60 B・56 C・12 D・4解析:在等差数列中a\ + th) = U2 +心=2as = 8 f所以(“2 + “a)'・tc = 64 - 4 = 60 ,故选3. (方向2)已知等差数列仏｝, ｛鬧的前n项和分别为必,T沪若对于任意的自然数弘汁黯则^松=(A)考点四 等差数列的最值【例5】 已知数列｛“”｝是一个等差数列，且“2=1, “5=—5・(1) 求｛如｝的通项公式“”；(2) 求｛“”｝前”项和S n 的最大值.【解】 ⑴根据等差数列通项公式“”二5 + (— 1)〃变形有a… = a m + (n-m)d ,则公差 Un - Clm C15 - U2 -5-1d = -------- ,所以 d = ----------- = ------ 二.2 ,所以通项公式 a n = a 2 + (/? - 2)J= 1 + (n ・ 2)X (・n - m 5-2 5-22)= -2n + 5.n(n - 1) n(n - 1)(2)根据等差数列前H 项和公式Sn = Ml + —2—d 有Sn = 3" + —5—X ( -2)= -n 2 +4n ,配方得S…= - (n - 2尸+ 4 ,根据二次函数图象及性质可知，当n = 2时，前“项和取得 最大值,最大值为4.方法技巧求等差数列前n 项和的最值的方法(1) 二次函数法：用求二次函数最值的方法(配方法)求其前”项和的最值，但要注意” GN*.(2) 图象法：利用二次函数图象的对称性来确定“的值，使S”取得最值.如鼻0,(3) 项的符号法：当心0, dvO 时，满足| “的项数小使久取最大值；当水0,Un ♦ 1 W0血WO,(/>0时，满足 .°的项数宀使必取最小值，即正项变负项处最大，负项变正项处最 I 如&0 小，若有零项，则使&取最值的“有两个.叽变式训线(2019-北京卷)设｛如是等差数列，创=一10,且</2+10,心+8,心+6成等比数列.11（“] +6/11）解析: “3 + a\s a3 2tb ） cn 伽 + U3 a\ + aw------- + ------ = --- 二 --- + --- ;—= -------- = ------2（加 + 隔）bi + /?io 2（〃i+bii ） b\ + b\\ 2 _____ 5ii 11(仞+加)一几 2X11-3 4X11-3 IQ二计,故选A.(1) 求｛伽｝的通项公式：⑵记｛如｝的前”项和为S”，求S”的最小值. 解：(1)设｛如的公差为d.因为«1= - 10 ,所以U2 —・ 10 + d ,3 二・ 10 + 2J , "4 二-10 + 3d.因为“2 + 10 ,心+ 8,04 + 6成等比数列,所以(43 + 8)2 = (az + 10)3 + 6).所以(・2 + 2z/)2二〃(・4 + 3d)・解得d = 2.所以cin = ci\ + (n - 1 )d = 2// - 12.(2) 由⑴知,a n = 2n- 12.所以，当n^l时,a n>0 ;当nW6时，心00・所以，S,t的最小值为S5二So二-30.结束语同学们，相信梦想是价值的源泉，相信成功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念。

2021版新高考数学(山东专用)一轮：第5章 第1讲 数列的概念与简单表示法

2021版新高考数学(山东专用)一轮：第5章 第1讲 数列的概念与简单表示法
数列{an}的第n项an 数列{an}的第n项an与n之间的关系能用公式__a_n_＝__f(_n_)__表达，这个公 式叫做数列{an}的通项公式
数列{an}中，Sn＝__a_1_＋__a_2_＋__…__＋__a_n _叫做数列{an}的前n项和
知识点二 数列的表示方法
列表法 图象法
列表格表示 n 与 an 的对应关系 把点__(n_，__a_n_)___画在平面直角坐标系中
＝a＝12时，a10＝12，所以 a10>10 不成立．同理 b＝－2 和 b＝－4 时，均存在小于 10 的数 x0，只需 a1＝a＝x0，则 a10＝x0<10，故 a10>10 不成立．所以选 A．
6．(2018·全国卷Ⅰ，5分)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝ __－__6_3___.
通项公式
把数列的通项使用___公__式_____表示的方法
公式
法
使用初始值 a1 和 an＋1＝f(an)或 a1，a2 和 an＋1＝f(an，an－1)等表示数列 递推公式
的方法
知识点三 an 与 Sn 的关系 若数列{an}的前 n 项和为 Sn， 则 an＝______S__Sn－__1 __S__n__－__1__， ，nn＝ ≥12， .
第五章 数列
第一讲 数列的概念与简单表示法
1 知识梳理 • 双基自测 2 考点突破 • 互动探究 3 名师讲坛 • 素养提升
知识梳理 • 双基自测
知识点一 数列的有关概念
概念 数列 数列的项 数列的通项
通项公式
前n项和
含义
按照__一__定__顺__序__排列的一列数
数列中的___每__一__个__数_

(山东专用)2021版高考数学一轮复习考案5第五章数列综合过关规范限时检测(含解析)

(山东专用)2021版高考数学一轮复习考案5第五章数列综合过关规范限时检测(含解析)

[考案5]第五章 综合过关规范限时检测(时间：120分钟 满分150分)一、单选题(本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．数列32，－54，78，－916，…的一个通项公式为( D )A ．a n ＝(－1)n·2n＋12nB ．a n ＝(－1)n·2n ＋12nC ．a n ＝(－1)n ＋1·2n＋12nD ．a n ＝(－1)n ＋1·2n ＋12n[解析] 该数列是分数形式，分子为奇数2n ＋1，分母是指数2n，各项的符号由(－1)n ＋1来确定，所以D 选项正确．2．(2020·湖北八校联考)已知数列{a n }满足a n ＝5n －1(n ∈N *)，将数列{a n }中的整数项按原来的顺序组成新数列{b n }，则b 2 019的末位数字为( D )A ．8B ．2C ．3D ．7[解析] 由a n ＝5n －1(n ∈N *)，可得此数列为4，9，14，19，24，29，34，39，44，49，54，59，64，…，整数项为4，9，49，64，144，169，…，所以数列{b n }的各项依次为2,3,7,8,12,13,17,18，…，末位数字分别是2,3,7,8,2,3,7,8，…，因为2 019＝4×504＋3，所以b 2 019的末位数字为7.故选D.3．(2020·贵州贵阳监测)如果在等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5＝12，那么a 1＋a 2＋…＋a 7＝( C )A ．14B ．21C ．28D ．35[解析] 由题意得3a 4＝12，则a 4＝4，所以a 1＋a 2＋…＋a 7＝(a 1＋a 7)＋(a 2＋a 6)＋(a 3＋a 5)＋a 4＝7a 4＝28.故选C.4．(2020·山东潍坊期末)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若存在m ∈N *，满足S 2mS m＝28，a 2m a m ＝2m ＋21m －2，则数列{a n }的公比为( B ) A ．2B ．3C ．12D ．13[解析] 设数列{a n }的公比为q ，由题意知q ≠1，因为S 2m S m ＝28，a 2m a m ＝2m ＋21m －2，所以1＋q m＝28，q m＝2m ＋21m －2，所以m ＝3，q ＝3.故选B.5．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 13>0，S 14<0，则S n 取最大值时n 的值为( B ) A ．6 B ．7 C ．8D ．13[解析] 根据S 13>0，S 14<0，可以确定a 1＋a 13＝2a 7>0，a 1＋a 14＝a 7＋a 8<0.所以a 7>0，a 8<0，则S n 取最大值时n 的值为7.故选B.6．(2020·江西南昌三中模拟)在等比数列{a n }中，已知对任意的正整数n ，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2n＋m ，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝( A )A ．13(4n－1) B ．2n－1 C.13(2n－1) D ．4n －1[解析] 通解：设{a n }的公比为q ，∵a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2n＋m 对任意的正整数n 均成立，∴a 1＝2＋m ，a 2＝2，a 3＝4.∵{a n }是等比数列，∴m ＝－1，a 1＝1，q ＝2，∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1＋4＋42＋…＋4n －1＝1－4n1－4＝13(4n －1)．故选A ． 优解：∵a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2n＋m ，∴当n ≥2时，a n ＝2n －1，又a 1＝2＋m ，满足上式，∴m ＝－1，即等比数列{a n }的首项为1，公比为2，∴a n ＝2n －1，∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1＋4＋42＋…＋4n －1＝1－4n1－4＝13(4n－1)．故选A ． 7. (2020·河北六校第三次联考)“泥居壳屋细莫详，红螺行沙夜生光．”是宋代诗人欧阳修对鹦鹉螺的描述．假设一条螺旋线是用以下方法画成(如图)：△ABC 是边长为1的正三角形，曲线CA 1，A 1A 2，A 2A 3分别是以A ，B ，C 为圆心，AC ，BA 1，CA 2为半径画的弧，曲线CA 1A 2A 3称为螺旋线，再以A 为圆心，AA 3为半径画弧，……如此画下去，则所得弧CA 1，A 1A 2，A 2A 3，…，A 28A 29，A 29A 30的总长度为( A )A ．310πB ．1103πC ．58πD ．110π[解析] 根据弧长公式知，弧CA 1，A 1A 2，A 2A 3，…，A n －2A n －1，A n －1A n 的长度分别为23π，2×23π，3×23π，…，(n －1)×23π，n ×23π，该数列是首项为23π，公差为23π的等差数列，所以该数列的前n 项和S n ＝π3n (n ＋1)，所以所得弧CA 1，A 1A 2，A 2A 3，…，A 28A 29，A 29A 30的总长度为S 30＝π3×30×(30＋1)＝310π.故选A ．8．(2020·河北衡水中学调研)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋16a n ＋3的最小值为( B )A ．3B ．4C ．23－2D ．92[解析] 由已知有a 23＝a 1a 13，所以有(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋12d )，d ＝2(d ≠0)，数列{a n }通项公式a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，S n ＝n 1＋2n －12＝n 2，所以2S n ＋16a n ＋3＝n 2＋8n ＋1＝(n ＋1)＋9n ＋1－2≥4，当且仅当n ＋1＝9n ＋1，即n ＝2时等号成立．故选B. 二、多选题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9．等比数列{a n }的前三项和S 3＝14，若a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，则公比q ＝( AD ) A ．2 B ．13 C ．3D ．12[解析] 由a 1，a 2＋1，a 3成等差数列， 得2(a 2＋1)＝a 1＋a 3，即2(1＋a 1q )＝a 1＋a 1q 2， 即a 1(q 2－2q ＋1)＝2，①又S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)＝14，②①÷②得：q 2－2q ＋11＋q ＋q 2＝214，解得q ＝2或q ＝12. 另解：由2(a 2＋1)＝a 1＋a 3，得3a 2＋2＝a 1＋a 2＋a 3＝S 3＝14，解得a 2＝4， 则S 3＝4q ＋4＋4q ＝14，解得q ＝2或q ＝12.故选A 、D.10．若数列{a n }满足对任意n ≥2(n ∈N )都有(a n －a n －1－2)·(a n －2a n －1)＝0，则下面选项中正确的是( ABD )A ．{a n }可以是等差数列B ．{a n }可以是等比数列C ．{a n }可以既是等差数列又是等比数列D ．{a n }可以既不是等差数列又不是等比数列 [解析] 因为(a n －a n －1－2)(a n －2a n －1)＝0， 所以a n －a n －1－2＝0或a n －2a n －1＝0， 即a n －a n －1＝2或a n ＝2a n －1，当a n ≠0，a n －1≠0时，{a n }是等差数列或等比数列；当a n ＝0或a n －1＝0时，{a n }可以不是等差数列，也可以不是等比数列，比如数列，2,0,0,0，…….故选A 、B 、D.11．已知等比数列{x n }的公比为q ，若恒有|x n |>|x n ＋1|，且x 11＋q ＝12，则首项x 1的取值范围可以是( AC )A ．(12，1)B ．(0,1)C ．(0，12)D ．(1,2)[解析] 由|x n |>|x n ＋1|，得1>|x n ＋1x n|＝|q |，故－1<q <0或0<q <1.0<1＋q <1或1<1＋q <2，又x 11＋q ＝12，所以x 1＝1＋q 2，所以x 1∈(0，12)∪(12，1)．故选A 、C. 12．(2020·山东十校联考)设数列{a n }和{b n }分别是等差数列与等比数列，且a 1＝b 1＝4，a 4＝b 4＝1，则以下结论不正确的是( BCD )A ．a 2>b 2B ．a 3<b 3C ．a 5>b 5D ．a 6>b 6[解析] 设等差数列的公差、等比数列的公比分别为d ，q ，则由题设得⎩⎪⎨⎪⎧4＋3d ＝1，4q 3＝1，解得⎩⎨⎧d ＝－1，q ＝314，则a 2－b 2＝3－316>3－327＝0；故A 正确．同理，其余都错，故选B 、C 、D.三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上) 13．(2020·云南师大附中月考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝3S n ＋1，则S 4＝__85__.[解析] a n ＋1＝3S n ＋1①，a n ＝3S n －1＋1(n ≥2)②，①－②得：a n ＋1＝4a n (n ≥2)，又a 1＝1，a 2＝3a 1＋1＝4，∴{a n }是首项为1，公比为4的等比数列，∴S 4＝1－441－4＝85.或S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋4＋16＋64＝85.14．(2020·福建莆田月考)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＋a 3＋a 11＝6，则S 9＝__18__.[解析] 设等差数列{a n }的公差为d .∵a 1＋a 3＋a 11＝6，∴3a 1＋12d ＝6，即a 1＋4d ＝2，∴a 5＝2，∴S 9＝a 1＋a 9×92＝2a 5×92＝18.15．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝2S n ＋n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝__2n－1__.[解析] 因为S n ＋1＝2S n ＋n ＋1， 当n ≥2时，S n ＝2S n －1＋n ， 两式相减得，a n ＋1＝2a n ＋1， 所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，即a n ＋1＋1a n ＋1＝2. 又S 2＝2S 1＋1＋1，a 1＝S 1＝1， 所以a 2＝3，所以a 2＋1a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2×2n －1＝2n， 所以a n ＝2n－1.故填2n－1.16．已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意的n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n<t ，则实数t 的取值范围为 [23，＋∞) .[解析] 因为数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，所以当n ≥2时，a 1a 2a 3…a n －1＝2(n －1)2，则a n ＝22n －1，a 1＝2也适合，所以1a n ＝122n －1，数列{1a n }是首项为12，公比为14的等比数列，则1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝121－14n1－14＝23(1－14n )<23，则实数t 的取值范围为[23，＋∞)．故填[23，＋∞)． 四、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)已知数列{a n }满足a 1＝－2，a n ＋1＝2a n ＋4. (1)证明：数列{a n ＋4}是等比数列； (2)求数列{|a n |}的前n 项和S n .[解析] (1)证明：∵a 1＝－2，∴a 1＋4＝2.∵a n ＋1＝2a n ＋4，∴a n ＋1＋4＝2a n ＋8＝2(a n ＋4)， ∴a n ＋1＋4a n ＋4＝2，∴{a n ＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)可知a n ＋4＝2n，∴a n ＝2n－4. 当n ＝1时，a 1＝－2<0，∴S 1＝|a 1|＝2； 当n ≥2时，a n ≥0.∴S n ＝－a 1＋a 2＋…＋a n ＝2＋(22－4)＋...＋(2n －4)＝2＋22＋ (2)－4(n －1)＝21－2n1－2－4(n －1)＝2n ＋1－4n ＋2.又当n ＝1时，上式也满足． ∴当n ∈N *时，S n ＝2n ＋1－4n ＋2.18．(本小题满分12分)(2020·山东省济南第一中学期中考试)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝12，且2a 1，a 2，a 3＋1成等比数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n3n ，记数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n .[解析] (1)∵S 3＝12，即a 1＋a 2＋a 3＝12， ∴3a 2＝12，所以a 2＝4， 又∵2a 1，a 2，a 3＋1成等比数列，∴a 22＝2a 1·(a 3＋1)，即a 22＝2(a 2－d )·(a 2＋d ＋1)， 解得，d ＝3或d ＝－4(舍去)， ∴a 1＝a 2－d ＝1，故a n ＝3n －2.(2)b n ＝a n 3n ＝3n －23n ＝(3n －2)·13n ，∴T n ＝1×13＋4×132＋7×133＋…＋(3n －2)×13n ，①①×13得13T n ＝1×132＋4×133＋7×134＋…＋(3n －5)×13n ＋(3n －2)×13n ＋1.②①－②得23T n ＝13＋3×132＋3×133＋3×134＋…＋3×13n －(3n －2)×13n ＋1＝13＋3×1321－13n －11－13－(3n －2)×13n ＋1＝56－12×13n －1－(3n －2)×13n ＋1，∴T n ＝54－14×13n －2－3n －22×13n ＝54－6n ＋54×13n .19．(本小题满分12分)(2020·河南洛阳孟津二中月考)在数列{a n }中，设f (n )＝a n ，且f (n )满足f (n ＋1)－2f (n )＝2n (n ∈N *)，a 1＝1.(1)设b n ＝a n2n －1，证明：数列{b n }为等差数列；(2)求数列{3a n －1}的前n 项和S n . [解析] (1)由已知得a n ＋1＝2a n ＋2n，得b n ＋1＝a n ＋12n＝2a n ＋2n2n＝a n2n －1＋1＝b n ＋1，∴b n ＋1－b n ＝1，又a 1＝1，∴b 1＝1， ∴{b n }是首项为1，公差为1的等差数列． (2)由(1)知，b n ＝a n2n －1＝n ，∴a n ＝n ·2n －1,3a n －1＝3n ·2n －1－1.∴S n ＝3×1×20＋3×2×21＋3×3×22＋…＋3(n －1)×2n －2＋3n ×2n －1－n ，两边同时乘以2，得2S n ＝3×1×21＋3×2×22＋…＋3(n －1)×2n －1＋3n ×2n－2n ，两式相减，得－S n ＝3×(1＋21＋22＋…＋2n －1－n ×2n )＋n ＝3×(2n－1－n ×2n)＋n ＝3(1－n )2n －3＋n ，∴S n ＝3(n －1)2n＋3－n .20．(本小题满分12分)(2020·河北衡水模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n ＝b 13＋1＋b 232＋1＋b 333＋1＋…＋b n3n ＋1，求数列b n 的通项公式．[解析] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n (n ＋1)－(n －1)n ＝2n ， 易知a 1＝2满足上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)a n ＝b 13＋1＋b 232＋1＋b 333＋1＋…＋b n3n ＋1(n ≥1)，①a n ＋1＝b 13＋1＋b 232＋1＋b 333＋1＋…＋b n 3n ＋1＋b n ＋13n ＋1＋1，② ②－①得，b n ＋13n ＋1＋1＝a n ＋1－a n ＝2，b n ＋1＝2(3n ＋1＋1)，故b n ＝2(3n＋1)(n ≥2)． 又a 1＝b 13＋1＝2，即b 1＝8，也满足上式， 所以b n ＝2(3n＋1)(n ∈N *)．21．(本小题满分12分)(2020·广东广州一测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{S n n}是首项为1，公差为2的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝5－(4n ＋5)(12)n，求数列{b n }的前n 项和T n .[解析] (1)因为数列{S nn}是首项为1，公差为2的等差数列， 所以S n n＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以S n ＝2n 2－n . 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－2)－[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3. 当n ＝1时，a 1＝1也符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝4n －3.(2)当n ＝1时，a 1b 1＝12，所以b 1＝2a 1＝2.当n ≥2时，由a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝5－(4n ＋5)(12)n，①得a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n －1b n －1＝5－(4n ＋1)(12)n －1.② ①－②，得a n b n ＝(4n －3)(12)n.因为a n ＝4n －3，所以b n ＝4n －34n －312n＝2n(当n ＝1时也符合)，所以b n ＋1b n ＝2n ＋12n ＝2，所以数列{b n }是首项为2，公比为2的等比数列，所以T n ＝21－2n1－2＝2n ＋1－2.22．(本小题满分12分)已知正项数列{a n }的前n 项和S n 满足4S n ＝a 2n ＋2a n ＋1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n3n ，求数列{b n }的前n 项和T n ；(3)在(2)的条件下，若b n1－T n ≤λ(n ＋4)－1对任意n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．[解析] (1)由已知得4S n ＝(a n ＋1)2，① 当n ＝1时，4S 1＝(a 1＋1)2＝4a 1，解得a 1＝1. 当n ≥2时，4S n －1＝(a n －1＋1)2.② ①－②得，4a n ＝(a n ＋1)2－(a n －1＋1)2，则(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0. 因为a n >0，所以a n －a n －1＝2，即数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列． 所以a n ＝2n －1. (2)由(1)知b n ＝2n －13n ，则T n ＝1·13＋3·(13)2＋5·(13)3＋…＋(2n －3)·(13)n －1＋(2n －1)·(13)n.13T n ＝1·(13)2＋3·(13)3＋5·(13)4＋…＋(2n －3)·(13)n ＋(2n －1)·(13)n ＋1， 两式相减得23T n ＝13＋2[(13)2＋(13)3＋…＋(13)n ]－(2n －1)(13)n ＋1＝23－2n ＋23·(13)n ，所以T n ＝1－n ＋13n.(3)由b n1－T n ≤λ(n ＋4)－1得， 则λ≥3nn ＋1n ＋4＝3n ＋4n＋5， 因为n ＋4n≥2n ·4n＝4， 所以当且仅当n ＝2时，3n ＋4n＋5有最大值13，即λ≥13.。

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[练案34]第二讲 等差数列及其前n 项和A 组基础巩固一、单选题1．在等差数列{a n }中，a 2＝2，a 3＝4，则a 10＝( D ) A ．12 B ．14 C ．16D ．18[解析] 由a 2＝2，a 3＝4知d ＝4－23－2＝2.所以a 10＝a 2＋8d ＝2＋8×2＝18.故选D.2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋a 2 018＝1，则S 2 020＝( C ) A ．22 020B ．2 021C ．1 010D ．21 010[解析] 因为{a n }为等差数列，a 3＋a 2 018＝1，所以a 1＋a 2 020＝a 3＋a 2 018＝1，所以S 2 020＝a 1＋a 2 020×2 0202＝1 010，故选C.3．已知数列{a n }为等差数列，a 2＋a 3＝1，以a 10＋a 11＝9，则a 5＋a 6＝( A ) A ．4 B ．5 C ．6D ．7[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 2＋a 3＝1，a 10＋a 11＝9，所以2a 1＋3d ＝1,2a 1＋19d ＝9，解得a 1＝－14，d ＝12，所以a 5＋a 6＝2a 1＋9d ＝－2×14＋9×12＝4.另解：a 10＋a 11－(a 2＋a 3)＝16d ＝8⇒d ＝12，所以a 5＋a 6＝a 2＋a 3＋6d ＝1＋3＝4.故选A.4．(2020·江西南昌模拟)《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为( B )A ．1升B ．6766升 C ．4744升 D ．3733升 [解析] 设该等差数列为{a n }，公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4，即⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝3，3a 1＋21d ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1322，d ＝766.∴a 5＝1322＋4×766＝6766.故选B.5．一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( D )A ．d >875B ．d <325C.875<d <325D ．875<d ≤325[解析] 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 10>1，a 9≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧125＋9d >1，125＋8d ≤1，解得875<d ≤325.故选D.6．(2020·辽宁五校联考)已知等差数列{a n }的公差为d ，且a 8＋a 9＋a 20＝24，则a 1d 的最大值为( C )A ．12B ．14C ．2D ．4[解析] 解法一：因为a 8＋a 9＋a 10＝24，所以a 1＋7d ＋(a 1＋8d )＋(a 1＋9d )＝24，所以a 1＝8－8d ，所以a 1d ＝(8－8d )d ＝8(d －d 2)＝－8(d －12)2＋2，所以当d ＝12时，a 1d 取得最大值，最大值为2.故选C.解法二：因为a 8＋a 9＋a 10＝24，所以3a 9＝24，所以a 1＋8d ＝8，所以a 1＝8(1－d )，所以a 1d ＝8(1－d )d ＝8(d －d 2)＝－8(d －12)2＋2，所以当d ＝12时，a 1d 取得最大值，最大值为2.故选C.二、多选题7．等差数列{a n }是递增数列，满足a 7＝3a 5，前n 项和为S n ，下列选项正确的是( AD ) A ．d >0 B ．a 1>0C ．当n ＝5时S n 最小D ．S n >0时，n 最小值为8[解析] ∵a 7＝3a 5，∴a 1＋6d ＝3a 1＋12d ， ∴a 1＝－3d ，由已知得d >0， ∴a 1<0，故A 正确，B 不正确．S n ＝d 2n 2＋(a 1－d 2)n ＝d 2n 2－72dn ＝d2(n 2－7n )，当n ＝3或4时，S n 最小，故C 不正确．S n >0解得n >7或n <0，因此S n >0时n 最小为8，故D 正确，选A 、D.8．(2020·皖中名校联考改编)已知数列{a n }为等差数列，其前n 项和为S n ，且2a 1＋3a 3＝S 6，给出以下结论正确的是( ACD )A ．a 10＝0B ．S 10最小C ．S 7＝S 12D ．S 19＝0[解析] ∵2a 1＋3a 3＝S 6，∴2a 1＋3a 1＋6d ＝6a 1＋15d ， ∴a 1＝－9d ，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(n －10)d ， ∴a 10＝0，故A 正确； ∵S n ＝na 1＋n n －1d2＝－9nd ＋n n －1d 2＝d2(n 2－19n )， ∴S 9＝S 10，S 7＝S 12，S 19＝0，故B 错误，C 、D 正确，选A 、C 、D. 三、填空题9．已知数列{a n }中，a 1＝1且1a n ＋1＝1a n ＋13(n ∈N *)，则a 10＝ 14 . [解析] 由已知得1a 10＝1a 1＋(10－1)×13＝1＋3＝4，故a 10＝14. 10．中位数为1 011的一组数构成等差数列，其末项为2 019，则该数列的首项为__3__. [解析] 设首项为a 1，则a 1＋2 019＝2×1 011，解得a 1＝3.故填3. 11．若等差数列{a n }的前17项和S 17＝51，则a 5－a 7＋a 9－a 11＋a 13＝__3__. [解析] 因为S 17＝a 1＋a 172×17＝17a 9＝51，所以a 9＝3.根据等差数列的性质知a 5＋a 13＝a 7＋a 11，所以a 5－a 7＋a 9－a 11＋a 13＝a 9＝3.12．(2019·江苏)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是__16__.[解析] 解法一：设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2a 5＋a 8＝(a 1＋d )(a 1＋4d )＋a 1＋7d ＝a 21＋4d 2＋5a 1d ＋a 1＋7d ＝0，S 9＝9a 1＋36d ＝27，解得a 1＝－5，d ＝2，则S 8＝8a 1＋28d ＝－40＋56＝16.解法二：设等差数列{a n }的公差为d .S 9＝9a 1＋a 92＝9a 5＝27，a 5＝3，又a 2a 5＋a 8＝0，则3(3－3d )＋3＋3d ＝0，得d ＝2，则S 8＝8a 1＋a 82＝4(a 4＋a 5)＝4(1＋3)＝16.四、解答题13．(2020·武汉市部分学校调研测试)已知等差数列{a n }前三项的和为－9，前三项的积为－15.(1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若{a n }为递增数列，求数列{|a n |}的前n 项和S n .[解析] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由a 1＋a 2＋a 3＝－9， 得a 2＝－3，则a 1＝－3－d ，a 3＝－3＋d ，由a 1a 2a 3＝－15，得(－3－d )(－3)(－3＋d )＝－15， 解得d 2＝4，d ＝±2， ∴a n ＝－2n ＋1或a n ＝2n －7.(2)由题意得a n ＝2n －7，所以|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧7－2n ，n ≤3，2n －7，n ≥4，①当n ≤3时，S n ＝－(a 1＋…＋a n )＝5＋7－2n2n ＝6n －n 2；②当n ≥4时，S n ＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋…＋a n ＝－2(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 1＋a 2＋…＋a n )＝18－6n ＋n 2.综上，数列{|a n |}的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋6n ，n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4.14．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围． [解析] (1)设{a n }的公差为d .由S 9＝－a 5得a 1＋4d ＝0.由a 3＝4得a 1＋2d ＝4. 于是a 1＝8，d ＝－2.因此{a n }的通项公式为a n ＝10－2n . (2)由(1)得a 1＝－4d ，故a n ＝(n －5)d ，S n ＝n n －9d2.由a 1>0知d <0，故S n ≥a n 等价于n 2－11n ＋10≤0， 解得1≤n ≤10.所以n 的取值范围是{n |1≤n ≤10，n ∈N }．B 组能力提升1．(2020·湖北咸宁联考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3，S 5＝10，则{a n }的公差为( C )A ．23B ．12C ．13D ．14[解析] 由题意知a 1＋a 2＝3①，S 5＝5a 1＋a 52＝10，即a 1＋a 5＝4②，②－①得3d ＝1，∴d ＝13，故选C.2．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 674＝2，S 1 348＝12，则S 2 022＝( C ) A ．22 B ．26 C ．30D ．34 [解析] 由等差数列的性质知，S 674，S 1 348－S 674，S 2 022－S 1 348成等差数列，则2(S 1 348－S 674)＝S 674＋S 2 022－S 1 348，即2×(12－2)＝2＋S 2 022－12，解得S 2 022＝30.3．(2020·安徽淮北模拟)S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 2 018<S 2 016，S 2 017<S 2 018，则S n <0时n 的最大值是( D )A ．2 017B ．2 018C ．4 033D ．4 034[解析] 因为S 2 018<S 2 016，S 2 017<S 2 018， 所以a 2 018＋a 2 017<0，a 2 018>0.所以S 4 034＝4 034a 1＋a 4 0342＝2 017(a 2 018＋S 2 017)<0，S 4 035＝4 035a 1＋a 4 0352＝4 035a 2018>0，可知S n <0时n 的最大值是4 034.故选D.4．(2020·郑州模拟)在等差数列{a n }中，a 1＝－2 018，其前n 项的和为S n ，若S 2 0132 013－S 2 0112 011＝2，则S 2 018＝__－2_108__.[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，因为S n n ＝a 1＋12(n －1)d ，所以数列{S nn}也成等差数列，由S 2 0132 013－S 2 0112 011＝2得{S n n }的公差为1，因此S 2 0182 018＝S 11＋(2 018－1)×1＝－1，则S 2 018＝－2018.5．(2020·广东七校第二次联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋1，且b n ＝1a n，n ∈N *. (1)求证：数列{b n }为等差数列；(2)设数列{a nn ＋1}的前n 项和为T n ，求T n 的表达式．[解析] (1)因为b n ＝1a n ，且a n ＋1＝a na n ＋1，所以b n ＋1＝1a n ＋1＝a n ＋1a n ＝1＋1a n＝1＋b n ，故b n ＋1－b n ＝1. 又b 1＝1a 1＝1，所以数列{b n }是以1为首项，1为公差的等差数列． (2)由(1)知数列{b n }的通项公式为b n ＝n ， 又b n ＝1a n ，所以a n ＝1b n ＝1n.故a nn ＋1＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1. 所以T n ＝ k ＝1n(1k －1k ＋1)＝1－1n ＋1＝nn ＋1.。

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