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  • 2021-06-15 发布

【数学】2019届一轮复习人教A版(文)第五章第二节等差数列及其前n项和学案

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第二节等差数列及其前n项和 ‎1.等差数列的有关概念 ‎(1)定义:如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的都等于同一个常数,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,符号表示为an+1-an=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=,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:an=a1+(n-1)d.‎ ‎(2)前n项和公式:Sn=na1+d=.‎ ‎3.等差数列的常用性质 ‎(1)通项公式的推广:an=am+(n-m)d(n,m∈N*).‎ ‎(2)若{an}为等差数列,且k+l=m+n(k,l,m,n∈N*),则ak+al=am+an.‎ ‎(3)若{an}是等差数列,公差为d,则{a2n}也是等差数列,公差为2d.‎ ‎(4)若{an},{bn}是等差数列,则{pan+qbn}也是等差数列.‎ ‎(5)若{an}是等差数列,公差为d,则ak,ak+m,ak+‎2m,…(k,m∈N*)是公差为md的等差数列.‎ ‎4.与等差数列各项的和有关的性质 ‎(1)若{an}是等差数列,则也成等差数列,其首项与{an}首项相同,公差是{an}公差的.‎ ‎(2)若{an}是等差数列,Sm,S‎2m,S‎3m分别为{an}的前m项,前‎2m项,前‎3m项的和,则Sm,S‎2m-Sm,S‎3m-S‎2m成等差数列.‎ ‎(3)关于等差数列奇数项和与偶数项和的性质.‎ ‎①若项数为2n,则S偶-S奇=nd,=.‎ ‎②若项数为2n-1,则S偶=(n-1)an,S奇=nan,S奇-S偶=an,=.‎ ‎(4)两个等差数列{an},{bn}的前n项和Sn,Tn之间的关系为=.‎ ‎1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)‎ ‎(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数,则这个数列是等差数列.(  )‎ ‎(2)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的.(  )‎ ‎(3)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数.(  )‎ ‎(4)已知等差数列{an}的通项公式an=3-2n,则它的公差为-2.(  )‎ 答案:(1)× (2)√ (3)× (4)√‎ ‎2.在等差数列中,若a2=4,a4=2,则a6=(  )‎ A.-1           B.0‎ C.1 D.6‎ 解析:选B ∵为等差数列,‎ ‎∴‎2a4=a2+a6,∴a6=‎2a4-a2=2×2-4=0.‎ ‎3.(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{an}前6项的和为(  )‎ A.-24 B.-3‎ C.3 D.8‎ 解析:选A 设等差数列{an}的公差为d,‎ 因为a2,a3,a6成等比数列,所以a‎2a6=a,‎ 即(a1+d)(a1+5d)=(a1+2d)2.‎ 又a1=1,所以d2+2d=0.‎ 又d≠0,则d=-2,‎ 所以{an}前6项的和S6=6×1+×(-2)=-24.‎ ‎4.已知数列是等差数列,且a1=1,a4=4,则a10=(  )‎ A.- B.- C. D. 解析:选A 设等差数列的公差为d,由题意可知,=+3d=,解得d=-,所以=+9d=-,所以a10=-.‎ ‎5.已知等差数列{an}的公差d≠0,且a3+a9=a10-a8,若an=0,则n=________.‎ 解析:因为a3+a9=a10-a8,‎ 所以a1+2d+a1+8d=a1+9d-(a1+7d),‎ 解得a1=-4d,‎ 所以an=-4d+(n-1)d=(n-5)d,‎ 令(n-5)d=0(d≠0),可解得n=5.‎ 答案:5‎ ‎6.在等差数列{an}中,an>0,a7=a4+4,Sn为数列{an}的前n项和,则S19=________.‎ 解析:设等差数列{an}的公差为d,由a7=a4+4,得a1+6d=(a1+3d)+4,即a1+9d=8,所以a10=8,因此S19==19×a10=19×8=152.‎ 答案:152‎      ‎[考什么·怎么考]‎ 等差数列的基本运算是高考中的常考内容,多出现在选择题、填空题和解答题的第(1)问中,属于基础题.‎ ‎1.若等差数列{an}的前5项和S5=25,且a2=3,则a7=(  )‎ A.12            B.13‎ C.14 D.15‎ 解析:选B 设等差数列{an}的公差为d,‎ 由S5=,得=25,解得a4=7,‎ 所以7=3+2d,解得d=2,所以a7=a4+3d=7+3×2=13.‎ ‎2.(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则{an}的公差为(  )‎ A.1 B.2‎ C.4 D.8‎ 解析:选C 设等差数列{an}的公差为d,‎ 则由得 即解得d=4.‎ ‎3.(2018·福州质检)设等差数列{an}的公差d≠0,且a2=-d,若ak是a6与ak+6‎ 的等比中项,则k=(  )‎ A.5 B.6‎ C.9 D.11‎ 解析:选C 因为ak是a6与ak+6的等比中项,‎ 所以a=a6ak+6.‎ 又等差数列{an}的公差d≠0,且a2=-d,‎ 所以[a2+(k-2)d]2=(a2+4d)[a2+(k+4)d],‎ 所以(k-3)2=3(k+3),‎ 解得k=9,或k=0(舍去),故选C.‎ ‎4.设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a12=-8,S9=-9,则S16=________.‎ 解析:设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,‎ 由已知,得解得 ‎∴S16=16×3+×(-1)=-72.‎ 答案:-72‎ ‎[怎样快解·准解]‎ ‎1.等差数列运算中方程思想的应用 ‎(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d,然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解.‎ ‎(2)等差数列的通项公式及前n项和公式,共涉及五个量a1,an,d,n,Sn,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题.‎ ‎[易错提醒] 在求解数列基本量运算中,要注意公式使用时的准确性与合理性,更要注意运算的准确性.在遇到一些较复杂的方程组时,要注意整体代换思想的运用,使运算更加便捷.‎ ‎2.等差数列前n项和公式的应用方法 根据不同的已知条件选用两个求和公式,若已知首项和公差,则使用公式Sn=na1+d;若已知通项公式,则使用公式Sn=,同时注意与性质“a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…”的结合使用.‎      等差数列的判定与证明是高考中常见题型,其基本方法是等差数列的定义,即证明an+1-an是一个与n无关的常数,既有选择题、填空题也有解答题,但以解答题为主,难度不大.‎ ‎[典题领悟]‎ ‎(2018·贵州适应性考试)已知数列{an}满足a1=1,且nan+1-(n+1)an=2n2+2n.‎ ‎(1)求a2,a3;‎ ‎(2)证明数列是等差数列,并求{an}的通项公式.‎ ‎[思维路径]‎ ‎(1)要求数列的项,可根据已知首项和递推关系式,令n=1,2可解得.‎ ‎(2)证明是等差数列,其关键应推出-为常数,对所给条件进行必要的变形即可.‎ 解:(1)由已知,得a2-‎2a1=4,‎ 则a2=‎2a1+4,又a1=1,所以a2=6.‎ 由‎2a3-‎3a2=12,‎ 得‎2a3=12+‎3a2,所以a3=15.‎ ‎(2)证明:由已知nan+1-(n+1)an=2n2+2n,‎ 得=2,即-=2,‎ 所以数列是首项=1,公差d=2的等差数列.‎ 则=1+2(n-1)=2n-1,所以an=2n2-n.‎ ‎[解题师说]‎ 等差数列的判定与证明方法 方 法 解 读 适合题型 定义法 对于任意自然数n(n≥2),an-an-1(n≥2,n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列 解答题中证明问题 等差中项法 ‎2an-1=an+an-2(n≥3,n∈N*)成立⇔{an}是等差数列 通项公式法 an=pn+q(p,q为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列 选择、填空题中的判定问题 前n项和公 式法 验证Sn=An2+Bn(A,B是常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列 ‎[注意] ‎ 用定义证明等差数列时,容易漏掉对起始项的检验,从而产生错解.比如,对于满足an-an-1=1(n≥3)的数列{an}而言并不能判定其为等差数列,因为不能确定起始项a2-a1‎ 是否等于1.‎ ‎[冲关演练]‎ ‎1.(2018·陕西质检)已知数列{an}的前n项和Sn=an2+bn(a,b∈R)且a2=3,a6=11,则S7等于(  )‎ A.13           B.49‎ C.35 D.63‎ 解析:选B 由Sn=an2+bn(a,b∈R)可知数列{an}是等差数列,所以S7===49.‎ ‎2.已知数列{an}中,a1=2,an=2-(n≥2,n∈N*),设bn=(n∈N*).求证:数列{bn}是等差数列.‎ 证明:∵an=2-(n≥2),‎ ‎∴an+1=2-.‎ ‎∴bn+1-bn=-=-==1,‎ ‎∴{bn}是首项为b1==1,公差为1的等差数列.‎      等差数列的性质在高考中也是常考内容.灵活应用由定义推导出的重要性质,在解题过程中可以达到避繁就简的目的.常以选择题、填空题的形式出现.,公差不为零的等差数列,其前n项和的最值在高考中时常出现,题型既有选择题、填空题也有解答题,难度不大.‎ ‎[典题领悟]‎ ‎1.在等差数列{an}中,a1=29,S10=S20,则数列{an}的前n项和Sn的最大值为(  )‎ A.S15           B.S16‎ C.S15或S16 D.S17‎ 解析:选A ∵a1=29,S10=S20,‎ ‎∴‎10a1+d=‎20a1+d,解得d=-2,‎ ‎∴Sn=29n+×(-2)=-n2+30n=-(n-15)2+225.‎ ‎∴当n=15时,Sn取得最大值.‎ ‎2.(2018·石家庄一模)已知函数f(x)的图象关于直线x=-1对称,且f(x)在(-1,+∞)上单调,若数列{an}是公差不为0的等差数列,且f(a50)=f(a51),则数列{an}的前100项的和为 ‎❶ ❷ (  )‎ A.-200 B.-100‎ C.-50 D.0‎ ‎[学审题]‎ ‎①由函数的对称性及单调性知f(x)在(-∞,-1)上也单调;‎ ‎②结合函数的性质知a50+a51=-2.‎ 解析:选B 因为函数f(x)的图象关于直线x=-1对称,又函数f(x)在(-1,+∞)上单调,所以f(x)在(-∞,-1)上也单调,且数列{an}是公差不为0的等差数列.又f(a50)=f(a51),所以a50+a51=-2,所以S100==50(a50+a51)=-100.‎ ‎[解题师说]‎ ‎1.应用等差数列的性质解题的2个注意点 ‎(1)如果{an}为等差数列,m+n=p+q,则am+an=ap+aq(m,n,p,q∈N*).因此,若出现am-n,am,am+n等项时,可以利用此性质将已知条件转化为与am(或其他项)有关的条件;若求am项,可由am=(am-n+am+n)转化为求am-n,am+n或am+n+am-n的值.‎ ‎(2)要注意等差数列通项公式及前n项和公式的灵活应用,如an=am+(n-m)d,d=‎ ,S2n-1=(2n-1)an,Sn==(n,m∈N*)等.‎ ‎2.求等差数列前n项和Sn最值的2种方法 ‎(1)函数法:利用等差数列前n项和的函数表达式Sn=an2+bn,通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解.‎ ‎(2)邻项变号法:‎ ‎①当a1>0,d<0时,满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm;‎ ‎②当a1<0,d>0时,满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.‎ ‎3.理清等差数列的前n项和与函数的关系 等差数列的前n项和公式为Sn=na1+d可变形为Sn=n2+n,令A=,B=a1-,则Sn=An2+Bn.‎ 当A≠0,即d≠0时,Sn是关于n的二次函数,(n,Sn)在二次函数y=Ax2+Bx的图象上,即为抛物线y=Ax2+Bx上一群孤立的点.利用此性质可解决前n项和Sn的最值问题.‎ ‎[冲关演练]‎ ‎1.(2018·岳阳模拟)在等差数列{an}中,如果a1+a2=40,a3+a4=60,那么a7+a8=(  )‎ A.95            B.100‎ C.135 D.80‎ 解析:选B 由等差数列的性质可知,a1+a2,a3+a4,a5+a6,a7+a8构成新的等差数列,于是a7+a8=(a1+a2)+(4-1)[(a3+a4)-(a1+a2)]=40+3×20=100.‎ ‎2.设等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1>0,a3+a10>0,a‎6a7<0,则满足Sn>0的最大自然数n的值为(  )‎ A.6 B.7‎ C.12 D.13‎ 解析:选C 因为a1>0,a‎6a7<0,所以a6>0,a7<0,等差数列的公差小于零,又a3+a10=a1+a12>0,a1+a13=‎2a7<0,所以S12>0,S13<0,所以满足Sn>0的最大自然数n的值为12.‎ ‎3.设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知前6项和为36,最后6项的和为180,Sn=324(n>6),则数列{an}的项数为________.‎ 解析:由题意知a1+a2+…+a6=36,①‎ an+an-1+an-2+…+an-5=180,②‎ ‎①+②得(a1+an)+(a2+an-1)+…+(a6+an-5)=6(a1+an)=216,‎ ‎∴a1+an=36,‎ 又Sn==324,‎ ‎∴18n=324,∴n=18.‎ 答案:18‎ ‎(一)普通高中适用作业 A级——基础小题练熟练快 ‎1.(2018·兰州诊断考试)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,a8+a10=28,则S9=(  )‎ A.36           B.72‎ C.144 D.288‎ 解析:选B 法一:∵a8+a10=‎2a1+16d=28,a1=2,‎ ‎∴d=,∴S9=9×2+×=72.‎ 法二:∵a8+a10=‎2a9=28,∴a9=14,‎ ‎∴S9==72.‎ ‎2.(2018·安徽两校阶段性测试)若等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a2+S3=4,a3+S5=12,则a4+S7的值是(  )‎ A.20 B.36‎ C.24 D.72‎ 解析:选C 由a2+S3=4及a3+S5=12,‎ 得解得 ‎∴a4+S7=‎8a1+24d=24.‎ ‎3.(2018·西安质检)已知数列{an}满足a1=15,且3an+1=3an-2.若ak·ak+1<0,则正整数k=(  )‎ A.21 B.22‎ C.23 D.24‎ 解析:选C 由3an+1=3an-2⇒an+1-an=-⇒{an}是等差数列,则an=-n.∵ak·ak+1<0,‎ ‎∴<0,∴0,a4+a7<0,则{an}的前n项和Sn的最大值为________.‎ 解析:∵∴ ‎∴Sn的最大值为S5.‎ 答案:S5‎ ‎9.若等差数列{an}的前17项和S17=51,则a5-a7+a9-a11+a13=________.‎ 解析:因为S17=×17=‎17a9=51,所以a9=3.‎ 根据等差数列的性质知a5+a13=a7+a11,‎ 所以a5-a7+a9-a11+a13=a9=3.‎ 答案:3‎ ‎10.在等差数列{an}中,公差d=,前100项的和S100=45,则a1+a3+a5+…+a99=________.‎ 解析:因为S100=(a1+a100)=45,所以a1+a100=,‎ a1+a99=a1+a100-d=,‎ 则a1+a3+a5+…+a99=(a1+a99)=×=10.‎ 答案:10‎ B级——中档题目练通抓牢 ‎1.(2018·湖南五市十校联考)已知Sn是数列{an}的前n项和,且Sn+1=Sn+an+3,a4+a5=23,则S8=(  )‎ A.72 B.88‎ C.92 D.98‎ 解析:选C 法一:由Sn+1=Sn+an+3,得an+1-an=3,故数列{an}是公差为3的等差数列,又a4+a5=23=‎2a1+7d=‎2a1+21,∴a1=1,S8=‎8a1+d=92.‎ 法二:由Sn+1=Sn+an+3,得an+1-an=3,故数列{an}是公差为3的等差数列,S8===92.‎ ‎2.(2018·广东潮州二模)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述:今有良马与驽马发长安至齐,齐去长安一千一百二十五里,良马初日行一百零三里,日增一十三里;驽马初日行九十七里,日减半里,良马先至齐,复还迎驽马,二马相逢,问:几日相逢(  )‎ A.8日 B.9日 C.12日 D.16日 解析:选B 设n日相逢,则依题意得103n+×13+97n+×=1 125×2,‎ 整理得n2+31n-360=0,‎ 解得n=9(负值舍去),故选B.‎ ‎3.等差数列{an}的前n项和为Sn,其中n∈N*,则下列命题错误的是(  )‎ A.若an>0,则Sn>0‎ B.若Sn>0,则an>0‎ C.若an>0,则{Sn}是单调递增数列 D.若{Sn}是单调递增数列,则an>0‎ 解析:选D 由等差数列的性质可得:∀n∈N*,an>0,则Sn>0,反之也成立.an>0,d>0,则{Sn}是单调递增数列.因此A、B、C正确.‎ 对于D,{Sn}是单调递增数列,则d>0,而an>0不一定成立.‎ ‎4.在等差数列{an}中,a1=7,公差为d,前 n项和为Sn ,当且仅当n=8 时Sn 取得最大值,则d 的取值范围为________.‎ 解析:由题意,当且仅当n=8时Sn有最大值,‎ 可得即解得-10),‎ 则 解得或(舍去),‎ ‎∴an=1+2(n-1)=2n-1,Sn==n2,n∈N*.‎ ‎(2)由(1)知,bn+1-bn===,‎ bn-b1=(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)‎ ‎= ‎==(n≥2),‎ ‎∴bn=.‎ 当n=1时,b1=1也符合上式,‎ ‎∴bn=(n∈N*).‎ C级——重难题目自主选做 已知数列{an}满足,an+1+an=4n-3(n∈N*).‎ ‎(1)若数列{an}是等差数列,求a1的值;‎ ‎(2)当a1=2时,求数列{an}的前n项和Sn.‎ 解:(1)法一:∵数列{an}是等差数列,‎ ‎∴an=a1+(n-1)d,an+1=a1+nd.‎ 由an+1+an=4n-3,‎ 得a1+nd+a1+(n-1)d=4n-3,‎ ‎∴2dn+(‎2a1-d)=4n-3,‎ 即2d=4,‎2a1-d=-3,解得d=2,a1=-.‎ 法二:在等差数列{an}中,由an+1+an=4n-3,‎ 得an+2+an+1=4(n+1)-3=4n+1,‎ ‎∴2d=an+2-an=4n+1-(4n-3)=4,∴d=2.‎ 又∵a1+a2=‎2a1+d=‎2a1+2=1,∴a1=-.‎ ‎(2)由题意知,①当n为奇数时,‎ Sn=a1+a2+a3+…+an ‎=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(an-1+an)‎ ‎=2+4[2+4+…+(n-1)]-3× ‎=.‎ ‎②当n为偶数时,Sn=a1+a2+a3+…+an ‎=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(an-1+an)‎ ‎=1+9+…+(4n-7)‎ ‎=.‎ 综上,Sn= ‎(二)重点高中适用作业 A级——保分题目巧做快做 ‎1.(2018·兰州诊断考试)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,a8+a10=28,则S9=(  )‎ A.36             B.72‎ C.144 D.288‎ 解析:选B 法一:∵a8+a10=‎2a1+16d=28,a1=2,‎ ‎∴d=,∴S9=9×2+×=72.‎ 法二:∵a8+a10=‎2a9=28,∴a9=14,‎ ‎∴S9==72.‎ ‎2.(2018·湖南五市十校联考)已知Sn是数列{an}的前n项和,且Sn+1=Sn+an+3,a4+a5=23,则S8=(  )‎ A.72 B.88‎ C.92 D.98‎ 解析:选C 法一:由Sn+1=Sn+an+3,得an+1-an=3,故数列{an}是公差为3的等差数列,又a4+a5=23=‎2a1+7d=‎2a1+21,∴a1=1,S8=‎8a1+d=92.‎ 法二:由Sn+1=Sn+an+3,得an+1-an=3,故数列{an}是公差为3的等差数列,S8=‎ ==92.‎ ‎3.(2018·东北四市高考模拟)已知数列{an}满足an+1-an=2,a1=-5,则|a1|+|a2|+…+|a6|=(  )‎ A.9 B.15‎ C.18 D.30‎ 解析:选C 由an+1-an=2可得数列{an}是等差数列,公差d=2,又a1=-5,所以an=2n-7,所以|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|+|a6|=5+3+1+1+3+5=18.‎ ‎4.(2018·安徽江南十校模拟)《九章算术》是我国古代的数学名著,书中《均属章》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A,B,C,D,E五人分5钱,A,B两人所得与C,D,E三人所得相同,且A,B,C,D,E每人所得依次成等差数列.问五人各得多少钱?”(“钱”是古代的一种重量单位).在这个问题中,E所得为(  )‎ A.钱 B.钱 C.钱 D.钱 解析:选A 由题意,设A所得为a-4d,B所得为a-3d,C所得为a-2d,D所得为a-d,E所得为a,则解得a=,故E所得为钱.‎ ‎5.(2018·云南11校跨区调研)在数列{an}中,a1=3,an+1=,则a4=(  )‎ A. B.1‎ C. D. 解析:选A 依题意得==+,-=,故数列是以=为首项、为公差的等差数列,则=+=,an=,a4=.‎ ‎6.(2016·北京高考)已知{an}为等差数列,Sn为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6=________.‎ 解析:∵a3+a5=‎2a4,∴a4=0.‎ ‎∵a1=6,a4=a1+3d,∴d=-2.‎ ‎∴S6=‎6a1+d=6×6-30=6.‎ 答案:6‎ ‎7.在等差数列{an}中,公差d=,前100项的和S100=45,则a1+a3+a5+…+a99=________.‎ 解析:因为S100=(a1+a100)=45,所以a1+a100=,‎ a1+a99=a1+a100-d=,‎ 则a1+a3+a5+…+a99=(a1+a99)=×=10.‎ 答案:10‎ ‎8.(2018·广东深圳中学月考)已知数列{an}为等差数列,a3=7,a1+a7=10,Sn为其前n项和,则使Sn取到最大值的n=________.‎ 解析:设等差数列{an}的公差为d,由题意得故d=a4-a3=-2,an=a3+(n-3)d=7-2(n-3)=13-2n.令an>0,得n<6.5.所以在等差数列{an}中,其前6项均为正,其他各项均为负,于是使Sn取到最大值的n的值为6.‎ 答案:6‎ ‎9.(2018·广西三市第一次联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n-1(n∈N*).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=log4an+1,求{bn}的前n项和Tn.‎ 解:(1)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,‎ 当n=1时,a1=2-1=1,满足an=2n-1,‎ ‎∴数列{an}的通项公式为an=2n-1(n∈N*).‎ ‎(2)由(1)得,bn=log4an+1=,‎ 则bn+1-bn=-=,‎ ‎∴数列{bn}是首项为1,公差d=的等差数列,‎ ‎∴Tn=nb1+d=.‎ ‎10.设数列{an}的各项都为正数,其前n项和为Sn,已知对任意n∈N*,Sn是a和an的等差中项.‎ ‎(1)证明:数列{an}为等差数列;‎ ‎(2)若bn=-n+5,求{an·bn}的最大项的值并求出取最大值时n的值.‎ 解:(1)证明:由已知可得2Sn=a+an,且an>0,‎ 当n=1时,‎2a1=a+a1,解得a1=1.‎ 当n≥2时,有2Sn-1=a+an-1,‎ 所以2an=2Sn-2Sn-1=a-a+an-an-1,‎ 所以a-a=an+an-1,‎ 即(an+an-1)(an-an-1)=an+an-1,‎ 因为an+an-1>0,所以an-an-1=1(n≥2).‎ 故数列{an}是首项为1,公差为1的等差数列.‎ ‎(2)由(1)可知an=n,设cn=an·bn,‎ 则cn=n(-n+5)=-n2+5n=-2+,‎ 因为n∈N*,当n=2或n=3时,{an·bn}的最大项的值为6.‎ B级——拔高题目稳做准做 ‎1.设{an}是等差数列,d是其公差,Sn是其前n项和,且S5S8,则下列结论错误的是(  )‎ A.d<0‎ B.a7=0‎ C.S9>S5‎ D.当n=6或n=7时Sn取得最大值 解析:选C 由S50.同理由S7>S8,得a8<0.又S6=S7,∴a1+a2+…+a6=a1+a2+…+a6+a7,∴a7=0,∴B正确;∵d=a7-a6<0,∴A正确;而C选项,S9>S5,即a6+a7+a8+a9>0,可得2(a7+a8)>0,由结论a7=0,a8<0,知C选项错误;∵S5S8,∴结合等差数列前n项和的函数特性可知D正确.选C.‎ ‎2.若数列{an}满足-=1,且a1=5,则数列{an}的前200项中,能被5整除的项数为(  )‎ A.90 B.80‎ C.60 D.40‎ 解析:选B 数列{an}满足-=1,即-=1,又=1,∴数列是以1为首项,1为公差的等差数列,∴=n,∴an=2n2+3n,列表如下:‎ 项 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ an的个位数 ‎5‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎0‎ ‎9‎ ‎2‎ ‎9‎ ‎0‎ ‎∴每10项中有4项能被5整除,∴数列{an}的前200项中,能被5整除的项数为80,故选B.‎ ‎3.设等差数列{an}的前n项和为Sn,Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m=________.‎ 解析:因为等差数列{an}的前n项和为Sn,Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,‎ 所以am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3,数列的公差d=1,am+am+1=Sm+1-Sm-1=5,‎ 即‎2a1+‎2m-1=5,所以a1=3-m.‎ 由Sm=(3-m)m+×1=0,‎ 解得m=5.‎ 答案:5‎ ‎4.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2+a4+a9=24,则·的最大值为________.‎ 解析:设等差数列{an}的公差为d,则a2+a4+a9=‎3a1+12d=24,即a1+4d=8,所以==a1+d=8-4d+d,则=8-4d+d=8-,=8-4d+d=8+,·==64-≤64,当且仅当d=0时取等号,所以·的最大值为64.‎ 答案:64‎ ‎5.已知数列{an}满足,an+1+an=4n-3(n∈N*).‎ ‎(1)若数列{an}是等差数列,求a1的值;‎ ‎(2)当a1=2时,求数列{an}的前n项和Sn.‎ 解:(1)法一:∵数列{an}是等差数列,‎ ‎∴an=a1+(n-1)d,an+1=a1+nd.‎ 由an+1+an=4n-3,‎ 得a1+nd+a1+(n-1)d=4n-3,‎ ‎∴2dn+(‎2a1-d)=4n-3,‎ 即2d=4,‎2a1-d=-3,‎ 解得d=2,a1=-.‎ 法二:在等差数列{an}中,由an+1+an=4n-3,‎ 得an+2+an+1=4(n+1)-3=4n+1,‎ ‎∴2d=an+2-an=4n+1-(4n-3)=4,∴d=2.‎ 又∵a1+a2=‎2a1+d=‎2a1+2=1,‎ ‎∴a1=-.‎ ‎(2)由题意知,①当n为奇数时,‎ Sn=a1+a2+a3+…+an ‎=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(an-1+an)‎ ‎=2+4[2+4+…+(n-1)]-3× ‎=.‎ ‎②当n为偶数时,Sn=a1+a2+a3+…+an ‎=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(an-1+an)‎ ‎=1+9+…+(4n-7)‎ ‎=.‎ 综上,Sn= ‎6.已知数列{an}是等差数列,bn=a-a.‎ ‎(1)证明:数列{bn}是等差数列;‎ ‎(2)若a1+a3+a5+…+a25=130,a2+a4+a6+…+a26=143-13k(k为常数),求数列{bn}的通项公式.‎ 解:(1)证明:设{an}的公差为d,‎ 则bn+1-bn=(a-a)-(a-a)‎ ‎=‎2a-(an+1-d)2-(an+1+d)2=-2d2,‎ ‎∴数列{bn}是以-2d2为公差的等差数列.‎ ‎(2)∵a1+a3+a5+…+a25=130,‎ a2+a4+a6+…+a26=143-13k,‎ ‎∴13d=13-13k,∴d=1-k.‎ 又‎13a1+×2d=130,‎ ‎∴a1=-2+12k,‎ ‎∴an=a1+(n-1)d=(-2+12k)+(n-1)(1-k)=(1-k)n+13k-3,‎ ‎∴bn=a-a=(an+an+1)(an-an+1)=-2(1-k)2n+25k2-30k+5.‎

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