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

【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)))