創(chuàng)新設計,教師用書（人教A版,理科）2016年高考數(shù)學第一輪復習細致講解練-第五篇數(shù)列

./第五篇數(shù)列A第1講數(shù)列的概念與簡單表示法[最新考綱]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).知識梳理1．數(shù)列的概念<1>數(shù)列的定義按照一定順序排列的一列數(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>數(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．<3>數(shù)列的前n項和在數(shù)列{an}中,Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做數(shù)列的前n項和．2．數(shù)列的表示方法<1>表示方法列表法列表格表達n與f<n>的對應關(guān)系圖象法把點<n,f<n>>畫在平面直角坐標系中公式法通項公式把數(shù)列的通項使用通項公式表達的方法遞推公式使用初始值a1和an＋1＝f<an>或a1,a2和an＋1＝f<an,an－1>等表達數(shù)列的方法<2>數(shù)列的函數(shù)特征：上面數(shù)列的三種表示方法也是函數(shù)的表示方法,數(shù)列可以看作是定義域為正整數(shù)集<或它的有限子集{1,2,…,n}的函數(shù)an＝f<n>>當自變量由小到大依次取值時所對應的一列函數(shù)值．*3．數(shù)列的分類分類原則類型滿足條件按項數(shù)分類有窮數(shù)列項數(shù)有限無窮數(shù)列項數(shù)無限單調(diào)性遞增數(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)列從第二項起,有些項大于它的前一項,有些項小于它的前一項的數(shù)列周期性?n∈N*,存在正整數(shù)常數(shù)k,an＋k＝an4.an與Sn的關(guān)系若數(shù)列{an}的前n項和為Sn,則an＝eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<S1,n＝1,,Sn－Sn－1,n≥2.>>辨析感悟1．對數(shù)列概念的認識<1>數(shù)列1,2,3,4,5,6與數(shù)列6,5,4,3,2,1表示同一數(shù)列．<×><2>1,1,1,1,…不能構(gòu)成一個數(shù)列．<×>2．對數(shù)列的性質(zhì)及表示法的理解<3><教材練習改編>數(shù)列1,0,1,0,1,0,…的通項公式,只能是an＝eq\f<1＋－1n＋1,2>.<×><4>任何一個數(shù)列不是遞增數(shù)列,就是遞減數(shù)列．<×><5><2013·XX模擬改編>已知Sn＝3n＋1,則an＝2·3n－1.<×>[感悟·提升]1．一個區(qū)別"數(shù)列"與"數(shù)集"數(shù)列與數(shù)集都是具有某種屬性的數(shù)的全體,數(shù)列中的數(shù)是有序的,而數(shù)集中的元素是無序的,同一個數(shù)在數(shù)列中可以重復出現(xiàn),而數(shù)集中的元素是互異的,如<1>、<2>．2．三個防范一是注意數(shù)列不僅有遞增、遞減數(shù)列,還有常數(shù)列、擺動數(shù)列,如<4>．二是數(shù)列的通項公式不唯一,如<3>中還可以表示為an＝eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<1,n為奇數(shù),,0,n為偶數(shù).>>三是已知Sn求an時,一定要驗證n＝1的特殊情形,如<5>.學生用書第79頁考點一由數(shù)列的前幾項求數(shù)列的通項[例1]根據(jù)下面各數(shù)列前幾項的值,寫出數(shù)列的一個通項公式：<1>－1,7,－13,19,…；<2>eq\f<2,3>,eq\f<4,15>,eq\f<6,35>,eq\f<8,63>,eq\f<10,99>,…；<3>eq\f<1,2>,2,eq\f<9,2>,8,eq\f<25,2>,…；<4>5,55,555,5555,….解<1>偶數(shù)項為正,奇數(shù)項為負,故通項公式必含有因式<－1>n,觀察各項的絕對值,后一項的絕對值總比它前一項的絕對值大6,故數(shù)列的一個通項公式為an＝<－1>n<6n－5>．<2>這是一個分數(shù)數(shù)列,其分子構(gòu)成偶數(shù)數(shù)列,而分母可分解為1×3,3×5,5×7,7×9,9×11,…,每一項都是兩個相鄰奇數(shù)的乘積．知所求數(shù)列的一個通項公式為an＝eq\f<2n,2n－12n＋1>.<3>數(shù)列的各項,有的是分數(shù),有的是整數(shù),可將數(shù)列的各項都統(tǒng)一成分數(shù)再觀察．即eq\f<1,2>,eq\f<4,2>,eq\f<9,2>,eq\f<16,2>,eq\f<25,2>,…,從而可得數(shù)列的一個通項公式為an＝eq\f<n2,2>.<4>將原數(shù)列改寫為eq\f<5,9>×9,eq\f<5,9>×99,eq\f<5,9>×999,…,易知數(shù)列9,99,999,…的通項為10n－1,故所求的數(shù)列的一個通項公式為an＝eq\f<5,9><10n－1>．規(guī)律方法根據(jù)所給數(shù)列的前幾項求其通項時,需仔細觀察分析,抓住其幾方面的特征：分式中分子、分母的各自特征；相鄰項的變化特征；拆項后的各部分特征；符號特征．應多進行對比、分析,從整體到局部多角度觀察、歸納、聯(lián)想．[訓練1]根據(jù)下面數(shù)列的前幾項的值,寫出數(shù)列的一個通項公式：<1>eq\f<1,2>,eq\f<1,4>,－eq\f<5,8>,eq\f<13,16>,－eq\f<29,32>,eq\f<61,64>,…；<2>eq\f<3,2>,1,eq\f<7,10>,eq\f<9,17>,….解<1>各項的分母分別為21,22,23,24,…,易看出第2,3,4項的分子分別比分母少3.因此把第1項變?yōu)椋璭q\f<2－3,2>,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>,…,因此可得數(shù)列的一個通項公式為an＝<－1>n·eq\f<2n－3,2n>.<2>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,因此可得數(shù)列的一個通項公式為an＝eq\f<2n＋1,n2＋1>.考點二由an與Sn的關(guān)系求通項an[例2]<2013·XX卷節(jié)選>設數(shù)列{an}的前n項和為Sn.已知a1＝1,eq\f<2Sn,n>＝an＋1－eq\f<1,3>n2－n－eq\f<2,3>,n∈N*.<1>求a2的值；<2>求數(shù)列{an}的通項公式．解<1>依題意,2S1＝a2－eq\f<1,3>－1－eq\f<2,3>,又S1＝a1＝1,所以a2＝4；<2>由題意2Sn＝nan＋1－eq\f<1,3>n3－n2－eq\f<2,3>n,所以當n≥2時,2Sn－1＝<n－1>an－eq\f<1,3><n－1>3－<n－1>2－eq\f<2,3><n－1>兩式相減得2an＝nan＋1－<n－1>an－eq\f<1,3><3n2－3n＋1>－<2n－1>－eq\f<2,3>,整理得<n＋1>an－nan＋1＝－n<n＋1>,即eq\f<an＋1,n＋1>－eq\f<an,n>＝1,又eq\f<a2,2>－eq\f<a1,1>＝1,故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}<\a\vs4\al\co1<\f<an,n>>>是首項為eq\f<a1,1>＝1,公差為1的等差數(shù)列,所以eq\f<an,n>＝1＋<n－1>×1＝n,所以an＝n2.規(guī)律方法給出Sn與an的遞推關(guān)系,求an,常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an<n≥2>轉(zhuǎn)化為an的遞推關(guān)系,再求其通項公式；二是轉(zhuǎn)化為Sn的遞推關(guān)系,先求出Sn與n之間的關(guān)系,再求an.[訓練2]設數(shù)列{an}的前n項和為Sn,數(shù)列{Sn}的前n項和為Tn,滿足Tn＝2Sn－n2,n∈N*.<1>求a1的值；<2>求數(shù)列{an}的通項公式．解<1>令n＝1時,T1＝2S1－1,∵T1＝S1＝a1,∴a1＝2a1－1,∴a1<2>n≥2時,Tn－1＝2Sn－1－<n－1>2,則Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－<n－1>2]＝2<Sn－Sn－1>－2n＋1＝2an－2n＋1.因為當n＝1時,a1＝S1＝1也滿足上式,所以Sn＝2an－2n＋1<n≥1>,當n≥2時,Sn－1＝2an－1－2<n－1>＋1,兩式相減得an＝2an－2an－1－2,所以an＝2an－1＋2<n≥2>,所以an＋2＝2<an－1＋2>,因為a1＋2＝3≠0,所以數(shù)列{an＋2}是以3為首項,公比為2的等比數(shù)列．所以an＋2＝3×2n－1,∴an＝3×2n－1－2,當n＝1時也成立,所以an＝3×2n－1－2.學生用書第80頁考點三由遞推公式求數(shù)列的通項公式[例3]在數(shù)列{an}中,<1>若a1＝2,an＋1＝an＋n＋1,則通項an＝________；<2>若a1＝1,an＋1＝3an＋2,則通項an＝________.審題路線<1>變形為an＋1－an＝n＋1?用累加法,即an＝a1＋<a2－a1>＋<a3－a2>＋…＋<an－an－1>?得出an.<2>變形為an＋1＋1＝3<an＋1>?再變形為eq\f<an＋1＋1,an＋1>＝eq\f<1,3>?用累乘法或迭代法可求an.解析<1>由題意得,當n≥2時,an＝a1＋<a2－a1>＋<a3－a2>＋…＋<an－an－1>＝2＋<2＋3＋…＋n>＝2＋eq\f<n－12＋n,2>＝eq\f<nn＋1,2>＋1.又a1＝2＝eq\f<1×1＋1,2>＋1,符合上式,因此an＝eq\f<nn＋1,2>＋1.<2>an＋1＝3an＋2,即an＋1＋1＝3<an＋1>,即eq\f<an＋1＋1,an＋1>＝3,法一eq\f<a2＋1,a1＋1>＝3,eq\f<a3＋1,a2＋1>＝3,eq\f<a4＋1,a3＋1>＝3,…,eq\f<an＋1＋1,an＋1>＝3.將這些等式兩邊分別相乘得eq\f<an＋1＋1,a1＋1>＝3n.因為a1＝1,所以eq\f<an＋1＋1,1＋1>＝3n,即an＋1＝2×3n－1<n≥1>,所以an＝2×3n－1－1<n≥2>,又a1＝1也滿足上式,故an＝2×3n－1－1.法二由eq\f<an＋1＋1,an＋1>＝3,即an＋1＋1＝3<an＋1>,當n≥2時,an＋1＝3<an－1＋1>,∴an＋1＝3<an－1＋1>＝32<an－2＋1>＝33<an－3＋1>＝…＝3n－1<a1＋1>＝2×3n－1,∴an＝2×3n－1－1；當n＝1時,a1＝1＝2×31－1－1也滿足．∴an＝2×3n－1－1.答案<1>eq\f<nn＋1,2>＋1<2>2×3n－1－1規(guī)律方法數(shù)列的遞推關(guān)系是給出數(shù)列的一種方法,根據(jù)給出的初始值和遞推關(guān)系可以依次寫出這個數(shù)列的各項,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,再歸納猜想出數(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,或用累加法、累乘法、迭代法求通項．[訓練3]設{an}是首項為1的正項數(shù)列,且<n＋1>aeq\o\al<2,n＋1>－naeq\o\al<2,n>＋an＋1·an＝0<n＝1,2,3,…>,則它的通項公式an＝________.解析∵<n＋1>aeq\o\al<2,n＋1>＋an＋1·an－naeq\o\al<2,n>＝0,∴<an＋1＋an>[<n＋1>an＋1－nan]＝0,又an＋1＋an＞0,∴<n＋1>an＋1－nan＝0,即eq\f<an＋1,an>＝eq\f<n,n＋1>,∴eq\f<a2,a1>·eq\f<a3,a2>·eq\f<a4,a3>·eq\f<a5,a4>·…·eq\f<an,an－1>＝eq\f<1,2>×eq\f<2,3>×eq\f<3,4>×eq\f<4,5>×…×eq\f<n－1,n>,∴an＝eq\f<1,n>.答案eq\f<1,n>1．求數(shù)列通項或指定項,通常用觀察法<對于交錯數(shù)列一般用<－1>n或<－1>n＋1來區(qū)分奇偶項的符號>；已知數(shù)列中的遞推關(guān)系,一般只要求寫出數(shù)列的前幾項,若求通項可用歸納、猜想和轉(zhuǎn)化的方法．2．由Sn求an時,an＝eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<S1n＝1,,Sn－Sn－1n≥2,>>注意驗證a1是否包含在后面an的公式中,若不符合要單獨列出,一般已知條件含an與Sn的關(guān)系的數(shù)列題均可考慮上述公式．3．已知遞推關(guān)系求通項：對這類問題的要求不高,但試題難度較難把握．一般有三種常見思路：<1>算出前幾項,再歸納、猜想；<2>"an＋1＝pan＋q"這種形式通常轉(zhuǎn)化為an＋1＋λ＝p<an＋λ>,由待定系數(shù)法求出λ,再化為等比數(shù)列；<3>利用累加、累乘法或迭代法可求數(shù)列的通項公式．思想方法4——用函數(shù)的思想解決數(shù)列問題[典例]<2013·新課標全國Ⅱ卷>等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,已知S10＝0,S15＝25,則nSn的最小值為________．解析由題意及等差數(shù)列的性質(zhì),知a1＋a10＝0,a1＋a15＝eq\f<10,3>.兩式相減,得a15－a10＝eq\f<10,3>＝5d,所以d＝eq\f<2,3>,a1＝－3.所以nSn＝n·[na1＋eq\f<nn－1,2>d]＝eq\f<n3－10n2,3>.令f<x>＝eq\f<x3－10x2,3>,x＞0,則f′<x>＝eq\f<1,3>x<3x－20>,由函數(shù)的單調(diào)性,可知函數(shù)f<x>在x＝eq\f<20,3>時取得最小值,檢驗n＝6時,6S6＝－48,而n＝7時,7S7＝－49,故nSn的最小值為－49.答案－49[反思感悟]<1>本題求出的nSn的表達式可以看做是一個定義在正整數(shù)集N*上的三次函數(shù),因此可以采用導數(shù)法求解．<2>易錯分析：由于n為正整數(shù),因而不能將eq\f<20,3>代入求最值,這是考生容易忽略而產(chǎn)生錯誤的地方．[自主體驗]1．設an＝－3n2＋15n－18,則數(shù)列{an}中的最大項的值是<>．A.eq\f<16,3>B.eq\f<13,3>C．4D．0解析∵an＝－3eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<n－\f<5,2>>>2＋eq\f<3,4>,由二次函數(shù)性質(zhì),得當n＝2或3時,an最大,最大為0.答案D2．已知{an}是遞增數(shù)列,且對于任意的n∈N*,an＝n2＋λn恒成立,則實數(shù)λ的取值范圍是________．解析設f<n>＝an＝n2＋λn,其圖象的對稱軸為直線n＝－eq\f<λ,2>,要使數(shù)列{an}為遞增數(shù)列,只需使定義在正整數(shù)上的函數(shù)f<n>為增函數(shù),故只需滿足－eq\f<λ,2>＜eq\f<3,2>,即λ＞－3.答案<－3,＋∞>對應學生用書P285基礎鞏固題組<建議用時：40分鐘>一、選擇題1．<2014·XX中學模擬>數(shù)列0,eq\f<2,3>,eq\f<4,5>,eq\f<6,7>,…的一個通項公式為<>．A．a(chǎn)n＝eq\f<n－1,n＋1><n∈N*>B．a(chǎn)n＝eq\f<n－1,2n＋1><n∈N*>C．a(chǎn)n＝eq\f<2n－1,2n－1><n∈N*>D．a(chǎn)n＝eq\f<2n,2n＋1><n∈N*>解析將0寫成eq\f<0,1>,觀察數(shù)列中每一項的分子、分母可知,分子為偶數(shù)列,可表示為2<n－1>,n∈N*；分母為奇數(shù)列,可表示為2n－1,n∈N*,故選C.答案C2．若Sn為數(shù)列{an}的前n項和,且Sn＝eq\f<n,n＋1>,則eq\f<1,a5>＝<>．A.eq\f<5,6>B.eq\f<6,5>C.eq\f<1,30>D．30解析當n≥2時,an＝Sn－Sn－1＝eq\f<n,n＋1>－eq\f<n－1,n>＝eq\f<1,nn＋1>,∴eq\f<1,a5>＝5×<5＋1>＝30.答案D3．<2014·XX模擬>已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且Sn＝2n2－1,則a3＝<>．A．－10B．6C．10D．14解析a3＝S3－S2＝2×32－1－<2×22－1>＝10.答案C4．已知a1＝1,an＝n<an＋1－an><n∈N*>,則數(shù)列{an}的通項公式是<>．A．2n－1B.eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<n＋1,n>>>n－1C．n2D．n解析法一<構(gòu)造法>由已知整理得<n＋1>an＝nan＋1,∴eq\f<an＋1,n＋1>＝eq\f<an,n>,∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}<\a\vs4\al\co1<\f<an,n>>>是常數(shù)列．且eq\f<an,n>＝eq\f<a1,1>＝1,∴an＝n.法二<累乘法>：n≥2時,eq\f<an,an－1>＝eq\f<n,n－1>,eq\f<an－1,an－2>＝eq\f<n－1,n－2>.…eq\f<a3,a2>＝eq\f<3,2>,eq\f<a2,a1>＝eq\f<2,1>,兩邊分別相乘得eq\f<an,a1>＝n,又因為a1＝1,∴an＝n.答案D5．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a1＝1,Sn＝2an＋1,則Sn＝<>．A．2n－1B.eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<3,2>>>n－1C.eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<2,3>>>n－1D.eq\f<1,2n－1>解析∵Sn＝2an＋1,∴當n≥2時,Sn－1＝2an,∴an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an<n≥2>,即eq\f<an＋1,an>＝eq\f<3,2><n≥2>,又a2＝eq\f<1,2>,∴an＝eq\f<1,2>×eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<3,2>>>n－2<n≥2>．當n＝1時,a1＝1≠eq\f<1,2>×eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<3,2>>>－1＝eq\f<1,3>,∴an＝eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<1,n＝1,,\f<1,2>\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<3,2>>>n－2,n≥2,>>∴Sn＝2an＋1＝2×eq\f<1,2>×eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<3,2>>>n－1＝eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<3,2>>>n－1.答案B二、填空題6．<2013·XX模擬>數(shù)列{an}的通項公式an＝－n2＋10n＋11,則該數(shù)列前________項的和最大．解析易知a1＝20>0,顯然要想使和最大,則應把所有的非負項求和即可,令an≥0,則－n2＋10n＋11≥0,∴－1≤n≤11,可見,當n＝11時,a11＝0,故a10是最后一個正項,a11＝0,故前10或11項和最大．答案10或117．<2014·XX模擬>設數(shù)列{an}滿足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f<n,3>,則數(shù)列{an}的通項公式為________．解析∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f<n,3>,則當n≥2時,a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝eq\f<n－1,3>,兩式左右兩邊分別相減得3n－1an＝eq\f<1,3>,∴an＝eq\f<1,3n><n≥2>．由題意知,a1＝eq\f<1,3>,符合上式,∴an＝eq\f<1,3n><n∈N*>．答案an＝eq\f<1,3n>8．<2013·XX二模>在如圖所示的數(shù)陣中,第9行的第2個數(shù)為________．解析每行的第二個數(shù)構(gòu)成一個數(shù)列{an},由題意知a2＝3,a3＝6,a4＝11,a5＝18,所以a3－a2＝3,a4－a3＝5,a5－a4＝7,…,an－an－1＝2<n－1>－1＝2n－3,等式兩邊同時相加得an－a2＝eq\f<2n－3＋3×n－2,2>＝n2－2n,所以an＝n2－2n＋a2＝n2－2n＋3<n≥2>,所以a9＝92－2×9＋3＝66.答案66三、解答題9．數(shù)列{an}的通項公式是an＝n2－7n＋6.<1>這個數(shù)列的第4項是多少？<2>150是不是這個數(shù)列的項？若是這個數(shù)列的項,它是第幾項？<3>該數(shù)列從第幾項開始各項都是正數(shù)？解<1>當n＝4時,a4＝42－4×7＋6＝－6.<2>令an＝150,即n2－7n＋6＝150,解得n＝16或n＝－9<舍去>,即150是這個數(shù)列的第16項．<3>令an＝n2－7n＋6>0,解得n>6或n<1<舍>．∴從第7項起各項都是正數(shù)．10．在數(shù)列{an}中,a1＝1,Sn為其前n項和,且an＋1＝2Sn＋n2－n＋1.<1>設bn＝an＋1－an,求數(shù)列{bn}的前n項和Tn；<2>求數(shù)列{an}的通項公式．解<1>∵an＋1＝2Sn＋n2－n＋1,∴an＝2Sn－1＋<n－1>2－<n－1>＋1<n≥2>,兩式相減得,an＋1－an＝2an＋2n－2<n≥2>．由已知可得a2＝3,∴n＝1時上式也成立．∴an＋1－3an＝2n－2<n∈N*>,an－3an－1＝2<n－1>－2<n≥2>．兩式相減,得<an＋1－an>－3<an－an－1>＝2<n≥2>．∵bn＝an＋1－an,∴bn－3bn－1＝2<n≥2>,bn＋1＝3<bn－1＋1><n≥2>．∵b1＋1＝3≠0,∴{bn＋1}是以3為公比,3為首項的等比數(shù)列,∴bn＋1＝3×3n－1＝3n,∴bn＝3n－1.∴Tn＝31＋32＋…＋3n－n＝eq\f<1,2>·3n＋1－n－eq\f<3,2>.<2>由<1>知,an＋1－an＝3n－1,∴an＝<an－an－1>＋<an－1－an－2>＋<an－2－an－3>＋…＋<a3－a2>＋<a2－a1>＋a1＝30＋31＋32＋…＋3n－1－<n－1>＝eq\f<1,2><3n＋1>－n.能力提升題組<建議用時：25分鐘>一、選擇題1．已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f<4,11－2n>,則滿足an＋1＜an的n的取值為<>．A．3B．4C．5D．6解析由an＋1＜an,得an＋1－an＝eq\f<4,9－2n>－eq\f<4,11－2n>＝eq\f<8,9－2n11－2n>＜0,解得eq\f<9,2>＜n＜eq\f<11,2>,又n∈N*,∴n＝5.答案C2．<2014·XX模擬>設函數(shù)f<x>＝eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<3－ax－3,x≤7,,ax－6,x>7,>>數(shù)列{an}滿足an＝f<n>,n∈N*,且數(shù)列{an}是遞增數(shù)列,則實數(shù)a的取值范圍是<>．A.eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<9,4>,3>>B.eq\b\lc\[\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<9,4>,3>>C．<1,3>D．<2,3>解析∵數(shù)列{an}是遞增數(shù)列,又an＝f<n><n∈N*>,∴eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<3－a>0,,a>1,,f8>f7>>?2<a<3.答案D二、填空題3．在一個數(shù)列中,如果?n∈N*,都有anan＋1an＋2＝k<k為常數(shù)>,那么這個數(shù)列叫做等積數(shù)列,k叫做這個數(shù)列的公積．已知數(shù)列{an}是等積數(shù)列,且a1＝1,a2＝2,公積為8,則a1＋a2＋a3＋…＋a12＝________.解析依題意得數(shù)列{an}是周期為3的數(shù)列,且a1＝1,a2＝2,a3＝4,因此a1＋a2＋a3＋…＋a12＝4<a1＋a2＋a3>＝4×<1＋2＋4>＝28.答案28三、解答題4．設數(shù)列{an}的前n項和為Sn.已知a1＝a<a≠3>,an＋1＝Sn＋3n,n∈N*.<1>設bn＝Sn－3n,求數(shù)列{bn}的通項公式；<2>若an＋1≥an,n∈N*,求a的取值范圍．解<1>依題意,Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n,即Sn＋1＝2Sn＋3n,由此得Sn＋1－3n＋1＝2<Sn－3n>,又S1－31＝a－3<a≠3>,故數(shù)列{Sn－3n}是首項為a－3,公比為2的等比數(shù)列,因此,所求通項公式為bn＝Sn－3n＝<a－3>2n－1,n∈N*.<2>由<1>知Sn＝3n＋<a－3>2n－1,n∈N*,于是,當n≥2時,an＝Sn－Sn－1＝3n＋<a－3>2n－1－3n－1－<a－3>2n－2＝2×3n－1＋<a－3>2n－2,當n＝1時,a1＝a不適合上式,故an＝eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<a,n＝1,,2×3n－1＋a－32n－2,n≥2.>>an＋1－an＝4×3n－1＋<a－3>2n－2＝2n－2eq\b\lc\[\rc\]<\a\vs4\al\co1<12·\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<3,2>>>n－2＋a－3>>,當n≥2時,an＋1≥an?12·eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<3,2>>>n－2＋a－3≥0?a≥－9.又a2＝a1＋3>a1.綜上,所求的a的取值范圍是[－9,＋∞>.學生用書第81頁第2講等差數(shù)列及其前n項和[最新考綱]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)知識解決相應的問題．4．了解等差數(shù)列與一次函數(shù)、二次函數(shù)的關(guān)系.知識梳理1．等差數(shù)列的定義如果一個數(shù)列從第2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,公差通常用字母d表示．數(shù)學語言表達式：an＋1－an＝d<n∈N*>,d為常數(shù)．2．等差數(shù)列的通項公式與前n項和公式<1>若等差數(shù)列{an}的首項是a1,公差是d,則其通項公式為an＝a1＋<n－1>d.若等差數(shù)列{an}的第m項為am,則其第n項an可以表示為an＝am＋<n－m>d.<2>等差數(shù)列的前n項和公式Sn＝eq\f<na1＋an,2>＝na1＋eq\f<nn－1,2>d.<其中n∈N*,a1為首項,d為公差,an為第n項>3．等差數(shù)列及前n項和的性質(zhì)<1>若a,A,b成等差數(shù)列,則A叫做a,b的等差中項,且A＝eq\f<a＋b,2>.<2>若{an}為等差數(shù)列,當m＋n＝p＋q,am＋an＝ap＋aq<m,n,p,q∈N*>．<3>若{an}是等差數(shù)列,公差為d,則ak,ak＋m,ak＋2m,…<k,m∈N*>是公差為md<4>數(shù)列Sm,S2m－Sm,S3m－S2m<5>S2n－1＝<2n－1>an.<6>若n為偶數(shù),則S偶－S奇＝eq\f<nd,2>；若n為奇數(shù),則S奇－S偶＝a中<中間項>．4．等差數(shù)列與函數(shù)的關(guān)系<1>等差數(shù)列與一次函數(shù)的區(qū)別與聯(lián)系等差數(shù)列一次函數(shù)解析式an＝kn＋b<n∈N*>f<x>＝kx＋b<k≠0>不同點定義域為N*,圖象是一系列孤立的點<在直線上>,k為公差定義域為R,圖象是一條直線,k為斜率相同點數(shù)列的通項公式與函數(shù)解析式都是關(guān)于自變量的一次函數(shù)．①k≠0時,數(shù)列an＝kn＋b<n∈N*>圖象所表示的點均勻分布在函數(shù)f<x>＝kx＋b<k≠0>的圖象上；②k＞0時,數(shù)列為遞增數(shù)列,函數(shù)為增函數(shù)；③k＜0時,數(shù)列為遞減數(shù)列,函數(shù)為減函數(shù)<2>等差數(shù)列前n項和公式可變形為Sn＝eq\f<d,2>n2＋eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<a1－\f<d,2>>>n,當d≠0時,它是關(guān)于n的二次函數(shù),它的圖象是拋物線y＝eq\f<d,2>x2＋eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<a1－\f<d,2>>>x上橫坐標為正整數(shù)的均勻分布的一群孤立的點．辨析感悟1．對等差數(shù)列概念的理解<1>若一個數(shù)列從第2項起每一項與它的前一項的差都是常數(shù),則這個數(shù)列是等差數(shù)列．<×><2>等差數(shù)列的公差是相鄰兩項的差．<×><3><教材習題改編>數(shù)列{an}為等差數(shù)列的充要條件是其通項公式為n的一次函數(shù)．<×>2．等差數(shù)列的通項公式與前n項和<4>數(shù)列{an}為等差數(shù)列的充要條件是對任意n∈N*,都有2an＋1＝an＋an＋2.<√><5>等差數(shù)列{an}的單調(diào)性是由公差d決定的．<√><6>等差數(shù)列的前n項和公式是常數(shù)項為0的二次函數(shù)．<×>3．等差數(shù)列性質(zhì)的活用<7><2013·XX卷改編>在等差數(shù)列{an}中,已知a3＋a8＝10,則3a5＋a7＝20.<√<8><2013·XX卷改編>已知關(guān)于d＞0的等差數(shù)列{an},則數(shù)列{an},{nan},eq\b\lc\{\rc\}<\a\vs4\al\co1<\f<an,n>>>,{an＋3nd}都是遞增數(shù)列．<×>[感悟·提升]一點注意等差數(shù)列概念中的"從第2項起"與"同一個常數(shù)"的重要性,如<1>、<2>．等差數(shù)列與函數(shù)的區(qū)別一是當公差d≠0時,等差數(shù)列的通項公式是n的一次函數(shù),當公差d＝0時,an為常數(shù),如<3>；二是公差不為0的等差數(shù)列的前n項和公式是n的二次函數(shù),且常數(shù)項為0；三是等差數(shù)列{an}的單調(diào)性是由公差d決定的,如<8>中若an＝3n－12,則滿足已知,但nan＝3n2－12n并非遞增；若an＝n＋1,則滿足已知,但eq\f<an,n>＝1＋eq\f<1,n>是遞減數(shù)列；設an＝a1＋<n－1>d＝dn＋m,則an＋3nd＝4dn＋m是遞增數(shù)列.學生用書第82頁考點一等差數(shù)列的基本量的求解[例1]在等差數(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>設等差數(shù)列{an}的公差為d,則an＝a1＋<n－1>d.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>可知an＝3－2n.所以Sn＝eq\f<n[1＋3－2n],2>＝2n－n2.進而由Sk＝－35可得2k－k2＝－35.即k2－2k－35＝0,解得k＝7或－5.又k∈N*,故k＝7為所求．規(guī)律方法<1>等差數(shù)列的通項公式及前n項和公式,共涉及五個量a1,an,d,n,Sn,知其中三個就能求另外兩個,體現(xiàn)了用方程的思想解決問題．<2>數(shù)列的通項公式和前n項和公式在解題中起到變量代換作用,而a1和d是等差數(shù)列的兩個基本量,用它們表示已知和未知是常用方法．[訓練1]<1><2013·XX五校聯(lián)考>已知等差數(shù)列{an}滿足a2＋a4＝4,a3＋a5＝10,則它的前10項的和S10＝<>．A．85B．135C<2><2013·新課標全國Ⅰ卷>設等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若Sm－1＝－2,Sm＝0,Sm＋1＝3,則m＝<>．A．3B．4C解析<1>設等差數(shù)列{an}的首項為a1,公差為d,則eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<2a1＋4d＝4,,2a1＋6d＝10,>>解得eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<a1＝－4,,d＝3.>>∴S10＝10×<－4>＋eq\f<10×9,2>×3＝95.<2>法一∵Sm－1＝－2,Sm＝0,Sm＋1＝3,∴am＝Sm－Sm－1＝2,am＋1＝Sm＋1－Sm＝3,∴公差d＝am＋1－am＝1,由Sn＝na1＋eq\f<nn－1,2>d＝na1＋eq\f<nn－1,2>,得eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<ma1＋\f<mm－1,2>＝0,①,m－1a1＋\f<m－1m－2,2>＝－2,②>>由①得a1＝eq\f<1－m,2>,代入②可得m＝5.法二∵數(shù)列{an}為等差數(shù)列,且前n項和為Sn,∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}<\a\vs4\al\co1<\f<Sn,n>>>也為等差數(shù)列．∴eq\f<Sm－1,m－1>＋eq\f<Sm＋1,m＋1>＝eq\f<2Sm,m>,即eq\f<－2,m－1>＋eq\f<3,m＋1>＝0,解得m＝5.經(jīng)檢驗為原方程的解．故選C.答案<1>C<2>C考點二等差數(shù)列的判定與證明[例2]<2014·XX調(diào)研改編>若數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且滿足an＋2SnSn－1＝0<n≥2>,a1＝eq\f<1,2>.<1>求證：eq\b\lc\{\rc\}<\a\vs4\al\co1<\f<1,Sn>>>成等差數(shù)列；<2>求數(shù)列{an}的通項公式．審題路線<1>利用an＝Sn－Sn－1<n≥2>轉(zhuǎn)化為關(guān)于Sn與Sn－1的式子?同除Sn·Sn－1?利用定義證明?得出結(jié)論．<2>由<1>求eq\f<1,Sn>?再求Sn?再代入條件an＝－2SnSn－1,求an?驗證n＝1的情況?得出結(jié)論．<1>證明當n≥2時,由an＋2SnSn－1＝0,得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1,所以eq\f<1,Sn>－eq\f<1,Sn－1>＝2,又eq\f<1,S1>＝eq\f<1,a1>＝2,故eq\b\lc\{\rc\}<\a\vs4\al\co1<\f<1,Sn>>>是首項為2,公差為2的等差數(shù)列．<2>解由<1>可得eq\f<1,Sn>＝2n,∴Sn＝eq\f<1,2n>.當n≥2時,an＝Sn－Sn－1＝eq\f<1,2n>－eq\f<1,2n－1>＝eq\f<n－1－n,2nn－1>＝－eq\f<1,2nn－1>.當n＝1時,a1＝eq\f<1,2>不適合上式．故an＝eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<\f<1,2>,n＝1,,－\f<1,2nn－1>,n≥2.>>規(guī)律方法證明一個數(shù)列是否為等差數(shù)列的基本方法有兩種：一是定義法,證明an－an－1＝d<n≥2,d為常數(shù)>；二是等差中項法,證明2an＋1＝an＋an＋2.若證明一個數(shù)列不是等差數(shù)列,則只需舉出反例即可,也可以用反證法．[訓練2]已知數(shù)列{an}滿足：a1＝2,an＋1＝3an＋3n＋1－2n.設bn＝eq\f<an－2n,3n>.證明：數(shù)列{bn}為等差數(shù)列,并求{an}的通項公式．證明∵bn＋1－bn＝eq\f<an＋1－2n＋1,3n＋1>－eq\f<an－2n,3n>＝eq\f<3an＋3n＋1－2n－2n＋1,3n＋1>－eq\f<3an－3·2n,3n＋1>＝1,∴{bn}為等差數(shù)列,又b1＝eq\f<a1－2,3>＝0.∴bn＝n－1,∴an＝<n－1>·3n＋2n.學生用書第83頁考點三等差數(shù)列的性質(zhì)及應用[例3]<1>設Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和,S8＝4a3,a7＝－2,則a9A．－6B．－4C．－2D．2<2>在等差數(shù)列{an}中,前m項的和為30,前2m項的和為100,則前3解析<1>S8＝4a3?eq\f<8a1＋a8,2>＝4a3?a3＋a6＝a3,∴a6＝0,∴d＝－2,∴a9＝a7＋2d＝－2－4＝－6.<2>記數(shù)列{an}的前n項和為Sn,由等差數(shù)列前n項和的性質(zhì)知Sm,S2m－Sm,S3m－S2m成等差數(shù)列,則2<S2m－Sm>＝Sm＋<S3m－S2m>,又Sm＝30,S2m＝100,S2m－Sm＝100－30＝70,所以S3m－S2m＝2<S2答案<1>A<2>210規(guī)律方法巧妙運用等差數(shù)列的性質(zhì),可化繁為簡；若奇數(shù)個數(shù)成等差數(shù)列且和為定值時,可設中間三項為a－d,a,a＋d；若偶數(shù)個數(shù)成等差數(shù)列且和為定值時,可設中間兩項為a－d,a＋d,其余各項再依據(jù)等差數(shù)列的定義進行對稱設元．[訓練3]<1>在等差數(shù)列{an}中．若共有n項,且前四項之和為21,后四項之和為67,前n項和Sn＝286,則n＝________.<2>已知等差數(shù)列{an}中,S3＝9,S6＝36,則a7＋a8＋a9＝________.解析<1>依題意知a1＋a2＋a3＋a4＝21,an＋an－1＋an－2＋an－3＝67.由等差數(shù)列的性質(zhì)知a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3,∴4<a1＋an>＝88,∴a1＋an＝22.又Sn＝eq\f<na1＋an,2>,即286＝eq\f<n×22,2>,∴n＝26.<2>∵{an}為等差數(shù)列,∴S3,S6－S3,S9－S6成等差數(shù)列,∴2<S6－S3>＝S3＋<S9－S6>．∴a7＋a8＋a9＝S9－S6＝2<S6－S3>－S3＝2<36－9>－9＝45.答案<1>26<2>451．等差數(shù)列的判斷方法<1>定義法：an＋1－an＝d<d是常數(shù)>?{an}是等差數(shù)列．<2>等差中項法：2an＋1＝an＋an＋2<n∈N*>?{an}是等差數(shù)列．<3>通項公式：an＝pn＋q<p,q為常數(shù)>?{an}是等差數(shù)列．<4>前n項和公式：Sn＝An2＋Bn<A、B為常數(shù)>?{an}是等差數(shù)列．2．方程思想和化歸思想：在解有關(guān)等差數(shù)列的問題時可以考慮化歸為a1和d等基本量,通過建立方程<組>獲得解．方法優(yōu)化4——整體代入法<整體相消法>在數(shù)列解題中的應用[典例]<1><2012·XX卷>在等差數(shù)列{an}中,已知a4＋a8＝16,則該數(shù)列前11項和S11＝<>．A．58B．88C．143D．176<2><2013·北京卷>若等比數(shù)列{an}滿足：a2＋a4＝20,a3＋a5＝40,則公比q＝________；前n項和Sn＝________.[一般解法]<1>設數(shù)列{an}的公差為d,則a4＋a8＝16,即a1＋3d＋a1＋7d＝16,即a1＝8－5d,所以S11＝11a1＋eq\f<11×10,2>d＝11<8－5d>＋55d＝88－55d＋55d＝88.<2>由a2＋a4＝20,a3＋a5＝40,得eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<a1q＋a1q3＝20,,a1q2＋a1q4＝40,>>即eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<a1q1＋q2＝20,,a1q21＋q2＝40,>>解得q＝2,a1＝2,∴Sn＝eq\f<a11－qn,1－q>＝eq\f<21－2n,1－2>＝2n＋1－2.[優(yōu)美解法]<1>由a1＋a11＝a4＋a8＝16,得S11＝eq\f<11a1＋a11,2>＝eq\f<11a4＋a8,2>＝eq\f<11×16,2>＝88.<2>由已知,得eq\f<a3＋a5,a2＋a4>＝eq\f<qa2＋a4,a2＋a4>＝q＝2,又a1＝2,所以Sn＝eq\f<a11－qn,1－q>＝2n＋1－2.[反思感悟]整體代入法是一種重要的解題方法和技巧,簡化了解題過程,節(jié)省了時間,這就要求學生要掌握公式,理解其結(jié)構(gòu)特征．[自主體驗]在等差數(shù)列{an}中,已知Sn＝m,Sm＝n<m≠n>,則Sm＋n＝________.解析設{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,,Sm＝ma1＋\f<mm－1,2>d＝n.>>eq\b\lc\\rc\<\a\vs4\al\co1<①,②>>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>．答案－<m＋n>對應學生用書P287基礎鞏固題組<建議用時：40分鐘>一、選擇題1．<2013·XX二模>記Sn為等差數(shù)列{an}前n項和,若eq\f<S3,3>－eq\f<S2,2>＝1,則其公差d＝<>．A.eq\f<1,2>B．2C．3D．4解析由eq\f<S3,3>－eq\f<S2,2>＝1,得eq\f<a1＋a2＋a3,3>－eq\f<a1＋a2,2>＝1,即a1＋d－eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<a1＋\f<d,2>>>＝1,∴d＝2.答案B2．<2014·濰坊期末考試>在等差數(shù)列{an}中,a5＋a6＋a7＝15,那么a3＋a4＋…＋a9等于<>．A．21B．30C．35D．40解析由題意得3a6＝15,a6＝5.所以a3＋a4＋…＋a9＝7a6＝7答案C3．<2013·揭陽二模>在等差數(shù)列{an}中,首項a1＝0,公差d≠0,若am＝a1＋a2＋…＋a9,則m的值為<>．A．37B．36C．20D．19解析由am＝a1＋a2＋…＋a9,得<m－1>d＝9a5＝36d?m答案A4．<2014·XX模擬>{an}為等差數(shù)列,Sn為其前n項和,已知a7＝5,S7＝21,則S10＝<>．A．40B．35C．30D．28解析設公差為d,則由已知得S7＝eq\f<7a1＋a7,2>,即21＝eq\f<7a1＋5,2>,解得a1＝1,所以a7＝a1＋6d,所以d＝eq\f<2,3>.所以S10＝10a1＋eq\f<10×9,2>d＝10＋eq\f<10×9,2>×eq\f<2,3>＝40.答案A5．<2013·XX二模>已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,滿足a13＝S13＝13,則a1＝<>．A．－14B．－13C．－12D．－11解析在等差數(shù)列中,S13＝eq\f<13a1＋a13,2>＝13,所以a1＋a13＝2,即a1＝2－a13＝2－13＝－11.答案D二、填空題6．<2013·XX二模>在等差數(shù)列{an}中,a15＝33,a25＝66,則a35＝________.解析a25－a15＝10d＝66－33＝33,∴a35＝a25＋10d＝66＋33＝99.答案997．<2014·XX模擬>已知等差數(shù)列{an}的首項a1＝1,前三項之和S3＝9,則{an}的通項an＝________.解析由a1＝1,S3＝9,得a1＋a2＋a3＝9,即3a1＋3d＝9,解得d＝2,∴an＝1＋<n－1>×2＝2n答案2n－18．<2013·XX五校聯(lián)考>若等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn<n∈N*>,若a2∶a3＝5∶2,則S3∶S5＝________.解析eq\f<S3,S5>＝eq\f<3a1＋a3,5a1＋a5>＝eq\f<3a2,5a3>＝eq\f<3,5>×eq\f<5,2>＝eq\f<3,2>.答案3∶2三、解答題9．已知等差數(shù)列{an}的公差d＝1,前n項和為Sn.<1>若1,a1,a3成等比數(shù)列,求a1；<2>若S5＞a1a9,求a1解<1>因為數(shù)列{an}的公差d＝1,且1,a1,a3成等比數(shù)列,所以aeq\o\al<2,1>＝1×<a1＋2>,即aeq\o\al<2,1>－a1－2＝0,解得a1＝－1或2.<2>因為數(shù)列{an}的公差d＝1,且S5＞a1a9,所以5a1＋10＞aeq\o\al<2,1>＋8a1,即aeq\o\al<2,1>＋3a1－10＜0,解得－5＜a1＜2.故a1的取值范圍是<－5,2>．10．設數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a1＝1,an＝eq\f<Sn,n>＋2<n－1><n∈N*>．<1>求證：數(shù)列{an}為等差數(shù)列,并求an與Sn.<2>是否存在自然數(shù)n,使得S1＋eq\f<S2,2>＋eq\f<S3,3>＋…＋eq\f<Sn,n>－<n－1>2＝2015？若存在,求出n的值；若不存在,請說明理由．證明<1>由an＝eq\f<Sn,n>＋2<n－1>,得Sn＝nan－2n<n－1><n∈N*>．當n≥2時,an＝Sn－Sn－1＝nan－<n－1>an－1－4<n－1>,即an－an－1＝4,故數(shù)列{an}是以1為首項,4為公差的等差數(shù)列．于是,an＝4n－3,Sn＝eq\f<a1＋ann,2>＝2n2－n<n∈N*>．<2>由<1>,得eq\f<Sn,n>＝2n－1<n∈N*>,又S1＋eq\f<S2,2>＋eq\f<S3,3>＋…＋eq\f<Sn,n>－<n－1>2＝1＋3＋5＋7＋…＋<2n－1>－<n－1>2＝n2－<n－1>2＝2n－1.令2n－1＝2015,得n＝1008,即存在滿足條件的自然數(shù)n＝1008.能力提升題組<建議用時：25分鐘>一、選擇題1．<2014·XX模擬>已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,S4＝40,Sn＝210,Sn－4＝130,則n＝<>．A．12B．14C解析Sn－Sn－4＝an＋an－1＋an－2＋an－3＝80,S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝40,所以4<a1＋an>＝120,a1＋an＝30,由Sn＝eq\f<na1＋an,2>＝210,得n＝14.答案B2．等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,已知a1＝13,S3＝S11,當Sn最大時,n的值是<>．A．5B．6C解析法一由S3＝S11,得a4＋a5＋…＋a11＝0,根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì),可得a7＋a8＝0,根據(jù)首項等于13可推知這個數(shù)列遞減,從而得到a7＞0,a8＜0,故n＝7時,Sn最大．法二由S3＝S11,可得3a1＋3d＝11a1＋55d,把a1＝13代入,得d＝－2,故Sn＝13n－n<n－1>＝－n2＋14n,根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì),知當n＝7時,S法三根據(jù)a1＝13,S3＝S11,則這個數(shù)列的公差不等于零,且這個數(shù)列的和先是單調(diào)遞增然后又單調(diào)遞減,根據(jù)公差不為零的等差數(shù)列的前n項和是關(guān)于n的二次函數(shù),以及二次函數(shù)圖象的對稱性,得只有當n＝eq\f<3＋11,2>＝7時,Sn取得最大值．答案C二、填空題3．<2014·XX一模>正項數(shù)列{an}滿足：a1＝1,a2＝2,2aeq\o\al<2,n>＝aeq\o\al<2,n＋1>＋aeq\o\al<2,n－1><n∈N*,n≥2>,則a7＝________.解析因為2aeq\o\al<2,n>＝aeq\o\al<2,n＋1>＋aeq\o\al<2,n－1><n∈N*,n≥2>,所以數(shù)列{aeq\o\al<2,n>}是以aeq\o\al<2,1>＝1為首項,以d＝aeq\o\al<2,2>－aeq\o\al<2,1>＝4－1＝3為公差的等差數(shù)列,所以aeq\o\al<2,n>＝1＋3<n－1>＝3n－2,所以an＝eq\r<3n－2>,n≥1.所以a7＝eq\r<3×7－2>＝eq\r<19>.答案eq\r<19>三、解答題4．<2013·XX模擬>已知公差大于零的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且滿足a3·a4＝117,a2＋a5＝22.<1>求數(shù)列{an}的通項公式；<2>若數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f<Sn,n＋c>,是否存在非零實數(shù)c使得{bn}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>設等差數(shù)列{an}的公差為d,且d＞0,由等差數(shù)列的性質(zhì),得a2＋a5＝a3＋a4＝22,所以a3,a4是關(guān)于x的方程x2－22x＋117＝0的解,所以a3＝9,a4＝13,易知a1＝1,d＝4,故通項為an＝1＋<n－1>×4＝4n－3.<2>由<1>知Sn＝eq\f<n1＋4n－3,2>＝2n2－n,所以bn＝eq\f<Sn,n＋c>＝eq\f<2n2－n,n＋c>.法一所以b1＝eq\f<1,1＋c>,b2＝eq\f<6,2＋c>,b3＝eq\f<15,3＋c><c≠0>．令2b2＝b1＋b3,解得c＝－eq\f<1,2>.當c＝－eq\f<1,2>時,bn＝eq\f<2n2－n,n－\f<1,2>>＝2n,當n≥2時,bn－bn－1＝2.故當c＝－eq\f<1,2>時,數(shù)列{bn}為等差數(shù)列．法二由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.學生用書第84頁第3講等比數(shù)列及其前n項和[最新考綱]1．理解等比數(shù)列的概念,掌握等比數(shù)列的通項公式及前n項和公式．2．能在具體的問題情境中識別數(shù)列的等比關(guān)系,并能用有關(guān)知識解決相應的問題．3．了解等比數(shù)列與指數(shù)函數(shù)的關(guān)系.知識梳理1．等比數(shù)列的有關(guān)概念<1>等比數(shù)列的定義如果一個數(shù)列從第2項起,每一項與它的前一項的比等于同一個非零常數(shù),那么這個數(shù)列叫做等比數(shù)列,這個常數(shù)叫做等比數(shù)列的公比,公比通常用字母q<q≠0>表示．數(shù)學語言表達式：eq\f<an,an－1>＝q<n≥2>,q為常數(shù)．<2>等比中項如果a,G,b成等比數(shù)列,那么G叫做a與b的等比中項．即：G是a與b的等比中項?a,G,b成等比數(shù)列?G2＝ab.2．等比數(shù)列的通項公式及前n項和公式<1>若等比數(shù)列{an}的首項為a1,公比是q,則其通項公式為an＝a1qn－1；若等比數(shù)列{an}的第m項為am,公比是q,則其第n項an可以表示為an＝amqn－m.<2>等比數(shù)列的前n項和公式：當q＝1時,Sn＝na1；當q≠1時,Sn＝eq\f<a11－qn,1－q>＝eq\f<a1－anq,1－q>.3．等比數(shù)列及前n項和的性質(zhì)<1>若{an}為等比數(shù)列,且k＋l＝m＋n<k,l,m,n∈N*>,則ak·al＝am·an.<2>相隔等距離的項組成的數(shù)列仍是等比數(shù)列,即ak,ak＋m,ak＋2m,…仍是等比數(shù)列,公比為qm<3>當q≠－1,或q＝－1且n為奇數(shù)時,Sn,S2n－Sn,S3n－S2n仍成等比數(shù)列,其公比為qn.<4>若{an},{bn}<項數(shù)相同>是等比數(shù)列,則{λan}<λ≠0>,eq\b\lc\{\rc\}<\a\vs4\al\co1<\f<1,an>>>,{aeq\o\al<2,n>},{an·bn},eq\b\lc\{\rc\}<\a\vs4\al\co1<\f<an,bn>>>仍是等比數(shù)列．辨析感悟1．對等比數(shù)列概念的理解<1>若一個數(shù)列從第2項起每一項與它的前一項的比都是常數(shù),則這個數(shù)列是等比數(shù)列．<×><2>三個數(shù)a,b,c成等比數(shù)列的充要條件是b2＝ac.<×><3>若三個數(shù)成等比數(shù)列,那么這三個數(shù)可以設為eq\f<a,q>,a,aq.<√>2．通項公式與前n項和的關(guān)系<4>數(shù)列{an}的通項公式是an＝an,則其前n項和為Sn＝eq\f<a1－an,1－a>.<×><5><2013·新課標全國Ⅰ卷改編>設首項為1,公比為eq\f<2,3>的等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,則Sn＝3－2an.<√>3．等比數(shù)列性質(zhì)的活用<6>如果數(shù)列{an}為等比數(shù)列,則數(shù)列{lnan}是等差數(shù)列．<×><7><2014·XX模擬改編>在等比數(shù)列{an}中,已知a7·a12＝5,則a8a9a10<8><2013·XX卷改編>等比數(shù)列x,3x＋3,6x＋6,…的第四項等于－2或0.<×>[感悟·提升]1．一個區(qū)別等差數(shù)列的首項和公差可以為零,且等差中項唯一；而等比數(shù)列首項和公比均不為零,等比中項可以有兩個值．如<1>中的"常數(shù)",應為"同一非零常數(shù)"；<2>中,若b2＝ac,則不能推出a,b,c成等比數(shù)列,因為a,b,c為0時,不成立．2．兩個防范一是在運用等比數(shù)列的前n項和公式時,必須注意對q＝1或q≠1分類討論,防止因忽略q＝1這一特殊情形而導致解題失誤,如<4>．二是運用等比數(shù)列的性質(zhì)時,注意條件的限制,如<6>中當eq\f<an＋1,an>＝q＜0時,lnan＋1－lnan＝lnq無意義.學生用書第85頁考點一等比數(shù)列的判定與證明[例1]<2013·XX測試>設數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若對于任意的正整數(shù)n都有Sn＝2an－3n,設bn＝an＋3.求證：數(shù)列{bn}是等比數(shù)列,并求an.證明由Sn＝2an－3n對于任意的正整數(shù)都成立,得Sn＋1＝2an＋1－3<n＋1>,兩式相減,得Sn＋1－Sn＝2an＋1－3<n＋1>－2an＋3n,所以an＋1＝2an＋1－2an－3,即an＋1＝2an＋3,所以an＋1＋3＝2<an＋3>,即eq\f<bn＋1,bn>＝eq\f<an＋1＋3,an＋3>＝2對一切正整數(shù)都成立,所以數(shù)列{bn}是等比數(shù)列．由已知得：S1＝2a1－3,即a1＝2a1－3,所以a所以b1＝a1＋3＝6,即bn＝6·2n－1.故an＝6·2n－1－3＝3·2n－3.規(guī)律方法證明數(shù)列{an}是等比數(shù)列常用的方法：一是定義法,證明eq\f<an,an－1>＝q<n≥2,q為常數(shù)>；二是等比中項法,證明aeq\o\al<2,n>＝an－1·an＋1.若判斷一個數(shù)列不是等比數(shù)列,則只需舉出反例即可,也可以用反證法．[訓練1]<2013·XX卷>設{an}是公比為q的等比數(shù)列．<1>推導{an}的前n項和公式；<2>設q≠1,證明數(shù)列{an＋1}不是等比數(shù)列．解<1>設{an}的前n項和為Sn,當q＝1時,Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；當q≠1時,Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1,①qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn,②①－②得,<1－q>Sn＝a1－a1qn,∴Sn＝eq\f<a11－qn,1－q>,∴Sn＝eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<na1,q＝1,,\f<a11－qn,1－q>,q≠1.>><2>假設{an＋1}是等比數(shù)列,則對任意的k∈N*,<ak＋1＋1>2＝<ak＋1><ak＋2＋1>,aeq\o\al<2,k＋1>＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1,aeq\o\al<2,1>q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1,∵a1≠0,∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0,∴q2－2q＋1＝0,∴q＝1,這與已知矛盾．∴假設不成立,∴{an＋1}不是等比數(shù)列．考點二等比數(shù)列基本量的求解[例2]<2013·XX卷>已知等比數(shù)列{an}滿足：|a2－a3|＝10,a1a2<1>求數(shù)列{an}的通項公式；<2>是否存在正整數(shù)m,使得eq\f<1,a1>＋eq\f<1,a2>＋…＋eq\f<1,am>≥1？若存在,求m的最小值；若不存在,說明理由．審題路線<1>建立關(guān)于a1與q的方程組可求解．<2>分兩種情況,由an?eq\f<1,an>?再用等比數(shù)列求和求eq\i\su<n＝1,m,>eq\f<1,an>?得到結(jié)論．解<1>設等比數(shù)列{an}的公比為q,則由已知可得eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<a\o\al<3,1>q3＝125,,|a1q－a1q2|＝10,>>解得eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<a1＝\f<5,3>,,q＝3>>或eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<a1＝－5,,q＝－1.>>故an＝eq\f<5,3>·3n－1或an＝－5·<－1>n－1.<2>若an＝eq\f<5,3>·3n－1,則eq\f<1,an>＝eq\f<3,5>eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,3>>>n－1,則eq\b\lc\{\rc\}<\a\vs4\al\co1<\f<1,an>>>是首項為eq\f<3,5>,公比為eq\f<1,3>的等比數(shù)列．從而eq\i\su<n＝1,m,>eq\f<1,an>＝eq\f<\f<3,5>\b\lc\[\rc\]<\a\vs4\al\co1<1－\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,3>>>m>>,1－\f<1,3>>＝eq\f<9,10>·eq\b\lc\[\rc\]<\a\vs4\al\co1<1－\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,3>>>m>><eq\f<9,10><1.若an＝－5·<－1>n－1,則eq\f<1,an>＝－eq\f<1,5><－1>n－1,故eq\b\lc\{\rc\}<\a\vs4\al\co1<\f<1,an>>>是首項為－eq\f<1,5>,公比為－1的等比數(shù)列,從而eq\i\su<n＝1,m,>eq\f<1,an>＝eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<－\f<1,5>,m＝2k－1k∈N*,,0,m＝2kk∈N*,>>故eq\i\su<n＝1,m,>eq\f<1,an><1.綜上,對任何正整數(shù)m,總有eq\i\su<n＝1,m,>eq\f<1,an><1.故不存在正整數(shù)m,使得eq\f<1,a1>＋eq\f<1,a2>＋…＋eq\f<1,an>≥1成立．規(guī)律方法等比數(shù)列基本量的求解是等比數(shù)列中的一類基本問題,解決這類問題的關(guān)鍵在于熟練掌握等比數(shù)列的有關(guān)公式并能靈活運用,尤其需要注意的是,在使用等比數(shù)列的前n項和公式時,應該要分類討論,有時還應善于運用整體代換思想簡化運算過程．[訓練2]<1>已知{an}是首項為1的等比數(shù)列,Sn是{an}的前n項和,且9S3＝S6,則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}<\a\vs4\al\co1<\f<1,an>>>的前5項和為________．<2>設{an}是由正數(shù)組成的等比數(shù)列,Sn為其前n項和．已知a2a4＝1,S3＝7,則S5解析<1>顯然公比q≠1,由題意可知eq\f<91－q3,1－q>＝eq\f<1－q6,1－q>,解得q＝2,則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}<\a\vs4\al\co1<\f<1,an>>>是以1為首項,eq\f<1,2>為公比的等比數(shù)列,由求和公式可得數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}<\a\vs4\al\co1<\f<1,an>>>的前5項和T5＝eq\f<31,16>.<2>顯然公比q≠1,由題意得eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<a1q·a1q3＝1,,\f<a11－q3,1－q>＝7,>>解得eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<a1＝4,,q＝\f<1,2>>>或eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<a1＝9,,q＝－\f<1,3>>><舍去>,∴S5＝eq\f<a11－q5,1－q>＝eq\f<4\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<1－\f<1,25>>>,1－\f<1,2>>＝eq\f<31,4>.答案<1>eq\f<31,16><2>eq\f<31,4>考點三等比數(shù)列性質(zhì)的應用[例3]<1><2012·新課標全國卷>已知{an}為等比數(shù)列,a4＋a7＝2,a5a6＝－8,則a1＋a10A．7B．5C．－5D．－7<2>等比數(shù)列{an}的首項a1＝－1,前n項和為Sn,若eq\f<S10,S5>＝eq\f<31,32>,則公比q＝________.解析<1>由已知得eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<a4＋a7＝2,,a5a6＝a4a7＝－8,>>解得eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<a4＝4,,a7＝－2>>或eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<a4＝－2,,a7＝4.>>當a4＝4,a7＝－2時,易得a1＝－8,a10＝1,從而a1＋a10＝－7；當a4＝－2,a7＝4時,易得a10＝－8,a1＝1,從而a1＋a10＝－7.<2>由eq\f<S10,S5>＝eq\f<31,32>,a1＝－1知公比q≠1,則eq\f<S10－S5,S5>＝－eq\f<1,32>.由等比數(shù)列前n項和的性質(zhì)知S5,S10－S5,S15－S10成等比數(shù)列,且公比為q5,故q5＝－eq\f<1,32>,q＝－eq\f<1,2>.答案<1>D<2>－eq\f<1,2>規(guī)律方法熟練掌握等比數(shù)列的一些性質(zhì)可提高解題速度,歷年高考對等比數(shù)列的性質(zhì)考查較多,主要是考查"等積性",題目"小而巧"且背景不斷更新．解題時要善于類比并且要能正確區(qū)分等差、等比數(shù)列的性質(zhì),不要把兩者的性質(zhì)搞混．[訓練3]<1>已知x,y,z∈R,若－1,x,y,z,－3成等比數(shù)列,則xyz的值為<>．A．－3B．±3C．－3eq\r<3>D．±3eq\r<3><2><2014·XX模擬>在各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中,a3＝eq\r<2>－1,a5＝eq\r<2>＋1,則aeq\o\al<2,3>＋2a2a6＋a3a7＝<>．A．4B．6C．8D．8－4eq\r<2>解析<1>由等比中項知y2＝3,∴y＝±eq\r<3>,又∵y與－1,－3符號相同,∴y＝－eq\r<3>,y2＝xz,所以xyz＝y(tǒng)3＝－3eq\r<3>.<2>由等比數(shù)列性質(zhì),得a3a7＝aeq\o\al<2,5>,a2a6＝a3a5,所以aeq\o\al<2,3>＋2a2a6＋a3a7＝aeq\o\al<2,3>＋2a3a5＋aeq\o\al<2,5>＝<a3＋a5>2＝<eq\r<2>－1＋eq\r<2>＋1>2＝<2eq\r<2>>2＝8.答案<1>C<2>C1．等比數(shù)列的判定方法有以下幾種：<1>定義：eq\f<an＋1,an>＝q<q是不為零的常數(shù),n∈N*>?{an}是等比數(shù)列．<2>通項公式：an＝cqn－1<c、q均是不為零的常數(shù),n∈N*>?{an}是等比數(shù)列．<3>等比中項法：aeq\o\al<2,n＋1>＝an·an＋2<an·an＋1·an＋2≠0,n∈N*>?{an}是等比數(shù)列．2．方程觀點以及基本量<首項a1和公比q>思想仍然是求解等比數(shù)列問題的基本方法：在a1,q,n,an,Sn五個量中,知三求二．3．在求解與等比數(shù)列有關(guān)的問題時,除了要靈活地運用定義和公式外,還要注意等比數(shù)列性質(zhì)的應用,以減少運算量而提高解題速度．教你審題6——如何確定數(shù)列中的項[典例]<2012·XX卷>在等差數(shù)列{an}中,a3＋a4＋a5＝84,a9＝73.?<1>求數(shù)列{an}的通項公式；<2>對任意m∈N*,將數(shù)列{an}中落入?yún)^(qū)間<9m,92m>內(nèi)的項的個數(shù)記為bm?,求數(shù)列{bm}的前m項和[審題]一審條件?：根據(jù)性質(zhì)轉(zhuǎn)化為先求a4,再結(jié)合a9求a1和d.二審條件?：轉(zhuǎn)化為求{bm}的通項公式,盡而再求Sm.三審結(jié)構(gòu)：由9m＜an＜92m得9m－1＋1≤n解<1>由a3＋a4＋a5＝84,可得3a4＝84,即a4＝28,而a9＝73,則5d＝a9－a4＝45,即d＝9.又a1＝a4－3d＝28－27＝1,所以an＝1＋<n－1>×9＝9n－8,即an＝9n－8<n∈N*<2>對任意m∈N*,9m＜9n－8＜92m,則9m＋8＜9即9m－1＋eq\f<8,9>＜n＜92m－1＋eq\f<8,9>,而n∈N*,所以9m－1＋1≤n≤92m－1.由題意,可知bm＝92m－1－9于是Sm＝b1＋b2＋…＋bm＝91＋93＋…＋92m－1－<90＋91＋…＋9m－1>＝eq\f<9－92m＋1,1－92>－eq\f<1－9m,1－9>＝eq\f<92m＋1－9,80>－eq\f<9m－1,8>＝eq\f<92m＋1－10×9m＋1,80>,即Sm＝eq\f<92m＋1－10×9m＋1,80>.[反思感悟]本題第<2>問設置了落入?yún)^(qū)間內(nèi)的項構(gòu)成新數(shù)列,這是對考生數(shù)學能力的挑戰(zhàn),由通項公式及已知區(qū)間建立不等式求項數(shù),進而得到所求數(shù)列{bm}的通項公式是解答該問題的核心與關(guān)鍵．[自主體驗]<2014·XX模擬>已知點<1,2>是函數(shù)f<x>＝ax<a＞0,且a≠1>的圖象上一點,數(shù)列{an}的前n項和Sn＝f<n>－1.<1>求數(shù)列{an}的通項公式；<2>求數(shù)列{an}前2013項中的第3項,第6項,…,第3k項刪去,求數(shù)列{an}前2013項中剩余項的和．解<1>把點<1,2>代入函數(shù)f<x>＝ax,得a＝2.∴Sn＝f<n>－1＝2n－1,當n＝1時,a1＝S1＝21－1＝1,當n≥2時,an＝Sn－Sn－1＝<2n－1>－<2n－1－1>＝2n－1,經(jīng)驗證可知n＝1時,也適合上式,∴an＝2n－1.<2>由<1>知數(shù)列{an}為等比數(shù)列,公比為2,故其第3項,第6項,…,第2013