高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第五章 數(shù)列的概念及簡單的表示方法訓(xùn)練 理 新人教A版_第1頁
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【創(chuàng)新設(shè)計】高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第五章數(shù)列的概念及簡單的表示方法訓(xùn)練理新人教A版[備考方向要明了]考什么怎么考1.了解數(shù)列的概念和幾種簡單的表示方法(列表、圖象、通項公式).2.了解數(shù)列是自變量為正整數(shù)的一類函數(shù).?dāng)?shù)列的概念在高考試題中常與其他知識綜合進(jìn)行考查,主要有:(1)以考查通項公式為主,同時考查Sn與an的關(guān)系,如年江西T16等.(2)以遞推關(guān)系為載體,考查數(shù)列的各項的求法,如年新課標(biāo)全國T16等.[歸納·知識整合]1.?dāng)?shù)列的定義按照一定順序排列著的一列數(shù)稱為數(shù)列,數(shù)列中的每一個數(shù)叫做這個數(shù)列的項.排在第一位的數(shù)稱為這個數(shù)列的第1項(通常也叫做首項).2.?dāng)?shù)列的分類分類原則類型滿足條件項數(shù)有窮數(shù)列項數(shù)有限無窮數(shù)列項數(shù)無限項與項間的大小關(guān)系遞增數(shù)列an+1>an其中n∈N*遞減數(shù)列an+1<an常數(shù)列an+1=an擺動數(shù)列從第2項起有些項大于它的前一項,有些項小于它的前一項.3.?dāng)?shù)列的表示法數(shù)列的表示方法有列表法、圖象法、公式法.4.?dāng)?shù)列的通項公式如果數(shù)列{an}的第n項與序號n之間的關(guān)系可以用一個式子來表示,那么這個公式叫做這個數(shù)列的通項公式.[探究]1.數(shù)列的通項公式唯一嗎?是否每個數(shù)列都有通項公式?提示:不唯一,如數(shù)列-1,1,-1,1,…的通項公式可以為an=(-1)n或an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-1,n為奇數(shù),,1,n為偶數(shù).))有的數(shù)列沒有通項公式.5.?dāng)?shù)列的遞推公式若一個數(shù)列{an}的首項a1確定,其余各項用an與an-1的關(guān)系式表示(如an=2an-1+1,n>1),則這個關(guān)系式就稱為數(shù)列的遞推公式.[探究]2.通項公式和遞推公式有何異同點?提示:不同點相同點通項公式法可根據(jù)某項的序號,直接用代入法求出該項都可確定一個數(shù)列,都可求出數(shù)列的任何一項遞推公式法可根據(jù)第1項或前幾項的值,通過一次或多次賦值,逐項求出數(shù)列的項,直至求出所需的項[自測·牛刀小試]1.(教材習(xí)題改編)已知數(shù)列{an}的前4項分別為2,0,2,0,…,則下列各式不可以作為數(shù)列{an}的通項公式的一項是()A.a(chǎn)n=1+(-1)n+1 B.a(chǎn)n=2sineq\f(nπ,2)C.a(chǎn)n=1-cosnπ D.a(chǎn)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2,n為奇數(shù),,0,n為偶數(shù)))解析:選B若an=2sineq\f(nπ,2),則a1=2sineq\f(π,2)=2,a2=2sinπ=0,a3=2sineq\f(3π,2)=-2,a4=2sin2π=0.2.已知數(shù)列的通項公式為an=n2-8n+15,則3()A.不是數(shù)列{an}中的項B.只是數(shù)列{an}中的第2項C.只是數(shù)列{an}中的第6項D.是數(shù)列{an}中的第2項或第6項解析:選D令an=3,即n2-8n+15=3,解得n=2或6,故3是數(shù)列{an}中的第2項或第6項.3.(教材習(xí)題改編)在數(shù)列{an}中,a1=1,an=1+eq\f(1,an-1)(n≥2),則a5=()A.eq\f(3,2) B.eq\f(5,3)C.eq\f(7,4) D.eq\f(8,5)解析:選D由題意知,a1=1,a2=2,a3=eq\f(3,2),a4=eq\f(5,3),a5=eq\f(8,5).4.(教材改編題)已知數(shù)列eq\r(2),eq\r(5),2eq\r(2),…,根據(jù)數(shù)列的規(guī)律,2eq\r(5)應(yīng)該是該數(shù)列的第________項.解析:由于2=3×1-1,5=3×2-1,8=3×3-1,…故可知該數(shù)列的通項公式為an=eq\r(3n-1)由2eq\r(5)=eq\r(3n-1),得n=7.答案:75.若數(shù)列{an}的前n項和Sn=n2-10n(n=1,2,3,…),則此數(shù)列的通項公式為an=________;數(shù)列{nan}中數(shù)值最小的項是第________項.解析:∵當(dāng)n≥2時,an=Sn-Sn-1=(n2-10n)-[(n-1)2-10(n-1)]=2n-11;當(dāng)n=1時,a1=S1=-9也滿足an=2n-11,∴an=2n-11.∴nan=2n2-11n=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2-\f(11,2)n))=2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n-\f(11,4)))2-\f(121,16)))=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n-\f(11,4)))2-eq\f(121,8).又∵n∈N*,∴當(dāng)n=3時,nan取最小值.答案:2n-113已知數(shù)列的前幾項求通項公式[例1]根據(jù)數(shù)列的前幾項,寫出各數(shù)列的一個通項公式:(1)4,6,8,10,…;(2)eq\f(1,2),eq\f(3,4),eq\f(7,8),eq\f(15,16),eq\f(31,32),…;(3)eq\f(1,2),eq\f(1,4),-eq\f(5,8),eq\f(13,16),-eq\f(29,32),eq\f(61,64),….[自主解答](1)各數(shù)都是偶數(shù),且最小為4,所以通項an=2(n+1)(n∈N*).(2)注意到分母分別是21,22,23,24,25,…,而分子比分母少1,所以其通項an=eq\f(2n-1,2n)(n∈N*).(3)分母規(guī)律明顯,而第2,3,4項的絕對值的分子比分母少3,因此可考慮把第1項變?yōu)椋璭q\f(2-3,2),這樣原數(shù)列可化為-eq\f(21-3,21),eq\f(22-3,22),-eq\f(23-3,23),eq\f(24-3,24),-eq\f(25-3,25),eq\f(26-3,26),…所以其通項an=(-1)neq\f(2n-3,2n)(n∈N*).———————————————————用觀察法求數(shù)列的通項公式的技巧用觀察歸納法求數(shù)列的通項公式,關(guān)鍵是找出各項的共同規(guī)律及項與項數(shù)n的關(guān)系.當(dāng)項與項之間的關(guān)系不明顯時,可采用適當(dāng)變形或分解,以凸顯規(guī)律,便于歸納.當(dāng)各項是分?jǐn)?shù)時,可分別考慮分子、分母的變化規(guī)律及聯(lián)系,正負(fù)相間出現(xiàn)時,可用(-1)n或(-1)n+1調(diào)節(jié).1.寫出下列數(shù)列的一個通項公式,使它的前幾項分別是下列各數(shù):(1)eq\f(2,3),eq\f(4,15),eq\f(6,35),eq\f(8,63),eq\f(10,99),…;(2)-1,eq\f(1,3),-eq\f(9,35),eq\f(17,63),-eq\f(33,99),…;(3)9,99,999,9999,….解:(1)分子是連續(xù)的偶數(shù),且第1個數(shù)是2,所以用2n表示;分母是22-1,42-1,62-1,82-1,102-1,所以用(2n)2-1表示.所以an=eq\f(2n,2n2-1)=eq\f(2n,4n2-1)(n∈N*).(2)正負(fù)交替出現(xiàn),且奇數(shù)項為負(fù),偶數(shù)項為正,所以用(-1)n表示;1,eq\f(1,3),eq\f(9,35),eq\f(17,63),eq\f(33,99),…?????eq\f(3,1×3),eq\f(5,3×5),eq\f(9,5×7),eq\f(17,7×9),eq\f(33,9×11),…分母是連續(xù)奇數(shù)相乘的形式,觀察和項數(shù)n的關(guān)系,用(2n-1)(2n+1)表示;分子是21+1,22+1,23+1,24+1,用2n+1表示.所以an=(-1)n·eq\f(2n+1,2n-12n+1)=(-1)n·eq\f(2n+1,4n2-1)(n∈N*).(3)9,99,999,9999,…????101-1,102-1,103-1,104-1,…所以an=10n-1(n∈N*).由an與Sn的關(guān)系求通項公式[例2]已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn=3n-1,求它的通項公式an.[自主解答]當(dāng)n≥2時,an=Sn-Sn-1=3n-1-(3n-1-1)=2×3n-1;當(dāng)n=1時,a1=S1=2也滿足an=2×3n-1.故數(shù)列{an}的通項公式為an=2×3n-1.若將“Sn=3n-1”改為“Sn=n2-n+1”,如何求解?解:∵a1=S1=12-1+1=1,當(dāng)n≥2時,an=Sn-Sn-1=(n2-n+1)-[(n-1)2-(n-1)+1]=2n-2.∴an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1n=1,,2n-2n≥2.))———————————————————已知Sn求an時應(yīng)注意的問題數(shù)列的通項an與前n項和Sn的關(guān)系是an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1,n=1,,Sn-Sn-1,n≥2.))當(dāng)n=1時,a1若適合Sn-Sn-1,則n=1的情況可并入n≥2時的通項an;當(dāng)n=1時,a1若不適合Sn-Sn-1,則用分段函數(shù)的形式表示.2.已知各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項和滿足Sn>1,且6Sn=(an+1)(an+2),n∈N*.求數(shù)列{an}的通項公式.解:由a1=S1=eq\f(1,6)(a1+1)(a1+2),解得a1=1或a1=2.由已知a1=S1>1,因此a1=2.又由an+1=Sn+1-Sn=eq\f(1,6)(an+1+1)(an+1+2)-eq\f(1,6)(an+1)(an+2),得an+1-an-3=0或an+1=-an.因為an>0,故an+1=-an不成立,舍去.因此an+1-an-3=0,即an+1-an=3,從而{an}是公差為3,首項為2的等差數(shù)列,故{an}的通項公式為an=3n-1.由遞推關(guān)系式求數(shù)列的通項公式[例3]根據(jù)下列條件,確定數(shù)列{an}的通項公式.(1)a1=1,an+1=3an+2;(2)a1=1,an=eq\f(n-1,n)an-1(n≥2);(3)a1=2,an+1=an+3n+2.[自主解答](1)∵an+1=3an+2,∴an+1+1=3(an+1),即eq\f(an+1+1,an+1)=3.∴數(shù)列{an+1}為等比數(shù)列,公比q=3.又a1+1=2,∴an+1=2×3n-1.∴an=2×3n-1-1.(2)∵an=eq\f(n-1,n)an-1(n≥2),∴an-1=eq\f(n-2,n-1)an-2,…,a2=eq\f(1,2)a1.以上(n-1)個式子相乘得an=a1×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×…×eq\f(n-1,n)=eq\f(a1,n)=eq\f(1,n).(3)∵an+1-an=3n+2,∴an-an-1=3n-1(n≥2),∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=eq\f(n3n+1,2)(n≥2).當(dāng)n=1時,a1=eq\f(1,2)×(3×1+1)=2符合公式,∴an=eq\f(3,2)n2+eq\f(n,2).———————————————————由遞推公式求通項公式的常用方法已知數(shù)列的遞推關(guān)系,求數(shù)列的通項公式時,通常用累加、累乘、構(gòu)造法求解.當(dāng)出現(xiàn)an=an-1+m時,構(gòu)造等差數(shù)列;當(dāng)出現(xiàn)an=xan-1+y時,構(gòu)造等比數(shù)列;當(dāng)出現(xiàn)an=an-1+fn時,用累加法求解;當(dāng)出現(xiàn)eq\f(an,an-1)時,用累乘法求解.3.(·大綱全國卷)已知數(shù)列{an}中,a1=1,前n項和Sn=eq\f(n+2,3)an.(1)求a2,a3;(2)求數(shù)列{an}的通項公式.解:(1)由S2=eq\f(4,3)a2得3(a1+a2)=4a2,解得a2=3a1=3;由S3=eq\f(5,3)a3得3(a1+a2+a3)=5a3,解得a3=eq\f(3,2)(a1+a2)=6.(2)由題設(shè)知a1=1.當(dāng)n>1時有an=Sn-Sn-1=eq\f(n+2,3)an-eq\f(n+1,3)an-1,整理得an=eq\f(n+1,n-1)an-1.于是a1=1,a2=eq\f(3,1)a1,a3=eq\f(4,2)a2,…an-1=eq\f(n,n-2)an-2,an=eq\f(n+1,n-1)an-1,將以上n個等式兩端分別相乘,整理得an=eq\f(nn+1,2).綜上可知,數(shù)列{an}的通項公式an=eq\f(nn+1,2).數(shù)列函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用[例4]已知數(shù)列{an}.(1)若an=n2-5n+4,①數(shù)列中有多少項是負(fù)數(shù)?②n為何值時,an有最小值?并求出最小值.(2)若an=n2+kn+4且對于n∈N*,都有an+1>an成立.求實數(shù)k的取值范圍.[自主解答](1)①由n2-5n+4<0,解得1<n<4.∵n∈N*,∴n=2,3.∴數(shù)列中有兩項是負(fù)數(shù),即為a2,a3.②∵an=n2-5n+4=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n-\f(5,2)))2-eq\f(9,4)的對稱軸方程為n=eq\f(5,2).又n∈N*,∴n=2或n=3時,an有最小值,其最小值為a2=a3=-2.(2)由an+1>an,知該數(shù)列是一個遞增數(shù)列,又因為通項公式an=n2+kn+4,可以看作是關(guān)于n的二次函數(shù),考慮到n∈N*,所以-eq\f(k,2)<eq\f(3,2),即得k>-3.———————————————————函數(shù)思想在數(shù)列中的應(yīng)用(1)數(shù)列可以看作是一類特殊的函數(shù),因此要用函數(shù)的知識,函數(shù)的思想方法來解決.(2)數(shù)列的單調(diào)性是高考??純?nèi)容之一,有關(guān)數(shù)列最大項、最小項、數(shù)列有界性問題均可借助數(shù)列的單調(diào)性來解決,判斷單調(diào)性時常用:①作差;②作商;③結(jié)合函數(shù)圖象等方法.4.若數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(nn+4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n))中的最大項是第k項,則k=________.解析:法一:由題意知,eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kk+4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))k≥k-1k+3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))k-1,,kk+4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))k≥k+1k+5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))k+1,))解得eq\r(10)≤k≤1+eq\r(10).∵k∈N*,∴k=4.法二:設(shè)an=n(n+4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n,則an+1-an=(n+1)(n+5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n+1-n(n+4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))neq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)n+1n+5-nn+4))=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))neq\f(10-n2,3).當(dāng)n≤3時,an+1-an>0,即an+1>an,當(dāng)n≥4時,an+1-an<0,即an+1<an,故a1<a2<a3<a4,且a4>a5>a6>….所以數(shù)列中最大項是第4項.答案:41個關(guān)系——數(shù)列與函數(shù)的關(guān)系數(shù)列是一種特殊的函數(shù),即數(shù)列是一個定義在非零自然數(shù)集或其子集上的函數(shù),當(dāng)自變量依次從小到大取值時所對應(yīng)的一列函數(shù)值,就是數(shù)列.因此,在研究函數(shù)問題時既要注意函數(shù)方法的普遍性,又要考慮數(shù)列方法的特殊性.3類問題——數(shù)列通項公式的求法及最大(小)項問題(1)由遞推關(guān)系求數(shù)列的通項公式常用的方法有:①求出數(shù)列的前幾項,再歸納出數(shù)列的一個通項公式;②將已知遞推關(guān)系式整理、變形,變成等差、等比數(shù)列,或用疊加法、累乘法、迭代法.(2)由Sn與an的遞推關(guān)系求an的常用思路有:①利用Sn-Sn-1=an(n≥2)轉(zhuǎn)化為an的遞推關(guān)系,再求其通項公式;②轉(zhuǎn)化為Sn的遞推關(guān)系,先求出Sn與n的關(guān)系,再求an.(3)數(shù)列{an}的最大(小)項的求法可以利用不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an-1≤an,,an≥an+1,))找到數(shù)列的最大項;利用不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an-1≥an,,an≤an+1,))找到數(shù)列的最小項.創(chuàng)新交匯——數(shù)列與函數(shù)的交匯問題1.?dāng)?shù)列的概念常與函數(shù)、方程、解析幾何、不等式等相結(jié)合命題.2.正確理解、掌握函數(shù)的性質(zhì)(如單調(diào)性、周期性等)是解決此類問題的關(guān)鍵.[典例](·上海高考)已知f(x)=eq\f(1,1+x).各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足a1=1,an+2=f(an).若a2010=a2012,則a20+a11的值是________.[解析]∵an+2=eq\f(1,1+an),又a2010=a2012=eq\f(1,1+a2010),∴aeq\o\al(2,2010)+a2010=1.又an>0,∴a2010=eq\f(\r(5)-1,2).又a2010=eq\f(1,1+a2008)=eq\f(\r(5)-1,2),∴a2008=eq\f(\r(5)-1,2),同理可得a2006=…=a20=eq\f(\r(5)-1,2).又a1=1,∴a3=eq\f(1,2),a5=eq\f(1,1+a3)=eq\f(2,3),a7=eq\f(1,1+a5)=eq\f(3,5),a9=eq\f(1,1+a7)=eq\f(5,8),a11=eq\f(1,1+a9)=eq\f(8,13).∴a20+a11=eq\f(\r(5)-1,2)+eq\f(8,13)=eq\f(13\r(5)+3,26).[答案]eq\f(13\r(5)+3,26)eq\a\vs4\al([名師點評])1.本題具有以下創(chuàng)新點(1)數(shù)列{an}的遞推關(guān)系式,以函數(shù)f(x)=eq\f(1,1+x)為載體間接給出;(2)給出的遞推關(guān)系式不是相鄰兩項,即an與an-1(n≥2)之間的關(guān)系,而是給出an與an+2之間的關(guān)系式,即奇數(shù)項與奇數(shù)項、偶數(shù)項與偶數(shù)項之間的遞推關(guān)系.2.解決本題的關(guān)鍵有以下兩點(1)正確求出數(shù)列{an}的遞推關(guān)系式;(2)正確利用遞推公式an+2=eq\f(1,1+an),分別從首項a1推出a11和從a2010推出a20.eq\a\vs4\al([變式訓(xùn)練])1.已知數(shù)列{an}滿足a1=33,an+1-an=2n,則eq\f(an,n)的最小值為()A.eq\f(17,2) B.eq\f(21,2)C.10 D.21解析:選B由已知條件可知:當(dāng)n≥2時,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=33+2+4+…+2(n-1)=n2-n+33,又n=1時,a1=33適合,故an=n2-n+33.又eq\f(an,n)=n+eq\f(33,n)-1,令f(n)=n+eq\f(33,n)-1,f(n)在[1,5]上為減函數(shù),f(n)在[6,+∞)上為增函數(shù),又f(5)=eq\f(53,5),f(6)=eq\f(21,2),所以f(5)>f(6).故f(n)=eq\f(an,n)的最小值為eq\f(21,2).2.已知函數(shù)f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x-1x≤0,,fx-1+1x>0,))把函數(shù)g(x)=f(x)-x的零點按從小到大的順序排成一個數(shù)列,則該數(shù)列的通項公式為()A.a(chǎn)n=eq\f(nn-1,2)(n∈N*) B.a(chǎn)n=n(n-1)(n∈N*)C.a(chǎn)n=n-1(n∈N*) D.a(chǎn)n=2n-2(n∈N*)解析:選C據(jù)已知函數(shù)關(guān)系式可得f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x-1x≤0,,2x-10<x≤1,,2x-2+11<x≤2,,…,))此時易知函數(shù)g(x)=f(x)-x的前幾個零點依次為0,1,2,…,代入驗證只有C符合.一、選擇題(本大題共6小題,每小題5分,共30分)1.?dāng)?shù)列1,eq\f(2,3),eq\f(3,5),eq\f(4,7),eq\f(5,9),…的一個通項公式an是()A.eq\f(n,2n+1) B.eq\f(n,2n-1)C.eq\f(n,2n-3) D.eq\f(n,2n+3)解析:選B由已知得,數(shù)列可寫成eq\f(1,1),eq\f(2,3),eq\f(3,5),…,故通項為eq\f(n,2n-1).2.已知數(shù)列{an}的通項公式為an=n2-2λn(n∈N*),則“λ<1”是“數(shù)列{an}為遞增數(shù)列”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件解析:選A若數(shù)列{an}為遞增數(shù)列,則有an+1-an>0,即2n+1>2λ對任意的n∈N*都成立,于是有3>2λ,即λ<eq\f(3,2).由λ<1可得λ<eq\f(3,2),但反過來,由λ<eq\f(3,2)不能得到λ<1,因此“λ<1”是“數(shù)列{an}為遞增數(shù)列”的充分不必要條件.3.?dāng)?shù)列{an}的通項an=eq\f(n,n2+90),則數(shù)列{an}中的最大值是()A.3eq\r(10) B.19C.eq\f(1,19) D.eq\f(\r(10),60)解析:選C因為an=eq\f(1,n+\f(90,n)),運用基本不等式得eq\f(1,n+\f(90,n))≤eq\f(1,2\r(90)),由于n∈N*,不難發(fā)現(xiàn)當(dāng)n=9或10時,an=eq\f(1,19)最大.4.(·銀川模擬)設(shè)數(shù)列{an}滿足:a1=2,an+1=1-eq\f(1,an),記數(shù)列{an}的前n項之積為Tr,則T2013的值為()A.-eq\f(1,2) B.-1C.eq\f(1,2) D.2解析:選B由a2=eq\f(1,2),a3=-1,a4=2可知,數(shù)列{an}是周期為3的周期數(shù)列,從而T2013=(-1)671=-1.5.已知數(shù)列{an}的前n項和Sn=n2-9n,第k項滿足5<ak<8,則k=()A.9 B.8C.7 D.6解析:選B由an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Snn=1,Sn-Sn-1n≥2))=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-8n=1,,2n-10n≥2,))得an=2n-10.由5<2k-10<8得7.5<k<9,由于k∈N*,所以k=8.6.(·福建高考)數(shù)列{an}的通項公式an=ncoseq\f(nπ,2),其前n項和為Sn,則S2012等于()A.1006 B.2012C.503 D.0解析:選A由題意知,a1+a2+a3+a4=2,a5+a6+a7+a8=2,…,a4k+1+a4k+2+a4k+3+a4k+4=2,k∈N,故S2012=503×2=1006.二、填空題(本大題共3小題,每小題5分,共15分)7.根據(jù)下圖5個圖形及相應(yīng)點的個數(shù)的變化規(guī)律,猜測第n個圖中有________個點.解析:觀察圖中5個圖形點的個數(shù)分別為1,1×2+1,2×3+1,3×4+1,4×5+1,故第n個圖中點的個數(shù)為(n-1)×n+1=n2-n+1.答案:n2-n+18.?dāng)?shù)列{an}滿足an+1=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2an\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤an<\f(1,2))),,2an-1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)≤an<1)),))若a1=eq\f(6,7),則a2013=________.解析:因為a1=eq\f(6,7)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),1)),所以a2=2a1-1=2×eq\f(6,7)-1=eq\f(5,7).因為a2=eq\f(5,7)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),1)),所以a3=2a2-1=2×eq\f(5,7)-1=eq\f(3,7).因為a3=eq\f(3,7)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2))),所以a4=2a3=2×eq\f(3,7)=eq\f(6,7).顯然a4=a1,根據(jù)遞推關(guān)系,逐步代入,得a5=a2,a6=a3,…故該數(shù)列的項呈周期性出現(xiàn),其周期為3,根據(jù)上述求解結(jié)果,可得a3k+1=eq\f(6,7),a3k+2=eq\f(5,7),a3k+3=eq\f(3,7)(k∈N).所以a2013=a3×671=a3=eq\f(3,7).答案:eq\f(3,7)9.已知數(shù)列{an},{bn}滿足a1=1,且an,an+1是函數(shù)f(x)=x2-bnx+2n的兩個零點,則b10=________.解析:∵an+an+1=bn,an·an+1=2n,∴an+1·an+2=2n+1,∴an+2=2an.又∵a1=1,a1·a2=2,∴a2=2,∴a2n=2n,a2n-1=2n-1(n∈N*),∴b10=a10+a11=64.答案:64三、解答題(本大題共3小題,每小題12分,共36分)10.?dāng)?shù)列{an}中,a1=1,對于所有的n≥2,n∈N*都有a1·a2·a3…·an=n2,求a3+a5的值.解:∵a1·a2·a3·…·an=n2,∴a1a2=4,a1a2a3=9,解得a3=eq\f(9,4)同理a5=eq\f(25,16).∴a3+a5=eq\f(61,16).11.已知數(shù)列{an}的前n項和Sn,分別求它們的通項公式an.(1)Sn=2n2+3n;(2)Sn=2n+1.解:(1)由題可知,當(dāng)n=1時,a1=S1=2×12+3×1=5,當(dāng)n≥2時,an=Sn-Sn-1=(2n2+3n)-[2(n-1)2+3(n-1)]=4n+1.當(dāng)n=1時,4×1+1=5=a1,故an=4n+1.(2)當(dāng)n=1時,a1=S1=2+1=3,當(dāng)n≥2時,an=Sn-Sn-1=(2n+1)-(2n-1+1)=2n-1.當(dāng)n=1時,21-1=1≠a1,故an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n=1,,2n-1n≥2.))12.已知數(shù)列{an}滿足前n項和Sn=n2+1,數(shù)列{bn}滿足bn=eq\f(2,an+1),且前n項和為Tn,設(shè)cn=T2n+1-Tn.(1)求數(shù)列{bn}的通項公式;(2)判斷數(shù)列{cn}的增減性.解:(1)a1=2,an=Sn-Sn-1=2n-1(n≥2),故bn=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)n≥2,,\f(2,3)n=1.))(2)∵cn=bn+1+bn+2+…+b2n+1=eq\f(1,n+1)+eq\f(1,n+2)+…+eq\f(1,2n+1),∴cn+1-cn=eq\f(1,2n+2)+eq\f(1,2n+3)-eq\f(1,n+1)=eq\f(-n-1,2n+22n+3n+1)<0.∴{cn}是遞減數(shù)列.1.根據(jù)數(shù)列的前幾項,寫出下列各數(shù)列的一個通項公式:(1)-1,7,-13,19,…;(1)0.8,0.88,0.888,…;(3)eq\f(3,2),1,eq\f(7,10),eq\f(9,17),…;(4)0,1,0,1,….解:(1)符號問題可通過(-1)n或(-1)n+1表示,其各項的絕對值的排列規(guī)律為:后面的數(shù)的絕對值總比前面數(shù)的絕對值大6,故通項公式為an=(-1)n(6n-5).(2)將數(shù)列變形為eq\f(8,9)(1-0.1),eq\f(8,9)(1-0.01),eq\f(8,9)(1-0.001),…故an=eq\f(8,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,10n))).(3)將數(shù)列統(tǒng)一為eq\f(3,2),eq\f(5,5),eq\f(7,10),eq\f(9,17),…,對于分子3,5,7,9,…,是序號的2倍加1,可得分子的通項公式為bn=2n+1,對于分母2,5,10,17,…,聯(lián)想到數(shù)列1,4,9,16,…,即數(shù)列{n2},可得分母的通項公式為cn=n2+1,故可得它的一個通項公式為an=eq\f(2n+1,n2+1).(4)an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0n為奇數(shù),,1n為偶數(shù)))或an=eq\f(1+-1n,2)或an=eq\f(1+cosnπ,2).2.已知數(shù)列{an}的通項公式an=(n+1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n(n∈N*),試問數(shù)列{an}有沒有最大項?若有,求最大項和最小項的項數(shù);若沒有,說明理由.解:∵an+1-an=(n+2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n+1-(n+1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n·eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(9-n,11))),當(dāng)n<9時,an+1-an>0,即an+1>an;當(dāng)n=9時,an+1-an=0,即an+1=an;當(dāng)n>9時,an+1-an<0,即an+1<an;故a1<a2<a3<…<a9=a10>a11>a12>…∴數(shù)列中有最大項,最大項為第9、10項,即a9=a10=eq\f(1010,119).3.設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn,點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n,\f(Sn,n)))(n∈N*)均在函數(shù)y=3x-2的圖象上.(1)求數(shù)列{an}的通項公式;(2)設(shè)bn=eq\f(3,anan+1),Tn是數(shù)列{bn}的前n項和,求使得Tn<eq\f(m,20)對所有n∈N*都成立的最小正整數(shù)m.解:(1)依題意得,eq\f(Sn,n)=3n-2,即Sn=3n2-2n.當(dāng)n≥2時,an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)-[3(n-1)2-2(n-1)]=6n-5;當(dāng)n=1時,a1=S1=3×12-2×1=1=6×1-5.所以an=6n-5(n∈N*).(2)由(1)得bn=eq\f(3,anan+1)=eq\f(3,6n-5[6n+1-5])=eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6n-5)-\f(1,6n+1))),故Tn=eq\i\su(i=1,n,b)i=eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,7)))+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)-\f(1,13)))+…+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6n-5)-\f(1,6n+1)))))=eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,6n+1))).因此,使得eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,6n+1)))<eq\f(m,20)(n∈N*)成立的m必須且僅需滿足eq\f(1,2)≤eq\f(m,20),即m≥10,故滿足要求的最小正整數(shù)m為10.4.(·浙江高考)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且Sn=2n2+n,n∈N*,數(shù)列{bn}滿足an=4log2bn+3,n∈N*.(1)求an,bn;(2)求數(shù)列{an·bn}的前n項和Tn.解:(1)由Sn=2n2+n,得當(dāng)n=1時,a1=S1=3;當(dāng)n≥2時,an=Sn-Sn-1=4n-1,易知當(dāng)n=1時也滿足通式an=4n-1,所以an=4n-1,n∈N*.由4n-1=an=4log2bn+3,得bn=2n-1,n∈N*.(2)由(1)知an·bn=(4n-1)·2n-1,n∈N*,所以Tn=3+7×2+11×22+…+(4n-1)·2n-1,2Tn=3×2+7×22+…+(4n-5)·2n-1+(4n-1)·2n,2Tn-Tn=(4n-1)2n-[3+4(2+22+…+2n-1)]=(4n-5)2n+5.故Tn=(4n-5)2n+5,n∈N*.eq\a\vs4\al(第二節(jié)等差數(shù)列及其前n項和)[備考方向要明了]考什么怎么考1.理解等差數(shù)列的概念;2.掌握等差數(shù)列的通項公式與前n項和公式;3.能在具體的問題情境中識別數(shù)列的等差關(guān)系,并能用有關(guān)知識解決相應(yīng)的問題;4.了解等差數(shù)列與一次函數(shù)的關(guān)系.1.以選擇題的形式考查等差數(shù)列的基本量及等差數(shù)列性質(zhì)的簡單應(yīng)用,如年遼寧T6,北京T10,江西T12等.2.以解答題的形式考查等差數(shù)列的概念、等差數(shù)列的判定、通項公式、前n項和公式以及等差數(shù)列的性質(zhì)等,如年陜西T17等.[歸納·知識整合]1.等差數(shù)列的定義一般地,如果一個數(shù)列從第二項起,每一項與它的前一項的差等于同一個常數(shù),那么這個數(shù)列就叫做等差數(shù)列,這個常數(shù)叫做等差數(shù)列的公差,通常用字母d表示,定義表達(dá)式為an-an-1=d(常數(shù))(n∈N*,n≥2)或an+1-an=d(常數(shù))(n∈N*).2.等差數(shù)列的通項公式若等差數(shù)列{an}的首項為a1,公差為d,則其通項公式為an=a1+(n-1)d.亦可以用數(shù)列中的第m項am與公差d表示為an=am+(n-m)d.[探究]1.已知等差數(shù)列{an}的第m項為am,公差為d,則其第n項an能否用am與d表示?提示:能,an=am+(n-m)d.3.等差中項若三個數(shù)a,A,b成等差數(shù)列,則A叫做a與b的等差中項,且有A=eq\f(a+b,2).4.等差數(shù)列的前n項和公式Sn=na1+eq\f(nn-1,2)d=eq\f(na1+an,2).[探究]2.等差數(shù)列前n項和公式的推導(dǎo)運用了什么方法?提示:倒序相加法.3.等差數(shù)列前n項和公式能否看作關(guān)于n的函數(shù),該函數(shù)是否有最值?提示:當(dāng)d≠0時,Sn是關(guān)于n的且常數(shù)項為0的二次函數(shù),則(n,Sn)是二次函數(shù)圖象上的一群孤立的點,由此可得:當(dāng)d>0時,Sn有最小值;當(dāng)d<0時,Sn有最大值.5.等差數(shù)列的性質(zhì)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列,Sn是其前n項和.(1)若m+n=p+q,則am+an=ap+aq,特別:若m+n=2p,則am+an=2ap.(2)am,am+k,am+2k,am+3k,…仍是等差數(shù)列,公差為kd.(3)數(shù)列Sm,S2m-Sm,S3m-S[自測·牛刀小試]1.(·重慶高考)在等差數(shù)列{an}中,a2=1,a4=5,則{an}的前5項和S5=()A.7 B.15C.20 D.25解析:選B數(shù)列{an}的公差d=eq\f(5-1,2)=2,則a1=-1,a5=7,可得S5=15.2.(·遼寧高考)在等差數(shù)列{an}中,已知a4+a8=16,則該數(shù)列前11項和S11=()A.58 B.88C.143 D.176解析:選B因為{an}是等差數(shù)列,所以a4+a8=2a6=16?a6=8,則該數(shù)列的前11項和為S11=eq\f(11a1+a11,2)=11a6=88.3.(教材習(xí)題改編)在等差數(shù)列{an}中,若a4+a5=15,a7=15,則a2的值為()A.-3 B.0C.1 D.2解析:選B由題意知,a2+a7=a4+a5,所以a2=a4+a5-a7=0.4.(教材習(xí)題改編)已知兩個數(shù)列x,a1,a2,a3,y與x,b1,b2,y都是等差數(shù)列,且x≠y,則eq\f(a2-a1,b2-b1)的值為________.解析:∵a2-a1=eq\f(1,4)(y-x),b2-b1=eq\f(1,3)(y-x),∴eq\f(a2-a1,b2-b1)=eq\f(3,4).答案:eq\f(3,4)5.(教材習(xí)題改編)有兩個等差數(shù)列2,6,10,…,190及2,8,14,…,200,由這兩個等差數(shù)列的公共項按從小到大的順序組成一個新數(shù)列,則這個新數(shù)列{an}的通項公式an=________.解析:兩個等差數(shù)列的公共項為2,14,26,…即新數(shù)列的首項為2,公差為12.故an=2+(n-1)×12=12n-10.答案:12n-10等差數(shù)列的判定與證明[例1]已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且滿足a1=eq\f(1,2),an=-2SnSn-1(n≥2).(1)求證:數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是等差數(shù)列;(2)求Sn和an.[自主解答](1)證明:∵當(dāng)n≥2時,an=Sn-Sn-1=-2SnSn-1,①∴Sn(1+2Sn-1)=Sn-1.由上式,若Sn-1≠0,則Sn≠0.∵S1=a1≠0,由遞推關(guān)系知Sn≠0(n∈N*),由①式得eq\f(1,Sn)-eq\f(1,Sn-1)=2(n≥2).∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是等差數(shù)列,其中首項為eq\f(1,S1)=eq\f(1,a1)=2,公差為2.(2)∵eq\f(1,Sn)=eq\f(1,S1)+2(n-1)=eq\f(1,a1)+2(n-1),∴Sn=eq\f(1,2n).當(dāng)n≥2時,an=Sn-Sn-1=-eq\f(1,2nn-1),當(dāng)n=1時,a1=S1=eq\f(1,2)不適合上式,∴an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),n=1,,-\f(1,2nn-1),n≥2.))若將條件改為“a1=2,Sn=eq\f(Sn-1,2Sn-1+1)(n≥2)”,如何求解.解:(1)證明:∵Sn=eq\f(Sn-1,2Sn-1+1),∴eq\f(1,Sn)=eq\f(2Sn-1+1,Sn-1)=eq\f(1,Sn-1)+2.∴eq\f(1,Sn)-eq\f(1,Sn-1)=2.∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以eq\f(1,2)為首項,以2為公差的等差數(shù)列.(2)由(1)知eq\f(1,Sn)=eq\f(1,2)+(n-1)×2=2n-eq\f(3,2),即Sn=eq\f(1,2n-\f(3,2)).當(dāng)n≥2時,an=Sn-Sn-1=eq\f(1,2n-\f(3,2))-eq\f(1,2n-\f(7,2))=eq\f(-2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n-\f(3,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n-\f(7,2))));當(dāng)n=1時,a1=2不適合an,故an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n=1,,\f(-2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n-\f(3,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n-\f(7,2))))n≥2.))———————————————————等差數(shù)列的判定方法(1)定義法:對于n≥2的任意自然數(shù),驗證an-an-1為同一常數(shù);(2)等差中項法:驗證2an-1=an+an-2(n≥3,n∈N*)成立;(3)通項公式法:驗證an=pn+q;(4)前n項和公式法:驗證Sn=An2+Bn.注意:在解答題中常應(yīng)用定義法和等差中項法,而通項公式法和前n項和公式法主要適用于選擇題、填空題中的簡單判斷.1.已知數(shù)列{an}中,a1=eq\f(3,5),an=2-eq\f(1,an-1)(n≥2,n∈N*),數(shù)列{bn}滿足bn=eq\f(1,an-1)(n∈N*).(1)求證:數(shù)列{bn}是等差數(shù)列;(2)求數(shù)列{an}中的最大項和最小項,并說明理由.解:(1)證明:∵an=2-eq\f(1,an-1)(n≥2,n∈N*),bn=eq\f(1,an-1),∴bn+1-bn=eq\f(1,an+1-1)-eq\f(1,an-1)=eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2-\f(1,an)))-1)-eq\f(1,an-1)=eq\f(an,an-1)-eq\f(1,an-1)=1.又b1=eq\f(1,an-1)=-eq\f(5,2),∴數(shù)列{bn}是以-eq\f(5,2)為首項,以1為公差的等差數(shù)列.(2)由(1)知bn=n-eq\f(7,2),則an=1+eq\f(1,bn)=1+eq\f(2,2n-7),設(shè)f(x)=1+eq\f(2,2x-7),則f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,\f(7,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2),+∞))上為減函數(shù).故當(dāng)n=3時,an取得最小值-1,當(dāng)n=4時,an取得最大值3.等差數(shù)列基本量的計算[例2](1)已知{an}為等差數(shù)列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,則a20等于()A.-1 B.1C.3 D.7(2)(·廣東高考)已知遞增的等差數(shù)列{an}滿足a1=1,a3=aeq\o\al(2,2)-4,則an=________.(3)(·北京高考)已知{an}為等差數(shù)列,Sn為其前n項和.若a1=eq\f(1,2),S2=a3,則a2=________;Sn=________.[自主解答](1)兩式相減,可得3d=-6,d=-2.由已知可得3a3=105,a3=35,所以a20=a3+17d(2)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=1,,a3=a1+d2-4,))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=1,,1+2d=1+d2-4,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=1,,d=±2.))由于等差數(shù)列{an}是遞增的等差數(shù)列,因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=1,,d=2.))所以an=a1+(n-1)d=2n-1.(3)設(shè)等差數(shù)列的公差為d,則2a1+d=a1+2d,把a1=eq\f(1,2)代入得d=eq\f(1,2),所以a2=a1+d=1,Sn=na1+eq\f(nn-1,2)d=eq\f(1,4)n(n+1).[答案](1)B(2)2n-1(3)1eq\f(nn+1,4)———————————————————等差數(shù)列運算問題的通法等差數(shù)列的通項公式及前n項和公式中,共涉及五個量,知三可求二,如果已知兩個條件,就可以列出方程組求解,體現(xiàn)了用方程思想解決問題的方法.如果利用等差數(shù)列的性質(zhì)、幾何意義去考慮也可以.2.已知等差數(shù)列{an}中,a1=1,a3=-3.(1)求數(shù)列{an}的通項公式;(2)若數(shù)列{an}的前k項和Sk=-35,求k的值.解:(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,則an=a1+(n-1)d(n≥1,n∈N*).由a1=1,a3=-3,可得1+2d=-3,解得d=-2.從而,an=1+(n-1)×(-2)=3-2n.(2)由(1)知an=3-2n,所以Sn=eq\f(n[1+3-2n],2)=2n-n2.進(jìn)而由Sk=-35,可得2k-k2=-35,即k2-2k-35=0,解得k=7或k=-5.又k∈N*,故k=7為所求結(jié)果.等差數(shù)列前n項和的最值[例3]已知在等差數(shù)列{an}中,a1=31,Sn是它的前n項和,S10=S22,(1)求Sn;(2)這個數(shù)列的前多少項和最大,并求出這個最大值.[自主解答](1)∵S10=a1+a2+…+a10,S22=a1+a2+…+a22,又S10=S22,∴a11+a12+…+a22=0,即eq\f(12a11+a22,2)=0,即a11+a22=2a1+31d=0.又a1=31,∴d=-2.∴Sn=na1+eq\f(nn-1,2)d=31n-n(n-1)=32n-n2.(2)法一:由(1)知,Sn=32n-n2=-(n-16)2+256,∴當(dāng)n=16時,Sn有最大值256.法二:由(1)知,eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an=31+n-1·-2=-2n+33≥0,,an+1=31+n·-2=-2n+31≤0))(n∈N*),解得eq\f(31,2)≤n≤eq\f(33,2),∵n∈N*,∴n=16時,Sn有最大值256.若將“a1=31,S10=S22”改為“a1=20,S10=S15”,則n為何值時,S解:法一:∵a1=20,S10=S15,∴10×20+eq\f(10×9,2)d=15×20+eq\f(15×14,2)d,解得d=-eq\f(5,3).∴an=20+(n-1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(5,3)))=-eq\f(5,3)n+eq\f(65,3).∴a13=0,即當(dāng)n≤12時,an>0,n≥14時,an<0.∴當(dāng)n=12或13時,Sn取得最大值,且最大值為S12=S13=12×20+eq\f(12×11,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(5,3)))=130.法二:同法一求得d=-eq\f(5,3).∴Sn=20n+eq\f(nn-1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(5,3)))=-eq\f(5,6)n2+eq\f(125,6)n=-eq\f(5,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n-\f(25,2)))2+eq\f(3125,24).∵n∈N*,∴當(dāng)n=12或13時,Sn有最大值,且最大值為S12=S13=130.法三:同法一得d=-eq\f(5,3).又由S10=S15,得a11+a12+a13+a14+a15=0.∴5a13=0,即a13∴當(dāng)n=12或13時,Sn有最大值,且最大值為S12=S13=130.———————————————————求等差數(shù)列前n項和的最值的方法(1)運用配方法轉(zhuǎn)化為二次函數(shù),借助二次函數(shù)的單調(diào)性以及數(shù)形結(jié)合的思想,從而使問題得解;(2)通項公式法:求使an≥0(an≤0)成立時最大的n值即可.一般地,等差數(shù)列{an}中,若a1>0,且Sp=Sq(p≠q),則①若p+q為偶數(shù),則當(dāng)n=eq\f(p+q,2)時,Sn最大;②若p+q為奇數(shù),則當(dāng)n=eq\f(p+q-1,2)或n=eq\f(p+q+1,2)時,Sn最大.3.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,已知a3=12,S12>0,S13<0.(1)求公差d的取值范圍;(2)指出S1,S2,…,S12中,哪一個最大,并說明理由.解:(1)設(shè)數(shù)列首項為a1,公差為d,由題意可得,eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S12=12a1+\f(1,2)×12×12-1d>0,,S13=13a1+\f(1,2)×13×13-1d<0.))將a1=a3-2d=12-2d代入,得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(24+7d>0,,3+d<0,))即-eq\f(24,7)<d<-3.(2)法一:Sn=na1+eq\f(nn-1,2)d=(12-2d)n+eq\f(nn-1,2)d=eq\f(d,2)n2-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)d-12))n,其中-eq\f(24,7)<d<-3.由二次函數(shù)知識可得S6最大.法二:∵an=a1+(n-1)d=12+(n-3)d,由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0,,an+1≤0,))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12+n-3d≥0,,12+n-2d≤0.))∴eq\f(-12,d)+2≤n≤eq\f(-12,d)+3.而-eq\f(24,7)<d<-3,∴eq\f(11,2)<n<7.∴n=6.∴前6項和S6最大.法三:由S13=13a7<0,S12=6(a6+a7∴a7<0,a6>0.∴前6項和S6最大.等差數(shù)列性質(zhì)的應(yīng)用[例4](1)(·江門模擬)等差數(shù)列{an}前17項和S17=51,則a5-a7+a9-a11+a13等于()A.3 B.6C.17 D.51(2)等差數(shù)列{an}中,若a1+a4+a7=39,a3+a6+a9=27,則前9項的和S9等于()A.66 B.99C.144 D.297[自主解答](1)由于S17=eq\f(a1+a17,2)×17=17a9=51,所以a9=3.根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)a5+a13=a7+a11,所以a5-a7+a9-a11+a13=a9=3.(2)由等差數(shù)列的性質(zhì)及a1+a4+a7=39,可得3a4=39,所以a4=13.同理,由a3+a6+a9=27,可得a6所以S9=eq\f(9a1+a9,2)=eq\f(9a4+a6,2)=99.[答案](1)A(2)B———————————————————在等差數(shù)列有關(guān)計算問題中,結(jié)合整體思想,靈活應(yīng)用性質(zhì),可以減少運算量,達(dá)到事半功倍的效果.4.(1)(·山西四校聯(lián)考)在等差數(shù)列{an}中,a1+a2+a3=3,a18+a19+a20=87,則此數(shù)列前20項的和等于()A.290 B.300C.580 D.600(2)(·江西高考)設(shè)數(shù)列{an},{bn}都是等差數(shù)列.若a1+b1=7,a3+b3=21,則a5+b5=________.解析:(1)選B依題意得3(a1+a20)=90,即a1+a20=30,數(shù)列{an}的前20項的和等于eq\f(20a1+a20,2)=300.(2)法一:設(shè)數(shù)列{an},{bn}的公差分別為d1,d2,因為a3+b3=(a1+2d1)+(b1+2d2)=(a1+b1)+2(d1+d2)=7+2(d1+d2)=21,所以d1+d2=7.所以a5+b5=(a3+b3)+2(d1+d2)=21+2×7=35.法二:∵2a3=a1+a5,2b3=b1+b5∴a5+b5=2(a3+b3)-(a1+b1)=2×21-7=35.答案:351個技巧——利用等差數(shù)列的性質(zhì)妙設(shè)項若奇數(shù)個數(shù)成等差數(shù)列,可設(shè)中間三項為a-d,a,a+d;若偶數(shù)個數(shù)成等差數(shù)列,可設(shè)中間兩項為a-d,a+d,其余各項再依據(jù)等差數(shù)列的定義進(jìn)行對稱設(shè)元.2種選擇——等差數(shù)列前n項和公式的選擇等差數(shù)列前n項和公式有兩個,如果已知項數(shù)n、首項a1和第n項an,則利用Sn=eq\f(na1+an,2),該公式經(jīng)常和等差數(shù)列的性質(zhì)結(jié)合應(yīng)用.如果已知項數(shù)n、首項a1和公差d,則利用Sn=na1+eq\f(nn-1d,2),在求解等差數(shù)列的基本運算問題時,有時會和通項公式結(jié)合使用.3個結(jié)論——等差數(shù)列前n項和Sn的幾個結(jié)論(1)若等差數(shù)列{an}的項數(shù)為偶數(shù)2n,則①S2n=n(a1+a2n)=…=n(an+an+1);②S偶-S奇=nd,eq\f(S奇,S偶)=eq\f(an,an+1).(2)若等差數(shù)列{an}的項數(shù)為奇數(shù)2n+1,則①S2n+1=(2n+1)an+1;②eq\f(S奇,S偶)=eq\f(n+1,n).(3)在等差數(shù)列{an}中,若a1>0,d<0,則滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≥0,,am+1≤0))的項數(shù)m使得Sn取得最大值Sm;若a1<0,d>0,則滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≤0,,am+1≥0))的項數(shù)m使得Sn取得最小值Sm.4種方法——等差數(shù)列的判斷方法①定義法;②等差中項法;③通項公式法;④前n項和公式法.數(shù)學(xué)思想——整體思想在數(shù)列中的應(yīng)用利用整體思想解數(shù)學(xué)問題,就是從全局著眼,由整體入手,把一些彼此獨立但實際上緊密聯(lián)系的量作為一個整體考慮的方法.有不少數(shù)列題,其首項、公差無法確定或計算繁瑣,對這類問題,若從整體考慮,往往可尋得簡捷的解題途徑.[典例](·鹽城模擬)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和Sn=m,前m項和Sm=n(m≠n)則它的前m+n項的和Sm+n=________.[解析]法一:設(shè){an}的公差為d,則由Sn=m,Sm=n,得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Sn=na1+\f(nn-1,2)d=m,①,Sm=ma1+\f(mm-1,2)d=n.②))②-①得(m-n)a1+eq\f(m-nm+n-1,2)·d=n-m,∵m≠n,∴a1+eq\f(m+n-1,2)d=-1.∴Sm+n=(m+n)a1+eq\f(m+nm+n-1,2)d=(m+n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1+\f(m+n-1,2)d))=-(m+n).法二:設(shè)Sn=An2+Bn(n∈N*),則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Am2+Bm=n,③,An2+Bn=m,④))③-④得A(m2-n2)+B(m-n)=n-m.∵m≠n,∴A(m+n)+B=-1.∴A(m+n)2+B(m+n)=-(m+n),即Sm+n=-(m+n).[答案]-(m+n)eq\a\vs4\al([題后悟道])1.本題的兩種解法都突出了整體思想,其中法一把a1+eq\f(m+n-1,2)d看成了一個整體,法二把A(m+n)+B看成了一個整體,解起來都很方便.2.整體思想是一種重要的解題方法和技巧,這就要求學(xué)生要掌握公式,理解其結(jié)構(gòu)特征.3.本題的易錯點是,不能正確運用整體思想的運算方法,不能建立數(shù)量間的關(guān)系,導(dǎo)致錯誤.eq\a\vs4\al([變式訓(xùn)練])1.等差數(shù)列{an},{bn}的前n項和分別為Sn,Tn,若eq\f(Sn,Tn)=eq\f(2n,3n+1),則eq\f(an,bn)=()A.eq\f(2,3) B.eq\f(2n-1,3n-1)C.eq\f(2n+1,3n+1) D.eq\f(2n-1,3n+4)解析:選Beq\f(an,bn)=eq\f(2an,2bn)=eq\f(a1+a2n-1,b1+b2n-1)=eq\f(S2n-1,T2n-1)=eq\f(22n-1,32n-1+1)=eq\f(2n-1,3n-1).2.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,已知其前6項和為36,Sn=324,最后6項的和為180(n>6),求該數(shù)列的項數(shù)n及a9+a10.解:由題意知a1+a2+a3+a4+a5+a6=36,an+an-1+an-2+an-3+an-4+an-5=180,∴6(a1+an)=36+180=216.∴a1+an=36.又Sn=324,∴eq\f(na1+an,2)=324,即n=eq\f(2×324,36)=18.∴a9+a10=a1+a18=36.一、選擇題(本大題共6小題,每小題5分,共30分)1.已知{an}是等差數(shù)列,且a3+a9=4a5,a2A.4 B.14C.-4 D.-14解析:選A因為a3+a9=4a5,所以根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)可得a6=2a5.所以a1+5d=2a1+8d,即a1+3d=0.又a2=-8,即a1+d2.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若S17=a,則a2+a9+a16等于()A.eq\f(a,17) B.eq\f(4a,17)C.eq\f(3a,17) D.-eq\f(3a,17)解析:選C∵S17=eq\f(a1+a17×17,2)=a,∴17a9=a,a9=eq\f(a,17).∴a2+a9+a16=3a9=eq\f(3a,17).3.(·秦皇島模擬)設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和,若a1=1,公差d=2,Sk+2-Sk=24,則k=()A.8 B.7C.6 D.5解析:選D依題意得Sk+2-Sk=ak+1+ak+2=2a1+(2k+1)d=2(2k+1)+2=24,解得k4.已知{an}為等差數(shù)列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99.以Sn表示{an}的前n項和,則使得Sn達(dá)到最大值的n是()A.21 B.20C.19 D.18解析:選B∵a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,∴3a3=105,3a4=99,即a3=35,a∴a1=39,d=-2,得an=41-2n.令an>0且an+1<0,n∈N*,則有n=20.5.已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和,若S1=1,eq\f(S4,S2)=4,則eq\f(S6,S4)的值為()A.eq\f(9,4) B.eq\f(3,2)C.eq\f(5,3) D.4解析:選A由等差數(shù)列的性質(zhì)可知S2,S4-S2,S6-S4成等差數(shù)列,由eq\f(S4,S2)=4得eq\f(S4-S2,S2)=3,則S6-S4=5S2,所以S4=4S2,S6=9S2,eq\f(S6,S4)=eq\f(9,4).6.(·玉溪模擬)數(shù)列{an}的首項為3,{bn}為等差數(shù)列且bn=an+1-an(n∈N*).若b3=-2,b10=12,則a8=()A.0 B.3C.8 D.11解析:選B因為{bn}是等差數(shù)列,且b3=-2,b10=12,故公差d=eq\f(12--2,10-3)=2.于是b1=-6,且bn=2n-8(n∈N*),即an+1-an=2n-8.所以a8=a7+6=a6+4+6=a5+2+4+6=…=a1+(-6)+(-4)+(-2)+0+2+4+6=3.二、填空題(本大題共3小題,每小題5分,共15分)7.等差數(shù)列{an}中a1=1,前n項和Sn滿足eq\f(S4,S2)=4,則數(shù)列{an}的前n項和Sn=________.解析:設(shè)公差為d,則由eq\f(S4,S2)=4得eq\f(4a1+6d,2a1+d)=4.又∵a1=1,∴d=2.∴Sn=na1+eq\f(nn-1d,2)=n+n(n-1)=n2.答案:n28.已知等差數(shù)列{an}中,an≠0,若n>1且an-1+an+1-aeq\o\al(2,n)=0,S2n-1=38,則n等于________.解析:∵2an=an-1+an+1,又an-1+an+1-aeq\o\al(2,n)=0,∴2an-aeq\o\al(2,n)=0,即an(2-an)=0.∵an≠0,∴an=2.∴S2n-1=2(2n-1)=38,解得n=10.答案:109.(·南京模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若(a2-1)3+2012(a2-1)=1,(a2011-1)3+2012·(a2011-1)=-1,則下列四個命題中真命題的序號為________.①S2011=2011;②S2012=2012;③a2011<a2;④S2011<S2.解析:由f(x)=x3+2012x為奇函數(shù),f′(x)=3x2+2012>0,f(1)=2013>1知f(1)>f(a2-1),故a2-1<1即a2<2又f(a2-1)=-f(a2011-1)=1,故a2011<a2,a2-1=(a2011-1)即a2+a2011=2,S2012=eq\f(a1+a2012,2)×2012=2012,S2011=S2012-a2012=2012-(2-a2+d)=2010+a1>a1+a2=S2,又假設(shè)S2011=2011,則a1=1,a2011=1矛盾.綜上,正確的為②③.答案:②③三、解答題(本大題共3小題,每小題12分,共36分)10.設(shè)a1,d為實數(shù),首項為a1,公差為d的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,滿足S5S6+15=0.(1)若S5=5,求S6及a1;(2)求d的取值范圍.解:(1)由題意知S6=-eq\f(15,S5)=-3,a6=S6-S5=-8,所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5a1+10d=5,,a1+5d=-8,))解得a1=7.所以S6=-3,a1=7.(2)因為S5S6+15=0,所以(5a1+10d)(6a1+15即2aeq\o\al(2,1)+9da1+10d2+1=0.故(4a1+9d)2=d2-8,所以d2故d的取值范圍為d≤-2eq\r(2)或d≥2eq\r(2).11.已知等差數(shù)列{an}中,公差d>0,前n項和為Sn,a2·a3=45,a1+a5=18.(1)求數(shù)列{an}的通項公式;(2)令bn=eq\f(Sn,n+c)(n∈N*),是否存在一個非零常數(shù)c,使數(shù)列{bn}也為等差數(shù)列?若存在,求出c的值;若不存在,請說明理由.解:(1)由題設(shè),知{an}是等差數(shù)列,且公差d>0,則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2a3=45,,a1+a5=18,))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1+da1+2d=45,,a1+a1+4d=18,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=1,,d=4.))故an=4n-3(n∈N*).(2)由bn=eq\f(Sn,n+c)=eq\f(\f(n1+4n-3,2),n+c)=eq\f(2n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n-\f(1,2))),n+c).∵c≠0,∴可令c=-eq\f(1,2),得到bn=2n.∵bn+1-bn=2(n+1)-2n=2(n∈N*),∴數(shù)列{bn}是公差為2的等差數(shù)列.即存在一個非零常數(shù)c=-eq\f(1,2),使數(shù)列{bn}也為等差數(shù)列.12.已知Sn是數(shù)列{an}的前n項和,Sn滿足關(guān)系式2Sn=Sn-1-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n-1+2(n≥2,n為正整數(shù)),a1=eq\f(1,2).(1)令bn=2nan,求證數(shù)列{bn}是等差數(shù)列,并求數(shù)列{an}的通項公式;(2)在(1)的條件下,求Sn的取值范圍.解:(1)由2Sn=Sn-1-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n-1+2,得2Sn+1=Sn-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n+2,兩式相減得2an+1=an+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n,上式兩邊同乘以2n得2n+1an+1=2nan+1,即bn+1=bn+1,所以bn+1-bn=1,故數(shù)列{bn}是等差數(shù)列,且公差為1.又因為b1=2a1=1,所以bn=1+(n-1)×1=n.因此2nan=n,從而an=n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.(2)由于2Sn=Sn-1-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n-1+2,所以2Sn-Sn-1=2-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n-1,即Sn+an=2-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n-1.Sn=2-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n-1-an,而an=n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))

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