2024年高考数学第六章数列

第六章数列6．1数列的概念考试要求1．了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)．2．了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．知识梳理1．数列的概念概念含义数列按照确定的顺序排列的一列数称为数列数列的项数列中的每一个数叫做这个数列的项，其中第1项也叫首项通项公式如果数列{an}的第n项an与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式前n项和数列{an}从第1项起到第n项止的各项之和，称为数列{an}的前n项和，记作Sn2.数列的分类分类标准类型含义按项数有穷数列项数有限的数列无穷数列项数无限的数列按项的变化趋势递增数列从第2项起，每一项都大于它的前一项的数列，即恒有an＋1>an(n∈N*)递减数列从第2项起，每一项都小于它的前一项的数列，即恒有an＋1<an(n∈N*)常数列各项都相等的数列，即恒有an＋1＝an(n∈N*)3.数列的表示法表示法定义列表法列出表格表示n与an的对应关系图象法把点(n，an)画在平面直角坐标系中公式法通项公式an＝f(n)递推公式如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式.如an＋1＝f(an)，an＝f(an－1，an＋1)(n≥2)等4.an与Sn的关系数列{an}的通项an与前n项和Sn之间的关系为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))5．数列最值：若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an＋1，,an≥an－1))(n≥2)，则an最大；若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤an＋1，,an≤an－1))(n≥2)，则an最小．基础检测1．判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“√”，错误的画“×”．(1)2,2,2,2,1,1,1,1是一个数列．(√)(2)相同的无重复数字的一组数按不同顺序排列时都表示不同的数列．(√)(3)一个数列可以用表格和图象来表示．(√)(4)数列分为递增数列、递减数列和常数列．(×)(5)若数列{an}的前n项和为Sn，则对任意n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.(√)2．(教材改编题)数列eq\f(1,3)，eq\f(1,8)，eq\f(1,15)，eq\f(1,24)，eq\f(1,35)，…的一个通项公式是an＝eq\f(1,nn＋2)，n∈N*.解析：∵a1＝eq\f(1,1×1＋2)＝eq\f(1,3)，a2＝eq\f(1,2×2＋2)＝eq\f(1,8)，a3＝eq\f(1,3×3＋2)＝eq\f(1,15)，…，∴an＝eq\f(1,nn＋2)，n∈N*.3．(教材改编题)已知数列{an}的通项公式为an＝eq\f(2,n2＋n)，那么eq\f(1,10)是它的第4项．解析：由题知，eq\f(2,n2＋n)＝eq\f(1,10)，n2＋n＝20，解得n＝4或n＝－5(舍去)．4．(教材改编题)已知数列{an}的前n项和公式为Sn＝－2n2，则an＝－4n＋2；若前n项和公式为Sn＝－2n2＋1，则an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1，n＝1，,－4n＋2，n≥2)).解析：对于Sn＝－2n2，当n＝1时，a1＝S1＝－2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－2n2－[－2(n－1)2]＝－2n2＋2(n－1)2＝－4n＋2，又a1＝－2适合上式，所以an＝－4n＋2.对于Sn＝－2n2＋1，当n＝1时，a1＝S1＝－1，n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－4n＋2，a1＝－1不适合此式．所以Sn＝－2n2＋1的通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1，n＝1，,－4n＋2，n≥2.))5．(多选题)(教材改编题)已知数列{an}满足：a1＝2，当n≥2时，an＋2＝(eq\r(an－1＋2)＋1)2，则关于数列{an}的说法正确的是(ABC)A．a2＝7B．{an}是递增数列C．an＝n2＋2n－1D．数列{an}为周期数列解析：∵数列{an}满足：a1＝2，当n≥2时，an＋2＝(eq\r(an－1＋2)＋1)2，∴eq\r(an＋2)＝eq\r(an－1＋2)＋1，∴数列{eq\r(an＋2)}是首项为eq\r(a1＋2)＝2，公差为1的等差数列，∴eq\r(an＋2)＝2＋(n－1)×1＝n＋1，∴an＝n2＋2n－1，故C正确；∴a2＝22＋2×2－1＝7，故A正确；∵函数y＝x2＋2x－1在x＞－1时单调递增，∴an＝n2＋2n－1是单调递增数列，故B正确，D错误．故选ABC．考点1数列的通项命题角度1根据数列的前几项写出数列的通项公式【例1】根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式.(1)－1,7，－13,19，…(2)eq\f(2,3)，eq\f(4,15)，eq\f(6,35)，eq\f(8,63)，eq\f(10,99)，…(3)5,55,555,5555，…(4)0，eq\r(2)，2，eq\r(6)，2eq\r(2)，…(5)－1,1，－2,2，－3,3，…解：(1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式正负性可用(－1)n调节，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故所求数列的一个通项公式为an＝(－1)n(6n－5).(2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积．故所求数列的一个通项公式为an＝eq\f(2n,2n－12n＋1).(3)将原数列改写为eq\f(5,9)×9，eq\f(5,9)×99，eq\f(5,9)×999，…，易知数列9,99,999，…的通项为10n－1，故所求数列的一个通项公式为an＝eq\f(5,9)(10n－1).(4)原数列为eq\r(0)，eq\r(2)，eq\r(4)，eq\r(6)，eq\r(8)，…，故数列的一个通项公式为an＝eq\r(2n－1).(5)根据题意，当n＝2k－1时，an＝－k＝－eq\f(n＋1,2)；当n＝2k时，an＝k＝eq\f(n,2)，得an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(n＋1,2)，n为奇数，,\f(n,2)，n为偶数.))规律总结给出数列的前几项求通项时，主要从以下几个方面来考虑：①熟悉一些常见数列的通项公式，如{n}，{2n}，{(－1)n}，{2n}，{n2}，{2n－1}等；②分式形式的数列，分子、分母分别求通项，较复杂的还要考虑分子、分母的关系；③若第n项和第n＋1项正负交错，那么用符号(－1)n或(－1)n＋1来适配；④对于较复杂数列的通项公式，可使用添项、通分、分割等方法，将数列的各项分解成若干个常见数列对应项的“和”“差”“积”“商”后再进行归纳；⑤注意通项公式的形式不一定是唯一的，如数列1,0,1,0，…的通项公式可写成an＝eq\f(1＋－1n＋1,2)或an＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(nπ,2)))，甚至分段形式an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n是奇数，,0，n是偶数))等．【对点训练1】写出下列数列的一个通项公式.(1)3,5,9,17,33，…(2)eq\f(2,3)，－1，eq\f(10,7)，－eq\f(17,9)，eq\f(26,11)，…(3)0.8,0.88,0.888，…(4)1,2，eq\r(7)，eq\r(10)，eq\r(13)，…(5)1,0，eq\f(1,3)，0，eq\f(1,5)，0，eq\f(1,7)，0，…解：(1)an＝2n＋1.(2)由于－1＝－eq\f(5,5)，故分母为3,5,7,9,11，…，即{2n＋1}，分子为2,5,10,17,26，…，即{n2＋1}.符号看作各项依次乘1，－1,1，－1，…，即{(－1)n＋1}，故an＝(－1)n＋1·eq\f(n2＋1,2n＋1).(3)将数列变形为eq\f(8,9)×(1－0.1)，eq\f(8,9)×(1－0.01)，eq\f(8,9)×(1－0.001)，…，所以an＝eq\f(8,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10n))).(4)根据题意，数列即eq\r(1)，eq\r(4)，eq\r(7)，eq\r(10)，eq\r(13)，…，故通项公式为an＝eq\r(3n－2).(5)把数列改写成eq\f(1,1)，eq\f(0,2)，eq\f(1,3)，eq\f(0,4)，eq\f(1,5)，eq\f(0,6)，eq\f(1,7)，eq\f(0,8)，…，分母依次为1,2,3，…，而分子1,0,1,0，…周期性出现，因此数列的通项公式可表示为an＝eq\f(1＋－1n＋1,2n).命题角度2已知Sn＝f(n)求通项公式【例2】已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋4n－3，则{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n＋3，n≥2)).解析：当n＝1时，a1＝S1＝12＋4×1－3＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋4n－3－[(n－1)2＋4(n－1)－3]＝2n＋3，a1＝2不满足上式，所以{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n＋3，n≥2.))规律总结已知Sn求an的常用方法是利用an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))转化为关于an的关系式，再求通项公式．【对点训练2】已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足ln(Sn＋1)＝n＋2，则数列{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e3－1，n＝1，,e－1en＋1，n≥2)).解析：因为ln(Sn＋1)＝n＋2，所以Sn＋1＝en＋2，即Sn＝en＋2－1.当n＝1时，a1＝S1＝e3－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(en＋2－1)－(en＋1－1)＝(e－1)en＋1，显然a1＝e3－1不满足上式．所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e3－1，n＝1，,e－1en＋1，n≥2.))命题角度3已知Sn＝f(an)、Sn＋1＝f(Sn)、Sn＝f(an＋1)求通项公式【例3】(1)已知数列{an}中，Sn是其前n项和，且Sn＝2an＋1，则数列的通项公式an＝－2n－1.解析：当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，∴a1＝－1.当n≥2时，Sn＝2an＋1，①Sn－1＝2an－1＋1.②①－②得Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，即an＝2an－1(n≥2)，∴{an}是首项为a1＝－1，公比为q＝2的等比数列．∴an＝a1·qn－1＝－2n－1(2)已知数列{an}的首项a1＝2，其前n项和为Sn.若Sn＋1＝2Sn＋1，则an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,3·2n－2，n≥2)).解析：由Sn＋1＝2Sn＋1，有Sn＝2Sn－1＋1(n≥2)，两式相减得an＋1＝2an，又S2＝a1＋a2＝2a1＋1，所以a2＝3，所以数列{an}从第2项开始成等比数列，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,3·2n－2，n≥2.))规律总结Sn与an关系问题的求解思路方向1：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解．方向2：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．值得注意的是：最后要么确定首项a1，要么就是验证a1是否满足n≥2时得到的通项，满足的话，可以“合并统一”，不满足只能写成分段形式．【对点训练3】已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则数列{an}的通项公式为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)).解析：因为Sn＝2an＋1,①a1＝1，当n＝1时，S1＝a1＝2a2，所以a2＝eq\f(1,2).当n≥2时，Sn－1＝2an,②①－②得an＝2an＋1－2an，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3,2)(n≥2).所以当n≥2时，an＝a2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－2＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－2，故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.))考点2数列的单调性与最值命题角度1数列的单调性【例4】(1)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝－n2＋2n＋λ(n∈N*)，则该数列的通项公式an＝－2n＋3(λ＝0)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＋1，n＝1，,－2n＋3，n≥2))(λ≠0)；若{an}为递减数列，则实数λ的取值范围是(－2，＋∞)．解析：当n＝1时，a1＝S1＝λ＋1；当n≥2且n∈N*时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋2n＋λ＋(n－1)2－2(n－1)－λ＝－2n＋3.若λ＝0，则a1＝1满足an＝－2n＋3，此时an＝－2n＋3(n∈N*)；若λ≠0，则a1＝λ＋1不满足an＝－2n＋3，此时an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＋1，n＝1，,－2n＋3，n≥2))(n∈N*)．综上所述，an＝－2n＋3(λ＝0)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＋1，n＝1，,－2n＋3，n≥2))(λ≠0)；当λ＝0时，an＝－2n＋3，满足{an}为递减数列；当λ≠0时，若{an}为递减数列，只需a1>a2，即λ＋1>－1，解得λ>－2且λ≠0，综上所述，实数λ的取值范围为(－2，＋∞)．(2)数列{an}的通项公式为an＝pn2＋n(p∈R)，若an＋1<an，则p的一个取值为－1(答案不唯一，只要满足“p<－eq\f(1,3)”即可)．解析：因为an＝pn2＋n(p∈R)，且an＋1<an，即an＋1－an＝p(n＋1)2＋(n＋1)－(pn2＋n)＝(2n＋1)p＋1<0，所以p<－eq\f(1,2n＋1)，因为n∈N*，所以当n＝1时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2n＋1)))min＝－eq\f(1,3)，所以p<－eq\f(1,3).规律总结数列是特殊函数，研究其性质一般都离不开函数与方程思想的应用.解决数列单调性的方法主要有：作差比较、作商比较及结合相应函数直观判断，求最大项可通过列不等式组来求，在根据函数的单调性判断时，要时刻注意n∈N*取值的离散性.【对点训练4】(1)已知数列{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)a＋\f(17,4)))n＋\f(17,2)，n≤2，,an，n>2，))若{an}是递增数列，则实数a的取值范围是(2，＋∞)．解析：因为{an}是递增数列，由n>2时，an＝an，可得a>1，所以当n≤2时，a1<a2，即a－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)a＋\f(17,4)))＋eq\f(17,2)<4a－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)a＋\f(17,2)))＋eq\f(17,2)，解得a>2，又a3>a2，所以a3>4a－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)a＋\f(17,2)))＋eq\f(17,2)，解得a>eq\f(3,2)或－eq\f(3,2)<a<0(舍)．综上，a>2，即实数a的取值范围是(2，＋∞)．(2)已知数列{an}的通项公式为an＝|2n－b|(n∈N*)．写出一个能使数列{an}是递增数列的实数b的值2(答案不唯一，只要填的值在(－∞，3)内均可)．(写出一个满足条件的即可)解析：设f(x)＝|2x－b|，结合图象可知，数列{an}是递增数列等价于f(2)>f(1)，即|4－b|>|2－b|，即16－8b＋b2>4－4b＋b2，解得b<3.命题角度2数列的最值【例5】(1)已知数列{an}的前n项和为Sn＝eq\f(n2＋3n,2).①求数列{an}的通项公式；②令bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))n－1·an，试问：数列{bn}是否有最大项？若有，指出第几项最大；若没有，请说明理由．解：①当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n2＋3n,2)－eq\f(n－12＋3n－1,2)＝n＋1，所以an＝n＋1(n≥2)，又当n＝1时，a1＝S1＝2也满足上式，所以an＝n＋1(n∈N*)．②由①知bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))n－1·(n＋1)，当n≥2时，bn－1＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))n－2，所以eq\f(bn,bn－1)＝eq\f(9n＋1,10n)，令eq\f(9n＋1,10n)＝1，得n＝9，当n<9时，eq\f(9n＋1,10n)>1，即bn>bn－1；当n＝9时，eq\f(9n＋1,10n)＝1，即bn＝bn－1；当n>9时，eq\f(9n＋1,10n)<1，即bn<bn－1，所以数列{bn}先增后减，有最大项且最大项为第8,9项．(2)已知数列{an}的通项公式为an＝eq\f(n－\r(254),n－\r(255)).①讨论数列{an}的单调性；②求数列{an}的最大项和最小项．解：①an＝eq\f(n－\r(255)＋\r(255)－\r(254),n－\r(255))＝1＋eq\f(\r(255)－\r(254),n－\r(255))，当n≥2时，得an－an－1＝－eq\f(\r(255)－\r(254),n－\r(255)n－1－\r(255))，当2≤n<eq\r(255)即2≤n≤15时，an－an－1<0即an<an－1，但此时an<1，当n>1＋eq\r(255)即n≥17时，an－an－1<0即an<an－1，但此时an>1，而a16>1>a1，综上，当1≤n≤15时，{an}为递减数列，当n≥16时，{an}为递减数列，即a15<a14<…<a1<1,1<an<an－1<…<a16.②由①可得{an}中的最大项为a16＝eq\f(16－\r(254),16－\r(255))＝256－eq\r(64770)＋16eq\r(255)－16eq\r(254)，最小项为a15＝eq\f(15－\r(254),15－\r(255))＝－eq\f(225－\r(64770)＋15\r(255)－15\r(254),30).规律总结数列的最值一般包括“项的最值”和“和的最值”．解决“项的最值”问题，一般有两种角度：(1)通过不等式组研究，如求最大项，则需满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1，))通过解不等式组得到n的范围，再结合n∈N*，确定具体项；(2)从项的“函数性”出发，以函数的视角从单调性出发得到最值．解决“和的最值”问题，一般有两种角度：(1)从“通项”着手，研究通项的函数单调性和“变号”情况，从而确定“和的最值”；(2)从“和”的函数单调性出发，直接根据单调性得到最值．【对点训练5】(1)记数列{an}的前n项和为Sn，若an＝eq\f(2n,3n－49)，则使得Sn取得最小值时n的值为16.解析：由an＝eq\f(2n,3n－49)得an＝eq\f(2,3)＋eq\f(98,3)×eq\f(1,3n－49)，当n≤16时，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－49)))单调递减，且eq\f(1,3n－49)<0，当n＝1时，a1<0，故当n≤16时，an<0，当n≥17时，eq\f(1,3n－49)>0，且an>0，所以当n＝16时，Sn最小．(2)已知数列{an}的通项公式为an＝eq\f(2n－100,2n－99)(n∈N，n≥1)，研究数列{an}的单调性，并求数列{an}的最大项和最小项．解：an＝eq\f(2n－100,2n－99)＝eq\f(2n－99－1,2n－99)＝1＋eq\f(1,99－2n)，当n≤49时，an>1且{an}递增，当n≥50时，0≤an<1且{an}递增，∴(an)max＝a49＝2，(an)min＝a50＝0.考点3数列的周期性【例6】(1)数列{an}中，a1＝3，a2＝6，an＋2＝an＋1－an，那么a2026＝－3.解析：∵a1＝3，a2＝6，an＋2＝an＋1－an，∴a3＝a2－a1＝6－3＝3，a4＝a3－a2＝3－6＝－3，a5＝a4－a3＝－3－3＝－6，a6＝a5－a4＝－6－(－3)＝－3，a7＝a6－a5＝－3＋6＝3，……∴数列{an}为周期为6的周期数列，∴a2026＝a337×6＋4＝a4＝－3.(2)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1－an＝sineq\f(n＋1π,2)，则a2022＝1.解析：由an＋1－an＝sineq\f(n＋1π,2)，得an＋1＝an＋sineq\f(n＋1π,2)，所以a2＝a1＋sinπ＝1＋0＝1，a3＝a2＋sineq\f(3π,2)＝1＋(－1)＝0，a4＝a3＋sin2π＝0＋0＝0，a5＝a4＋sineq\f(5π,2)＝0＋1＝1＝a1，所以sineq\f(n＋1π,2)的值以4为周期循环出现，所以数列{an}是以4为周期的数列，所以a2022＝a4×505＋2＝a2＝1.规律总结(1)解决数列周期性问题，一般先写出前几项从而确定周期，再依据周期求解.待求式中出现较大下标或已知条件中有关键恒等式，都是周期数列的“信号”.如an＋1＝eq\f(an－1,an＋1)，即f(x＋1)＝eq\f(fx－1,fx＋1)，由函数周期性相关结论可知该数列的一个周期为4.(2)通项中函数和三角函数的数列的周期性问题的突破点往往从三角函数出发，根据正弦、余弦函数的最小正周期公式T＝eq\f(2π,|ω|)得出三角函数的周期，研究该周期对数列通项的周期性变化的影响，通过“周期性并项”发现规律，从而解决问题．【对点训练6】(1)在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，a3＝5，anan＋3＝1，则log5a1＋log5a2＋…＋log5a2022解析：由anan＋3＝1，得an＋3an＋6＝1，两式相除可得an＝an＋6，所以数列{an}是以6为周期的周期数列，又a1a2a3a4a5a6＝a1a4·a2a5·a3a6＝1，所以log5a1＋log5a2＋…＋log5a2022＝log5(a1a2…(2)在数列{an}中，a1＝－eq\f(1,4)，an＝1－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，则a2022的值为eq\f(4,5).解析：依题意，an＋1＝eq\f(an－1,an)，则an＋2＝eq\f(an＋1－1,an＋1)＝eq\f(\f(an－1,an)－1,\f(an－1,an))＝－eq\f(1,an－1)，an＋3＝eq\f(an＋2－1,an＋2)＝eq\f(－\f(1,an－1)－1,－\f(1,an－1))＝an，于是得数列{an}是周期数列，其周期是3，由a1＝－eq\f(1,4)得a2＝5，所以a2022＝a674×3＝a3＝1－eq\f(1,a2)＝eq\f(4,5).课时作业35基础巩固一、单项选择题1．有下列说法：①数列1,3,5,7可表示为{1,3,5,7}；②数列1,3,5,7与数列7,5,3,1是同一数列；③数列1,3,5,7与数列1,3,5,7，…是同一数列；④数列0,1,0,1，…是常数列．其中说法正确的有(A)A．0个 B．1个C．2个 D．3个解析：①说法错误，构成数列的数是有顺序的，而集合中的元素是无序的；②说法错误，两数列的数排列顺序不相同，不是相同的数列；③说法错误，数列1,3,5,7是有穷数列，而数列1,3,5,7，…是无穷数列；④说法错误，由常数列的定义，可知0,1,0,1，…不是常数列．故选A．2．在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋eq\f(－1n,an－1)(n≥2)，则a5等于(D)A．eq\f(3,2) B．eq\f(5,3)C．eq\f(8,5) D．eq\f(2,3)解析：由a1逐一求解，a2＝2，a3＝eq\f(1,2)，a4＝3，a5＝eq\f(2,3).故选D．3．已知数列{an}满足a2>0，且对于任意正整数p，q都有apaq＝2p＋q成立，则a5的值为(C)A．8 B．16C．32 D．64解析：令p＝q＝2，得aeq\o\al(2,2)＝24＝16，因为a2>0，所以a2＝4，令p＝2，q＝5，得a2a5＝22＋5＝128，解得a5＝32，故选C．4．(2023·北京第十三中学开学考试)已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝eq\f(an－\r(3),\r(3)an＋1)(n∈N＋)，则a20＝(B)A．0 B．－eq\r(3)C．eq\r(3) D．eq\f(\r(3),2)解析：因为数列{an}满足a1＝0，an＋1＝eq\f(an－\r(3),\r(3)an＋1)(n∈N＋)，则a2＝eq\f(a1－\r(3),\r(3)a1＋1)＝－eq\r(3)，a3＝eq\f(a2－\r(3),\r(3)a2＋1)＝eq\r(3)，a4＝eq\f(a3－\r(3),\r(3)a3＋1)＝0，…，由上可知，对任意的n∈N＋，an＋3＝an，所以a20＝a3×6＋2＝a2＝－eq\r(3).故选B．5．(2023·浙江名校协作体开学考试)已知数列{an}为递增数列，前n项和Sn＝n2＋n＋λ，则实数λ的取值范围是(B)A．(－∞，2] B．(－∞，2)C．(－∞，0] D．(－∞，0)解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n＋λ－[(n－1)2＋(n－1)＋λ]＝2n，故可知当n≥2时，{an}单调递增，故{an}为递增数列只需满足a2>a1，即4>2＋λ⇒λ<2，故选B．6．(2022·湖北黄石有色第一中学月考)已知递增数列{an}的前100项和为S100，且a1>0，a100＝2，若当1≤i<j≤100时，aj－ai仍是数列{an}中的项(其中n，i，j∈N*)，则(B)A．a1＝eq\f(1,50)，且S100＝100B．a1＝eq\f(1,50)，且S100＝101C．a1＝eq\f(1,49)，且S100＝100D．a1＝eq\f(1,49)，且S100＝101解析：由题意可得a1<a2<a3<…<a100，∴a100－a99<a100－a98<…<a100－a1∵当1≤i<j≤100时，aj－ai仍是数列{an}中的项，∴a100－a99，a100－a98，…，a100－a1都在{an}中．∵a1>0，∴a100≠a100－a1，∴a100－a1<a100，∴a1＝a100－a99，a2＝a100－a98，…，a99＝a100－a1，∴S100＝a1＋a2＋…＋a100＝2×100－(S100－2)＝202－S100，∴S100＝101，由a2－a1＝a1，a3－a2＝a1，…，所以an＝na1，由a100＝100a1＝2，得a1＝eq\f(1,50).故选B．二、多项选择题7．已知数列{an}的前n项和为Sn＝11n－n2，则下列说法正确的是(BCD)A．{an}是递增数列B．{an}是递减数列C．an＝12－2nD．数列{Sn}的最大项为S5和S6解析：因为Sn＝11n－n2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(11,2)))2＋eq\f(121,4)，所以数列{Sn}的最大项为S5和S6，故D正确；当n＝1时，a1＝10，当n≥2时，由Sn＝11n－n2，得Sn－1＝11(n－1)－(n－1)2，两式相减得an＝－2n＋12，又a1＝10，适合上式，所以an＝－2n＋12，故C正确；因为an－an－1＝－2<0，所以{an}是递减数列，故A错误，B正确．故选BCD．8．已知数列{an}满足：0<a1<1，an＋1－an＝ln(4－an)，则下列说法正确的是(BCD)A．数列{an}先增后减B．数列{an}为单调递增数列C．an<3D．a2024>eq\f(5,2)解析：由an＋1－an＝ln(4－an)得an＋1＝an＋ln(4－an)．设函数f(x)＝x＋ln(4－x)(0<x<4)，则f′(x)＝1－eq\f(1,4－x)＝eq\f(3－x,4－x)＝eq\f(x－3,x－4)，可得f(x)在(0,3)上单调递增，在(3,4)上单调递减．由f(x)<f(3)＝3可得an<3.所以an＋1－an＝ln(4－an)>ln1＝0，即an＋1>an，故数列{an}为单调递增数列．又0<a1<1，所以a2＝a1＋ln(4－a1)>ln4>1，a3＝a2＋ln(4－a2)>ln4＋ln(4－ln4)>1＋ln3>2，a4＝a3＋ln(4－a3)>2＋ln(4－2)＝2＋ln2>eq\f(5,2)，所以a2024>a4>eq\f(5,2).故选BCD．9．(2023·广东深圳高三入学考试)已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＋eq\f(1,an)＝1，n∈N＋，则(BD)A．a2022＝1B．a1＋a2＋a3＋…＋a2022＝1011C．a1a2a3…D．a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋a2解析：由题意得a2＝1－eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，a3＝1－eq\f(1,a2)＝－1，a4＝1－eq\f(1,a3)＝2，a5＝1－eq\f(1,a4)＝eq\f(1,2)，…，∴数列{an}是以3为周期的周期数列．对于A，a2022＝a674×3＝a3＝－1，A错误；对于B，a1＋a2＋a3＋…＋a2022＝674(a1＋a2＋a3)＝674×eq\f(3,2)＝1011，B正确；对于C，a1a2a3…a2022＝(a1a2a3)674＝1，C错误；对于D，由递推关系式知anan＋1＝an－1，∴a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋a2022a2023＝(a1－1)＋(a2－1)＋…＋(a2022－1)＝a1＋a2＋a3三、填空题10．(2023·湖北荆州联考)已知数列{an}的通项为an＝eq\f(n＋1,3n－16)(n∈N*)，则数列{an}的最小项是第5项．解析：∵an＝eq\f(n＋1,3n－16)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(19,3n－16)))，∴当n>5时，an>0，且单调递减，当n≤5时，an<0，且单调递减，∴当n＝5时，an最小．11．已知数列{an}满足以下条件：①a1＝sineq\f(π,2)，a2＝2sineq\f(5π,2)；②数列{an}既不是递增数列，也不是递减数列；③an＋2＝an(n∈N*)．则满足条件①②③的数列的一个通项公式为an＝eq\f(－1n＋3,2)(答案不唯一)．解析：由条件①得a1＝1，a2＝2，由条件③知，数列{an}具有周期性，周期为2，于是有a3＝1＝eq\f(－13＋3,2)，a4＝2＝eq\f(－14＋3,2)，…，而a1＝eq\f(－11＋3,2)，a2＝eq\f(－12＋3,2)，因此an＝eq\f(－1n＋3,2)，显然数列{an}不是递增数列，也不是递减数列，所以满足条件①②③的数列的一个通项公式为an＝eq\f(－1n＋3,2).12．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝－1，an＋1＝an－an－1，则eq\i\su(n＝1,22,a)n＝－3.解析：由题意得a3＝－1－1＝－2，a4＝－2－(－1)＝－1，a5＝－1－(－2)＝1，a6＝1－(－1)＝2，a7＝2－1＝1，a8＝1－2＝－1，a9＝－1－1＝－2，所以数列{an}的周期为6，eq\i\su(n＝1,22,a)n＝(1－1－2－1＋1＋2)×3＋1－1－2－1＝－3.四、解答题13．已知首项为x1的数列{xn}满足xn＋1＝eq\f(axn,xn＋1)(a为常数)．(1)若对于任意的x1≠－1，有xn＋2＝xn对于任意的n∈N*都成立，求a的值；(2)当a＝1时，若x1>0，数列{xn}是递增数列还是递减数列？请说明理由．解：(1)∵xn＋2＝eq\f(axn＋1,xn＋1＋1)＝eq\f(a·\f(axn,xn＋1),\f(axn,xn＋1)＋1)＝eq\f(a2xn,axn＋xn＋1)＝xn，∴a2xn＝(a＋1)xeq\o\al(2,n)＋xn⇒(a2－1)xn＝(a＋1)xeq\o\al(2,n)，令n＝1，得(a2－1)x1＝(a＋1)xeq\o\al(2,1)，要该式对任意的x1≠－1都成立，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－1＝0，,a＋1＝0，))解得a＝－1.(2)数列{xn}是递减数列．理由：∵x1>0，xn＋1＝eq\f(xn,xn＋1)，∴xn>0(n∈N*)．又∵xn＋1－xn＝eq\f(xn,xn＋1)－xn＝－eq\f(x\o\al(2,n),xn＋1)<0(n∈N*)，∴数列{xn}是递减数列．14．(2022·云南昆明模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn－n2＝n(2a1＋a2(1)求数列{an}的通项公式；(2)设cn＝eq\f(a2n－113,3n)，求数列{cn}的最大项．解：(1)由题意，∵2Sn－n2＝n(2a1＋a2∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2S1－12＝2a1－1＝2a1＋a2－3，,2S2－22＝2a1＋a2－4＝22a1＋a2－3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝2，,a1＝1，))∴2Sn＝n2＋n.当n＝1时，S1＝a1＝1，当n≥2时，2(Sn－Sn－1)＝2an＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，解得an＝n.故数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)可知：cn＝eq\f(2n－113,3n)，设函数f(x)＝eq\f(a2x－113,3x)＝eq\f(2x－113,3x)，则f′(x)＝eq\f(2×3x－2x－113×3xln3,32x)＝eq\f(2－2xln3＋113ln3,3x)，令f′(x)＝0，解得x0＝eq\f(113,2)＋eq\f(1,ln3)，可知x0∈(57,58)，当x∈(0，x0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．cn＝eq\f(a2n－113,3n)＝eq\f(2n－113,3n)可以看成函数f(x)取正整数时的离散的点．因为n为整数，故n＝57或n＝58，有c57＝c58为数列的最大值．故数列的最大项为c57＝c58＝eq\f(1,357).素养提升15．(多选题)(2022·广东汕头高三三模)意大利人斐波那契于1202年从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数：1,1,2,3,5,8,13，….即从第三项开始，每一项都是它前两项的和．后人为了纪念他，就把这一列数称为斐波那契数列．下面关于斐波那契数列{an}说法正确的是(AD)A．a12＝144B．a2022是奇数C．a2022＝a1＋a2＋a3＋…＋a2020D．a2020＋a2024＝3a解析：易知，数列{an}满足递推关系an＋2＝an＋1＋an.选项A，a12＝a11＋a10＝2a10＋a9＝3a9＋2a8＝5a8＋3a7＝8a7＋5a6＝8×13＋5×8＝144，故A正确；选项B，观察数列可知，数列每三项都是奇、奇、偶重复循环，2022＝674×3，恰好能被3整除，且a3为偶数，所以a2022也为偶数，故B错误；选项C，若选项C正确，又a2022＝a2021＋a2020，则a2021＝a1＋a2＋…＋a2019，同理a2020＝a1＋a2＋…＋a2018，a2019＝a1＋a2＋…＋a2017，依次类推，可得a4＝a1＋a2，显然错误，故C错误；选项D，a2024＝a2023＋a2022＝2a2022＋a2021，所以a2020＋a2024＝a2020＋2a2022＋a2021＝2a2022＋(16．(2022·重庆巴蜀中学适应性月考)设数列{an}满足an＋1＝2aeq\o\al(2,n)－1(n∈N*)．(1)若a1＝－eq\f(1,2)，则a2023＝－eq\f(1,2)；(2)若数列{an}是正项单调递增数列，则a1的取值范围是(1，＋∞)．解析：(1)若a1＝－eq\f(1,2)，则an＋1＝2aeq\o\al(2,n)－1＝－eq\f(1,2)，故数列为常数列an＝－eq\f(1,2)，故a2023＝－eq\f(1,2).(2)若数列{an}是正项单调递增数列，则对于任意n≥2，an＋1－an＝(2aeq\o\al(2,n)－1)－(2aeq\o\al(2,n－1)－1)＝2(an＋an－1)(an－an－1)>0且an－an－1>0，又an＋an－1>0，故a2－a1>0⇒2aeq\o\al(2,1)－a1－1>0，可得a1>1或a1<－eq\f(1,2)(舍去)，综上所述，a1的取值范围是(1，＋∞).6.2等差数列考试要求1．理解等差数列的概念和通项公式的意义.掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系.2．能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并解决相应的问题.3．体会等差数列与一元一次函数、二次函数的关系．知识梳理1．等差数列的概念(1)等差数列的定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示，即an－an－1＝d(n∈N＋，且n≥2)或an＋1－an＝d(n∈N＋).(2)等差中项：若三个数a，A，b成等差数列，则A叫做a与b的等差中项.根据等差数列的定义可以知道，2A＝a＋b2．等差数列的通项公式与前n项和公式(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d.该式又可以写成an＝nd＋(a1－d)，这表明d≠0时，an是关于n的一次函数，且d>0时是增函数，d<0时是减函数.(2)前n项和公式：Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.该式又可以写成Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，这表明d≠0时，Sn是关于n的二次函数，且d>0时图象开口向上，d<0时图象开口向下.3．等差数列的性质(1)与项有关的性质①等差数列{an}中，若公差为d，则an＝am＋(n－m)d，当n≠m时，d＝eq\f(an－am,n－m).②在等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.特别地，若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap.③若数列{an}是公差为d的等差数列，则数列{λan＋b}(λ，b为常数)是公差为λd的等差数列.④若数列{an}，{bn}是公差分别为d1，d2的等差数列，则数列{λ1an＋λ2bn}(λ1，λ2为常数)也是等差数列，且公差为λ1d1＋λ2d2.⑤数列{an}是公差为d的等差数列，则从数列中抽出项ak，ak＋m，ak＋2m，…，组成的数列仍是等差数列，公差为md(2)与和有关的性质①等差数列中依次k项之和Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…组成公差为k2d的等差数列.②记S偶为所有偶数项的和，S奇为所有奇数项的和.若等差数列的项数为2n(n∈N*)，则S2n＝n(an＋an＋1)，S偶－S奇＝nd，eq\f(S偶,S奇)＝eq\f(an＋1,an)(S奇≠0)；若等差数列的项数为2n－1(n∈N*)，则S2n－1＝(2n－1)an(an是数列的中间项)，S奇－S偶＝an，eq\f(S偶,S奇)＝eq\f(n－1,n)(S奇≠0).③{an}为等差数列⇒eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列.④两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为eq\f(an,bn)＝eq\f(S2n－1,T2n－1)(bn≠0，T2n－1≠0).常用结论与知识拓展(1)若an＝pn＋q(p，q为常数)，则{an}一定是公差为p的等差数列.(2)等差数列前n项和的最值与{an}的单调性有关.①若a1>0，d<0，则Sn存在最大值.②若a1<0，d>0，则Sn存在最小值.③若a1>0，d>0，则{Sn}是递增数列，S1是{Sn}的最小值；若a1<0，d<0，则{Sn}是递减数列，S1是{Sn}的最大值.(3){an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B是常数).若Sn＝An2＋Bn＋C且C≠0，则{an}从第2项起成等差数列.基础检测1．判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“√”，错误的画“×”.(1)若一个数列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)一个等差数列，要么是递增数列，要么是递减数列．(×)(3)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.(√)(4)若数列{an}是等差数列，则数列{an＋2an＋1}也是等差数列．(√)(5)若Sn＝An2＋Bn＋C(n∈N*)，则“A，B为常数，C为0”是{an}为等差数列的充要条件．(√2．(教材改编题)已知等差数列{an}中，a2＝3，前5项和S5＝10，则数列{an}的公差为－1.解析：设等差数列{an}的公差为d，∵S5＝5a3＝10，∴a3＝a2＋d＝2，又∵a2＝3，∴d3．(教材改编题)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1＝－2，a2＋a6＝2，则S10＝25.解析：因为等差数列{an}中，a1＝－2，a2＋a6＝2a4＝2，所以a4＝1,3d＝a4－a1＝3，即d＝1，则S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)d＝25.4．(教材改编题)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a7＋a8＝a4＋8，则S21＝(C)A．28 B．148C．168 D．248解析：∵a7＋a8＝a4＋a11，∴a11＝8，S21＝eq\f(21a1＋a21,2)＝21a11＝168.5．(多选题)(教材改编题)设数列{an}是以d为公差的等差数列，Sn是其前n项和，a1>0，且S6＝S9，则下列结论正确的是(ABD)A．d<0B．a8＝0C．S5>S6D．S7或S8为Sn的最大值解析：根据题意可得6a1＋eq\f(6×5,2)d＝9a1＋eq\f(9×8,2)d，即a1＋7d＝a8＝0.因为a1>0，a8＝0，所以d<0，所以数列{an}是递减数列，所以A，B正确；对于C，因为a8＝0，d<0，所以a6>0，所以S5<S6，故C不正确；对于D，因为a8＝0，所以S7＝S8，又{an}为递减数列，所以S7或S8为Sn的最大值，故D正确．故选ABD．考点1等差数列的基本运算命题角度1有关“基本量”运算【例1】(1)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则(A)A．an＝2n－5 B．an＝3n－10C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝eq\f(1,2)n2－2n解析：由题知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S4＝4a1＋\f(d,2)×4×3＝0，,a5＝a1＋4d＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2，))∴an＝2n－5，Sn＝eq\f(n,2)(a1＋an)＝eq\f(n,2)(－3＋2n－5)＝n(n－4)＝n2－4n.故选A．(2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＋a4＝22，S4＝38，则S6＝75.解析：设等差数列{an}的公差为d，a2＋a4＝2a3＝22，∴a3＝11，S4＝2(a2＋a3)＝38，∴a2＝8，∴d＝3，an＝3n＋2，∴S6＝eq\f(6a1＋a6,2)＝75.规律总结在等差数列五个基本量a1，d，n，an，Sn中，已知其中三个量，可以根据已知条件结合等差数列的通项公式、前n项和公式列出关于基本量的方程(组)来求余下的两个量，计算时须注意等差数列性质、整体代换及方程思想的应用.【对点训练1】(多选题)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a5＝－4，S5＝－40，则(AB)A．a10＝6B．S10＝－30C．当且仅当n＝6时，Sn取最小值D．a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝0解析：设数列{an}的公差为d，由a5＝－4，S5＝－40，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝－4，,5a1＋\f(5×4,2)d＝－40，))解得a1＝－12，d＝2，所以an＝2n－14，Sn＝eq\f(－12＋2n－14n,2)＝n2－13n，则a10＝6，S10＝－30，A，B正确；令an＝2n－14≤0，得n≤7，且a7＝0，则n＝6或n＝7时，Sn取最小值，C不正确；因为a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝5a7＝0，所以a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝6≠0，D不正确．故选AB．命题角度2等差数列项的性质及应用【例2】(1)在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，若a2＋a6＋a7＝27，则S9的值为81.解析：因为a2＋a6＋a7＝a4＋a6＋a5＝3a5＝27，所以S9＝9a(2)已知{an}和{bn}均为等差数列，若a1＋b2＝12，a4＋b5＝9，则a7＋b8的值是6.解析：因为{an}和{bn}均为等差数列，所以a1＋a7＝2a4，b2＋b8＝2b5，所以a1＋a7＋b2＋b8＝2(a4＋b5)，即a7＋b8＋12＝2×9，所以a7＋b8规律总结利用等差数列项的性质解决基本量的运算体现了整体求值思想，应用时常将an＋am＝2ap(m＋n＝2p，m，n，p∈N*)与am＋an＝ap＋aq(m＋n＝p＋q，m，n，p，q∈N*)相结合，可减少运算量.【对点训练2】已知数列{an}满足an＋1－2an＋an－1＝0(n≥2)，a2＋a4＋a6＝12，a1＋a3＋a5＝9，则a3＋a4＝7.解析：因为2an＝an－1＋an＋1，所以{an}是等差数列，由等差数列性质可得a2＋a4＋a6＝3a4＝12，a1＋a3＋a5＝3a3＝9，所以a3＋a命题角度3等差数列和的性质及应用【例3】(1)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9＝45.解析：由等差数列前n项和的性质可知，S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，即9,27，S9－S6成等差数列，所以9＋S9－S6＝54，所以S9－S6＝45.即a7＋a8＋a9＝45.(2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝110，S110＝10，则S120＝－120.解析：S110－S10＝a11＋a12＋…＋a110＝eq\f(100a11＋a110,2)＝－100，a11＋a110＝－2，则S120＝eq\f(120a1＋a120,2)＝eq\f(120a11＋a110,2)＝－120.规律总结在解决等差数列{an}有关前n项和Sn的问题时，要善于把握题目特征，合理运用前n项和的性质，常可以比较简便地求出结果．【对点训练3】(1)已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且eq\f(An,Bn)＝eq\f(7n＋45,n＋3)，则使得eq\f(an,bn)为整数的正整数n的个数是5.解析：由eq\f(An,Bn)＝eq\f(7n＋45,n＋3)得，eq\f(an,bn)＝eq\f(A2n－1,B2n－1)＝eq\f(14n＋38,2n＋2)＝eq\f(7n＋19,n＋1)，要使eq\f(an,bn)为整数，则需eq\f(7n＋19,n＋1)＝7＋eq\f(12,n＋1)为整数，所以n＝1,2,3,5,11，共有5个.(2)已知等差数列a1，a2，a3，…，an－1，an，前6项的和为10，最后6项的和为110，所有项的和为360，则该数列的项数n＝36.解析：由题意知a1＋a2＋…＋a6＝10，an＋an－1＋…＋an－5＝110，两式相加得6(a1＋an)＝120，所以a1＋an＝20，又eq\f(na1＋an,2)＝360，所以n＝36.考点2等差数列的证明与判断命题角度1等差数列的证明【例4】记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2.(1)证明：数列{bn}是等差数列；(2)求{an}的通项公式．解：(1)证明：由已知eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2得Sn＝eq\f(2bn,2bn－1)，且bn≠0，bn≠eq\f(1,2)，取n＝1，由S1＝b1得b1＝eq\f(3,2)，由于bn为数列{Sn}的前n项积，所以eq\f(2b1,2b1－1)·eq\f(2b2,2b2－1)·…·eq\f(2bn,2bn－1)＝bn，所以eq\f(2b1,2b1－1)·eq\f(2b2,2b2－1)·…·eq\f(2bn＋1,2bn＋1－1)＝bn＋1，所以eq\f(2bn＋1,2bn＋1－1)＝eq\f(bn＋1,bn)，由于bn＋1≠0，所以eq\f(2,2bn＋1－1)＝eq\f(1,bn)，即bn＋1－bn＝eq\f(1,2)，其中n∈N*，所以数列{bn}是以b1＝eq\f(3,2)为首项，以d＝eq\f(1,2)为公差的等差数列．(2)由(1)可得，数列{bn}是以b1＝eq\f(3,2)为首项，以d＝eq\f(1,2)为公差的等差数列，∴bn＝eq\f(3,2)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝1＋eq\f(n,2)，Sn＝eq\f(2bn,2bn－1)＝eq\f(2＋n,1＋n)，当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(3,2)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(2＋n,1＋n)－eq\f(1＋n,n)＝－eq\f(1,nn＋1)，显然对于n＝1不成立，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1，,－\f(1,nn＋1)，n≥2.))规律总结证明等差数列的常用方法：(1)定义法：证明对任意正整数n都有an＋1－an等于同一个常数；(2)等差中项法：证明对任意正整数n都有2an＋1＝an＋an＋2；(3)通项公式法：得出an＝pn＋q(p，q是常数)；(4)前n项和公式法：得出Sn＝An2＋Bn(A，B是常数).【对点训练4】记Sn为数列{an}的前n项和，已知an>0，a2＝3a1，且数列{eq\r(Sn)}是等差数列，证明：{an}是等差数列．证明：∵数列{eq\r(Sn)}是等差数列，设公差为d＝eq\r(S2)－eq\r(S1)＝eq\r(a2＋a1)－eq\r(a1)＝eq\r(a1)，∴eq\r(Sn)＝eq\r(a1)＋(n－1)eq\r(a1)＝neq\r(a1)，(n∈N*)∴Sn＝a1n2，(n∈N*)∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝a1n2－a1(n－1)2＝2a1n－a1当n＝1时，2a1×1－a1＝a1，满足an＝2a1n－a1，∴{an}的通项公式为an＝2a1n－a1，(n∈∴an－an－1＝(2a1n－a1)－[2a1(n－1)－a1]＝2∴{an}是等差数列．命题角度2等差数列的判断【例5】(1)(多选题)设{an}是无穷数列，An＝an＋an＋1(n＝1,2，…)，则下列给出的四个判断中，正确的有(ACD)A．若{an}是等差数列，则{An}是等差数列B．若{An}是等差数列，则{an}是等差数列C．若{an}是等差数列，则{a3n}是等差数列D．若{An}是等差数列，则{a2n}是等差数列解析：对于A，若{an}是等差数列，设公差为d，则An＝an＋an＋1＝a1＋(n－1)d＋a1＋nd＝2a1＋2nd－d，则n≥2时，An－An－1＝(2a1＋2nd－d)－[2a1＋2(n－1)d－d]＝2d，所以{An}是等差数列，故A正确；对于B，若{An}是等差数列，设公差为d′，当n≥2时，An－An－1＝an＋an＋1－(an－1＋an)＝an＋1－an－1＝d′，即数列{an(2)如果数列{an}满足：存在正整数k，对任意的n∈N*，n>k，都有an＝eq\f(an＋k＋an－k,2)，那么数列{an}是等差数列吗？解：当k＝1时，对任意的n∈N*，n>1时，an＝eq\f(an＋1＋an－1,2)，可得an＋1－an＝an－an－1＝…＝a3－a2＝a2－a1，所以数列{an}是等差数列；当k≥2时，对任意的n∈N*，n>k，都有an＝eq\f(an＋k＋an－k,2)，不能推出数列{an}是等差数列，例如，k＝2时，数列2,0,4,3,6,6,8满足an＝eq\f(an＋2＋an－2,2)，但数列显然不是等差数列．综上，数列{an}满足：存在正整数k，对任意的n∈N*，n>k，都有an＝eq\f(an＋k＋an－k,2)，那么数列{an}不一定是等差数列．规律总结判断数列{an}是等差数列的常用方法与证明数列{an}是等差数列的方法基本一致，值得注意的是，若要证明该数列不是等差数列，往往可以通过特殊验证(举反例)来证明不是等差数列．【对点训练5】(1)已知实数x，y，z满足0<x<y<z<π，且sinx，siny，sinz可以按照某个顺序排成等差数列，则(D)A．sinx不可能是等差中项B．siny不可能是等差中项C．sinz不可能是等差中项D．sinx，siny，sinz都可能是等差中项解析：若sinx是等差中项，则2sinx＝siny＋sinz，此时siny<sinx<sinz或sinz<sinx<siny，如图2所示，所以A不正确；若siny是等差中项，则2siny＝sinx＋sinz，此时sinx<siny<sinz或sinz<siny<sinx，如图1所示，所以B不正确；若sinz是等差中项，则2sinz＝sinx＋siny，此时sinx<sinz<siny或siny<sinz<sinx，如图3所示，所以C不正确；所以sinx，siny，sinz都可能是等差中项．故选D．eq\o(\s\up7(),\s\do5(图1))eq\o(\s\up7(),\s\do5(图2))eq\o(\s\up7(),\s\do5(图3))(2)已知数列{an}满足an＝eq\r(n)，数列{bn}满足b1＝1，bn＝an－an－1(n≥2)，试问{bn}中是否存在连续三项bk，bk＋1，bk＋2，使得eq\f(1,bk)，eq\f(1,bk＋1)，eq\f(1,bk＋2)构成等差数列？请说明理由．解：数列{bn}中不存在连续三项bk，bk＋1，bk＋2，使得eq\f(1,bk)，eq\f(1,bk＋1)，eq\f(1,bk＋2)构成等差数列．理由如下：由题知当n≥2时，bn＝an－an－1＝eq\r(n)－eq\r(n－1)，所以eq\f(1,bn)＝eq\f(1,\r(n)－\r(n－1))＝eq\r(n)＋eq\r(n－1).假设数列{bn}中存在连续三项bk，bk＋1，bk＋2，使得eq\f(1,bk)，eq\f(1,bk＋1)，eq\f(1,bk＋2)构成等差数列．当k＝1时，1，eq\r(2)＋1，eq\r(3)＋eq\r(2)，显然不成等差数列，假设不成立；当k≥2时，则2(eq\r(k＋1)＋eq\r(k))＝(eq\r(k)＋eq\r(k－1))＋(eq\r(k＋2)＋eq\r(k＋1))，即eq\r(k＋1)＋eq\r(k)＝eq\r(k－1)＋eq\r(k＋2)，两边同时平方，得k＋1＋k＋2eq\r(k＋1)·eq\r(k)＝k－1＋k＋2＋2eq\r(k－1)·eq\r(k＋2)，所以(k＋1)k＝(k－1)(k＋2)，整理得k2＋k＝k2＋k－2，所以0＝－2，矛盾，故假设不成立．综上所述，数列{bn}中不存在连续三项bk，bk＋1，bk＋2，使得eq\f(1,bk)，eq\f(1,bk＋1)，eq\f(1,bk＋2)构成等差数列．考点3等差数列的前n项和命题角度1等差数列前n项和的最值【例6】等差数列{an}的首项a1＞0，设其前n项和为Sn，且S5＝S12，则当n为何值时，Sn有最大值？解：解法1：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝S12得5a1＋10d＝12a1＋66d，d＝－eq\f(1,8)a1＜0.Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝na1＋eq\f(nn－1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)a1))＝－eq\f(1,16)a1(n2－17n)＝－eq\f(1,16)a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(17,2)))2＋eq\f(289,64)a1，因为a1＞0，n∈N*，所以当n＝8或9时，Sn有最大值.解法2：由解法1得d＝－eq\f(1,8)a1＜0.设此数列的前n项和最大，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝a1＋n－1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)a1))≥0，,an＋1＝a1＋n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)a1))≤0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n≤9，,n≥8，))即8≤n≤9，又n∈N*，所以当n＝8或9时，Sn有最大值.解法3：由解法1得d＝－eq\f(1,8)a1＜0，由S5＝S12得a6＋a7＋a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝0，所以7a9＝0，所以a9所以当n＝8或9时，Sn有最大值.规律总结求等差数列前n项和最值的主要方法：①利用等差数列的基本性质或单调性求出其正负转折项，便可求得和的最值；②将等差数列的前n项和Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)看作关于n的二次函数，根据二次函数的性质求最值.无论用哪种方法，都要注意an＝0的情形.【对点训练6】记Sn为数列{an}的前n项和．已知eq\f(2Sn,n)＋n＝2an＋1.(1)证明：{an}是等差数列；(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．解：(1)证明：因为eq\f(2Sn,n)＋n＝2an＋1，即2Sn＋n2＝2nan＋n①，当n≥2时，2Sn－1＋(n－1)2＝2(n－1)an－1＋(n－1)②，①－②得，2Sn＋n2－2Sn－1－(n－1)2＝2nan＋n－2(n－1)an－1－(n－1)，即2an＋2n－1＝2nan－2(n－1)an－1＋1，即2(n－1)an－2(n－1)an－1＝2(n－1)，所以an－an－1＝1，n≥2且n∈N*，所以{an}是以1为公差的等差数列．(2)由(1)可得a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8，又a4，a7，a9成等比数列，所以aeq\o\al(2,7)＝a4·a9，即(a1＋6)2＝(a1＋3)·(a1＋8)，解得a1＝－12，所以an＝n－13，所以Sn＝－12n＋eq\f(nn－1,2)＝eq\f(1,2)n2－eq\f(25,2)n＝eq\f(1,2)n－eq\f(25,2)2－eq\f(625,8)，所以，当n＝12或n＝13时，(Sn)min＝－78.命题角度2“绝对值”求和【例7】已知数列{an}的前n项和Sn＝33n－n2.(1)求{an}的通项公式；(2){an}的前多少项和最大？(3)设bn＝|an|，求数列{bn}的前n项和S′n.解：(1)因为Sn＝33n－n2，当n＝1时S1＝a1＝33×1－12＝32，当n≥2时Sn－1＝33(n－1)－(n－1)2，所以an＝Sn－Sn－1＝33n－n2－33(n－1)＋(n－1)2＝34－2n，经检验当n＝1时an＝34－2n也成立，所以an＝34－2n.(2)令an≥0，即34－2n≥0，所以n≤17，故数列{an}的前17项大于或等于零．又a17＝0，故数列{an}的前16项或前17项的和最大．(3)由(2)知，当n≤17时，an≥0；当n≥18时，an<0，所以当n≤17时，S′n＝b1＋b2＋…＋bn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝33n－n2.当n≥18时，S′n＝|a1|＋|a2|＋…＋|a17|＋|a18|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a17－(a18＋a19＋…＋an)＝S17－(Sn－S17)＝2S17－Sn＝n2－33n＋544.故S′n＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(33n－n2，n≤17，,n2－33n＋544，n≥18.))规律总结在等差数列中，解决涉及“绝对值”求和问题的关键是，把握好通项的“变号”特征，根据“变号”特征分别讨论，求解过程中，由于含有绝对值，可以直接分段求解，也可以间接求解．【对点训练7】等差数列{an}中，公差d<0，a2＋a6＝－8，a3a5(1)求{an}的通项公式；(2)记Tn为数列{bn}前n项的和，其中bn＝|an|，n∈N*，若Tn≥1464，求n的最小值．解：(1)∵等差数列{an}中，公差d<0，a2＋a6＝－8，∴a2＋a6＝a3＋a5＝－8，又∵a3a5∴a3，a5是一元二次方程x2＋8x＋7＝0的两个根，且a3>a5，解方程，得a3＝－1，a5＝－7，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝－1，,a1＋4d＝－7))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝5，,d＝－3，))∴an＝5－3(n－1)＝－3n＋8.(2)由(1)知{an}的前n项和Sn＝5n＋eq\f(nn－1,2)(－3)＝－eq\f(3,2)n2＋eq\f(13,2)n.∵bn＝|an|，∴b1＝5，b2＝2，b3＝|－1|＝1，b4＝|－4|＝4，