高考数学一轮复习 第五章 数列的概念及简单的表示方法训练 理 新人教A版

【创新设计】高考数学一轮复习第五章数列的概念及简单的表示方法训练理新人教A版[备考方向要明了]考什么怎么考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函数．数列的概念在高考试题中常与其他知识综合进行考查，主要有：(1)以考查通项公式为主，同时考查Sn与an的关系，如年江西T16等.(2)以递推关系为载体，考查数列的各项的求法，如年新课标全国T16等.[归纳·知识整合]1．数列的定义按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．排在第一位的数称为这个数列的第1项(通常也叫做首项)．2．数列的分类分类原则类型满足条件项数有穷数列项数有限无穷数列项数无限项与项间的大小关系递增数列an＋1＞an其中n∈N*递减数列an＋1＜an常数列an＋1＝an摆动数列从第2项起有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项.3．数列的表示法数列的表示方法有列表法、图象法、公式法．4．数列的通项公式如果数列{an}的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．[探究]1.数列的通项公式唯一吗？是否每个数列都有通项公式？提示：不唯一，如数列－1,1，－1,1，…的通项公式可以为an＝(－1)n或an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1，n为奇数，,1，n为偶数.))有的数列没有通项公式．5．数列的递推公式若一个数列{an}的首项a1确定，其余各项用an与an－1的关系式表示(如an＝2an－1＋1，n＞1)，则这个关系式就称为数列的递推公式．[探究]2.通项公式和递推公式有何异同点？提示：不同点相同点通项公式法可根据某项的序号，直接用代入法求出该项都可确定一个数列，都可求出数列的任何一项递推公式法可根据第1项或前几项的值，通过一次或多次赋值，逐项求出数列的项，直至求出所需的项[自测·牛刀小试]1．(教材习题改编)已知数列{an}的前4项分别为2,0,2，0，…，则下列各式不可以作为数列{an}的通项公式的一项是()A．an＝1＋(－1)n＋1 B．an＝2sineq\f(nπ,2)C．an＝1－cosnπ D．a＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n为奇数，,0，n为偶数))解析：选B若an＝2sineq\f(nπ,2)，则a1＝2sineq\f(π,2)＝2，a2＝2sinπ＝0，a3＝2sineq\f(3π,2)＝－2，a4＝2sin2π＝0.2．已知数列的通项公式为an＝n2－8n＋15，则3()A．不是数列{an}中的项B．只是数列{an}中的第2项C．只是数列{an}中的第6项D．是数列{an}中的第2项或第6项解析：选D令an＝3，即n2－8n＋15＝3，解得n＝2或6，故3是数列{an}中的第2项或第6项．3．(教材习题改编)在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋eq\f(1,an－1)(n≥2)，则a5＝()A.eq\f(3,2) B.eq\f(5,3)C.eq\f(7,4) D.eq\f(8,5)解析：选D由题意知，a1＝1，a2＝2，a3＝eq\f(3,2)，a4＝eq\f(5,3)，a5＝eq\f(8,5).4．(教材改编题)已知数列eq\r(2)，eq\r(5)，2eq\r(2)，…，根据数列的规律，2eq\r(5)应该是该数列的第________项．解析：由于2＝3×1－1,5＝3×2－1,8＝3×3－1，…故可知该数列的通项公式为an＝eq\r(3n－1)由2eq\r(5)＝eq\r(3n－1)，得n＝7.答案：75．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n＝1,2,3，…)，则此数列的通项公式为an＝________；数列{nan}中数值最小的项是第________项．解析：∵当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2－10n)－[(n－1)2－10(n－1)]＝2n－11；当n＝1时，a1＝S1＝－9也满足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*，∴当n＝3时，nan取最小值．答案：2n－113已知数列的前几项求通项公式[例1]根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式：(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)各数都是偶数，且最小为4，所以通项an＝2(n＋1)(n∈N*)．(2)注意到分母分别是21,22,23,24,25，…，而分子比分母少1，所以其通项an＝eq\f(2n－1,2n)(n∈N*)．(3)分母规律明显，而第2,3,4项的绝对值的分子比分母少3，因此可考虑把第1项变为－eq\f(2－3,2)，这样原数列可化为－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)，…所以其通项an＝(－1)neq\f(2n－3,2n)(n∈N*)．———————————————————用观察法求数列的通项公式的技巧用观察归纳法求数列的通项公式，关键是找出各项的共同规律及项与项数n的关系．当项与项之间的关系不明显时，可采用适当变形或分解，以凸显规律，便于归纳．当各项是分数时，可分别考虑分子、分母的变化规律及联系，正负相间出现时，可用(－1)n或(－1)n＋1调节．1．写出下列数列的一个通项公式，使它的前几项分别是下列各数：(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)分子是连续的偶数，且第1个数是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)正负交替出现，且奇数项为负，偶数项为正，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)，…分母是连续奇数相乘的形式，观察和项数n的关系，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与Sn的关系求通项公式[例2]已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n－1，求它的通项公式an.[自主解答]当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1－(3n－1－1)＝2×3n－1；当n＝1时，a1＝S1＝2也满足an＝2×3n－1.故数列{an}的通项公式为an＝2×3n－1.若将“Sn＝3n－1”改为“Sn＝n2－n＋1”，如何求解？解：∵a1＝S1＝12－1＋1＝1，当n≥2时，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时应注意的问题数列的通项an与前n项和Sn的关系是an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))当n＝1时，a1若适合Sn－Sn－1，则n＝1的情况可并入n≥2时的通项an；当n＝1时，a1若不适合Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示．2．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和满足Sn>1，且6Sn＝(an＋1)(an＋2)，n∈N*.求数列{an}的通项公式．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.因为an>0，故an＋1＝－an不成立，舍去．因此an＋1－an－3＝0，即an＋1－an＝3，从而{an}是公差为3，首项为2的等差数列，故{an}的通项公式为an＝3n－1.由递推关系式求数列的通项公式[例3]根据下列条件，确定数列{an}的通项公式．(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.∴数列{an＋1}为等比数列，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)个式子相乘得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)．当n＝1时，a1＝eq\f(1,2)×(3×1＋1)＝2符合公式，∴an＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(n,2).———————————————————由递推公式求通项公式的常用方法已知数列的递推关系，求数列的通项公式时，通常用累加、累乘、构造法求解．当出现an＝an－1＋m时，构造等差数列；当出现an＝xan－1＋y时，构造等比数列；当出现an＝an－1＋fn时，用累加法求解；当出现eq\f(an,an－1)时，用累乘法求解.3．(·大纲全国卷)已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝eq\f(n＋2,3)an.(1)求a2，a3；(2)求数列{an}的通项公式．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)由题设知a1＝1.当n>1时有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，将以上n个等式两端分别相乘，整理得an＝eq\f(nn＋1,2).综上可知，数列{an}的通项公式an＝eq\f(nn＋1,2).数列函数性质的应用[例4]已知数列{an}．(1)若an＝n2－5n＋4，①数列中有多少项是负数？②n为何值时，an有最小值？并求出最小值．(2)若an＝n2＋kn＋4且对于n∈N*，都有an＋1>an成立．求实数k的取值范围．[自主解答](1)①由n2－5n＋4<0，解得1<n<4.∵n∈N*，∴n＝2,3.∴数列中有两项是负数，即为a2，a3.②∵an＝n2－5n＋4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))2－eq\f(9,4)的对称轴方程为n＝eq\f(5,2).又n∈N*，∴n＝2或n＝3时，an有最小值，其最小值为a2＝a3＝－2.(2)由an＋1>an，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，可以看作是关于n的二次函数，考虑到n∈N*，所以－eq\f(k,2)<eq\f(3,2)，即得k>－3.———————————————————函数思想在数列中的应用(1)数列可以看作是一类特殊的函数，因此要用函数的知识，函数的思想方法来解决．(2)数列的单调性是高考常考内容之一，有关数列最大项、最小项、数列有界性问题均可借助数列的单调性来解决，判断单调性时常用：①作差；②作商；③结合函数图象等方法．4．若数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(nn＋4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n))中的最大项是第k项，则k＝________.解析：法一：由题意知，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：设an＝n(n＋4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n，则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).当n≤3时，an＋1－an＞0，即an＋1＞an，当n≥4时，an＋1－an＜0，即an＋1＜an，故a1＜a2＜a3＜a4，且a4＞a5＞a6＞….所以数列中最大项是第4项．答案：41个关系——数列与函数的关系数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是数列．因此，在研究函数问题时既要注意函数方法的普遍性，又要考虑数列方法的特殊性．3类问题——数列通项公式的求法及最大(小)项问题(1)由递推关系求数列的通项公式常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用叠加法、累乘法、迭代法．(2)由Sn与an的递推关系求an的常用思路有：①利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；②转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n的关系，再求an.(3)数列{an}的最大(小)项的求法可以利用不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an－1≤an，,an≥an＋1，))找到数列的最大项；利用不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an－1≥an，,an≤an＋1，))找到数列的最小项.创新交汇——数列与函数的交汇问题1．数列的概念常与函数、方程、解析几何、不等式等相结合命题．2．正确理解、掌握函数的性质(如单调性、周期性等)是解决此类问题的关键．[典例](·上海高考)已知f(x)＝eq\f(1,1＋x).各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，an＋2＝f(an)．若a2010＝a2012，则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([名师点评])1．本题具有以下创新点(1)数列{an}的递推关系式，以函数f(x)＝eq\f(1,1＋x)为载体间接给出；(2)给出的递推关系式不是相邻两项，即an与an－1(n≥2)之间的关系，而是给出an与an＋2之间的关系式，即奇数项与奇数项、偶数项与偶数项之间的递推关系．2．解决本题的关键有以下两点(1)正确求出数列{an}的递推关系式；(2)正确利用递推公式an＋2＝eq\f(1,1＋an)，分别从首项a1推出a11和从a2010推出a20.eq\a\vs4\al([变式训练])1．已知数列{an}满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则eq\f(an,n)的最小值为()A.eq\f(17,2) B.eq\f(21,2)C．10 D．21解析：选B由已知条件可知：当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝33＋2＋4＋…＋2(n－1)＝n2－n＋33，又n＝1时，a1＝33适合，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]上为减函数，f(n)在[6，＋∞)上为增函数，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)的最小值为eq\f(21,2).2．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1x≤0，,fx－1＋1x>0，))把函数g(x)＝f(x)－x的零点按从小到大的顺序排成一个数列，则该数列的通项公式为()A．an＝eq\f(nn－1,2)(n∈N*) B．an＝n(n－1)(n∈N*)C．an＝n－1(n∈N*) D．an＝2n－2(n∈N*)解析：选C据已知函数关系式可得f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1x≤0，,2x－10<x≤1，,2x－2＋11<x≤2，,…，))此时易知函数g(x)＝f(x)－x的前几个零点依次为0,1,2，…，代入验证只有C符合.一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．数列1，eq\f(2,3)，eq\f(3,5)，eq\f(4,7)，eq\f(5,9)，…的一个通项公式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：选B由已知得，数列可写成eq\f(1,1)，eq\f(2,3)，eq\f(3,5)，…，故通项为eq\f(n,2n－1).2．已知数列{an}的通项公式为an＝n2－2λn(n∈N*)，则“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析：选A若数列{an}为递增数列，则有an＋1－an>0，即2n＋1>2λ对任意的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)，但反过来，由λ<eq\f(3,2)不能得到λ<1，因此“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的充分不必要条件．3．数列{an}的通项an＝eq\f(n,n2＋90)，则数列{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：选C因为an＝eq\f(1,n＋\f(90,n))，运用基本不等式得eq\f(1,n＋\f(90,n))≤eq\f(1,2\r(90))，由于n∈N*，不难发现当n＝9或10时，an＝eq\f(1,19)最大．4．(·银川模拟)设数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝1－eq\f(1,an)，记数列{an}的前n项之积为Tr，则T2013的值为()A．－eq\f(1,2) B．－1C.eq\f(1,2) D．2解析：选B由a2＝eq\f(1,2)，a3＝－1，a4＝2可知，数列{an}是周期为3的周期数列，从而T2013＝(－1)671＝－1.5．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5<ak<8，则k＝()A．9 B．8C．7 D．6解析：选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)数列{an}的通项公式an＝ncoseq\f(nπ,2)，其前n项和为Sn，则S2012等于()A．1006 B．2012C．503 D．0解析：选A由题意知，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、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．根据下图5个图形及相应点的个数的变化规律，猜测第n个图中有________个点．解析：观察图中5个图形点的个数分别为1,1×2＋1,2×3＋1，3×4＋1,4×5＋1，故第n个图中点的个数为(n－1)×n＋1＝n2－n＋1.答案：n2－n＋18．数列{an}满足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)，则a2013＝________.解析：因为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).因为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).因为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).显然a4＝a1，根据递推关系，逐步代入，得a5＝a2，a6＝a3，…故该数列的项呈周期性出现，其周期为3，根据上述求解结果，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．已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是函数f(x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，则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、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10．数列{an}中，a1＝1，对于所有的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．已知数列{an}的前n项和Sn，分别求它们的通项公式an.(1)Sn＝2n2＋3n；(2)Sn＝2n＋1.解：(1)由题可知，当n＝1时，a1＝S1＝2×12＋3×1＝5，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2＋3n)－[2(n－1)2＋3(n－1)]＝4n＋1.当n＝1时，4×1＋1＝5＝a1，故an＝4n＋1.(2)当n＝1时，a1＝S1＝2＋1＝3，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1)－(2n－1＋1)＝2n－1.当n＝1时，21－1＝1≠a1，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＝1，,2n－1n≥2.))12．已知数列{an}满足前n项和Sn＝n2＋1，数列{bn}满足bn＝eq\f(2,an＋1)，且前n项和为Tn，设cn＝T2n＋1－Tn.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)判断数列{cn}的增减性．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}是递减数列．1．根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式：(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)符号问题可通过(－1)n或(－1)n＋1表示，其各项的绝对值的排列规律为：后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大6，故通项公式为an＝(－1)n(6n－5)．(2)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)，…故an＝eq\f(8,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10n))).(3)将数列统一为eq\f(3,2)，eq\f(5,5)，eq\f(7,10)，eq\f(9,17)，…，对于分子3,5,7，9，…，是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为bn＝2n＋1，对于分母2,5,10,17，…，联想到数列1,4,9,16，…，即数列{n2}，可得分母的通项公式为cn＝n2＋1，故可得它的一个通项公式为an＝eq\f(2n＋1,n2＋1).(4)an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0n为奇数，,1n为偶数))或an＝eq\f(1＋－1n,2)或an＝eq\f(1＋cosnπ,2).2．已知数列{an}的通项公式an＝(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n(n∈N*)，试问数列{an}有没有最大项？若有，求最大项和最小项的项数；若没有，说明理由．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)))，当n<9时，an＋1－an>0，即an＋1>an；当n＝9时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；当n>9时，an＋1－an<0，即an＋1<an；故a1<a2<a3<…<a9＝a10>a11>a12>…∴数列中有最大项，最大项为第9、10项，即a9＝a10＝eq\f(1010,119).3．设数列{an}的前n项和为Sn，点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(Sn,n)))(n∈N*)均在函数y＝3x－2的图象上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(3,anan＋1)，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn<eq\f(m,20)对所有n∈N*都成立的最小正整数m.解：(1)依题意得，eq\f(Sn,n)＝3n－2，即Sn＝3n2－2n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5；当n＝1时，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必须且仅需满足eq\f(1,2)≤eq\f(m,20)，即m≥10，故满足要求的最小正整数m为10.4．(·浙江高考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2＋n，n∈N*，数列{bn}满足an＝4log2bn＋3，n∈N*.(1)求an，bn；(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.解：(1)由Sn＝2n2＋n，得当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1，易知当n＝1时也满足通式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(第二节等差数列及其前n项和)[备考方向要明了]考什么怎么考1.理解等差数列的概念；2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式；3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题；4.了解等差数列与一次函数的关系.1.以选择题的形式考查等差数列的基本量及等差数列性质的简单应用，如年辽宁T6，北京T10，江西T12等．2.以解答题的形式考查等差数列的概念、等差数列的判定、通项公式、前n项和公式以及等差数列的性质等，如年陕西T17等.[归纳·知识整合]1．等差数列的定义一般地，如果一个数列从第二项起，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，通常用字母d表示，定义表达式为an－an－1＝d(常数)(n∈N*，n≥2)或an＋1－an＝d(常数)(n∈N*)．2．等差数列的通项公式若等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d.亦可以用数列中的第m项am与公差d表示为an＝am＋(n－m)d.[探究]1.已知等差数列{an}的第m项为am，公差为d，则其第n项an能否用am与d表示？提示：能，an＝am＋(n－m)d.3．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，且有A＝eq\f(a＋b,2).4．等差数列的前n项和公式Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(na1＋an,2).[探究]2.等差数列前n项和公式的推导运用了什么方法？提示：倒序相加法．3．等差数列前n项和公式能否看作关于n的函数，该函数是否有最值？提示：当d≠0时，Sn是关于n的且常数项为0的二次函数，则(n，Sn)是二次函数图象上的一群孤立的点，由此可得：当d>0时，Sn有最小值；当d<0时，Sn有最大值．5．等差数列的性质已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和．(1)若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq，特别：若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap.(2)am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等差数列，公差为kd.(3)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S[自测·牛刀小试]1．(·重庆高考)在等差数列{an}中，a2＝1，a4＝5，则{an}的前5项和S5＝()A．7 B．15C．20 D．25解析：选B数列{an}的公差d＝eq\f(5－1,2)＝2，则a1＝－1，a5＝7，可得S5＝15.2．(·辽宁高考)在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝()A．58 B．88C．143 D．176解析：选B因为{an}是等差数列，所以a4＋a8＝2a6＝16⇒a6＝8，则该数列的前11项和为S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝11a6＝88.3．(教材习题改编)在等差数列{an}中，若a4＋a5＝15，a7＝15，则a2的值为()A．－3 B．0C．1 D．2解析：选B由题意知，a2＋a7＝a4＋a5，所以a2＝a4＋a5－a7＝0.4．(教材习题改编)已知两个数列x，a1，a2，a3，y与x，b1，b2，y都是等差数列，且x≠y，则eq\f(a2－a1,b2－b1)的值为________．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．(教材习题改编)有两个等差数列2,6,10，…，190及2,8,14，…，200，由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列{an}的通项公式an＝________.解析：两个等差数列的公共项为2,14,26，…即新数列的首项为2，公差为12.故an＝2＋(n－1)×12＝12n－10.答案：12n－10等差数列的判定与证明[例1]已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝eq\f(1,2)，an＝－2SnSn－1(n≥2)．(1)求证：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是等差数列；(2)求Sn和an.[自主解答](1)证明：∵当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，①∴Sn(1＋2Sn－1)＝Sn－1.由上式，若Sn－1≠0，则Sn≠0.∵S1＝a1≠0，由递推关系知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)))是等差数列，其中首项为eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝2，公差为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).当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－eq\f(1,2nn－1)，当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(1,2)不适合上式，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，n＝1，,－\f(1,2nn－1)，n≥2.))若将条件改为“a1＝2，Sn＝eq\f(Sn－1,2Sn－1＋1)(n≥2)”，如何求解．解：(1)证明：∵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)为首项，以2为公差的等差数列．(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)).当n≥2时，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))))；当n＝1时，a1＝2不适合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.))———————————————————等差数列的判定方法(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证an－an－1为同一常数；(2)等差中项法：验证2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立；(3)通项公式法：验证an＝pn＋q；(4)前n项和公式法：验证Sn＝An2＋Bn.注意：在解答题中常应用定义法和等差中项法，而通项公式法和前n项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断．1．已知数列{an}中，a1＝eq\f(3,5)，an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝eq\f(1,an－1)(n∈N*)．(1)求证：数列{bn}是等差数列；(2)求数列{an}中的最大项和最小项，并说明理由．解：(1)证明：∵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)，∴数列{bn}是以－eq\f(5,2)为首项，以1为公差的等差数列．(2)由(1)知bn＝n－eq\f(7,2)，则an＝1＋eq\f(1,bn)＝1＋eq\f(2,2n－7)，设f(x)＝1＋eq\f(2,2x－7)，则f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))上为减函数．故当n＝3时，an取得最小值－1，当n＝4时，an取得最大值3.等差数列基本量的计算[例2](1)已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，则a20等于()A．－1 B．1C．3 D．7(2)(·广东高考)已知递增的等差数列{an}满足a1＝1，a3＝aeq\o\al(2,2)－4，则an＝________.(3)(·北京高考)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝eq\f(1,2)，S2＝a3，则a2＝________；Sn＝________.[自主解答](1)两式相减，可得3d＝－6，d＝－2.由已知可得3a3＝105，a3＝35，所以a20＝a3＋17d(2)设等差数列{an}的公差为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.))由于等差数列{an}是递增的等差数列，因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2.))所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.(3)设等差数列的公差为d，则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)———————————————————等差数列运算问题的通法等差数列的通项公式及前n项和公式中，共涉及五个量，知三可求二，如果已知两个条件，就可以列出方程组求解，体现了用方程思想解决问题的方法．如果利用等差数列的性质、几何意义去考虑也可以．2．已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d(n≥1，n∈N*)．由a1＝1，a3＝－3，可得1＋2d＝－3，解得d＝－2.从而，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.进而由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为所求结果.等差数列前n项和的最值[例3]已知在等差数列{an}中，a1＝31，Sn是它的前n项和，S10＝S22，(1)求Sn；(2)这个数列的前多少项和最大，并求出这个最大值．[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，∴当n＝16时，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时，Sn有最大值256.若将“a1＝31，S10＝S22”改为“a1＝20，S10＝S15”，则n为何值时，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，即当n≤12时，an>0，n≥14时，an<0.∴当n＝12或13时，Sn取得最大值，且最大值为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*，∴当n＝12或13时，Sn有最大值，且最大值为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∴当n＝12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12＝S13＝130.———————————————————求等差数列前n项和的最值的方法(1)运用配方法转化为二次函数，借助二次函数的单调性以及数形结合的思想，从而使问题得解；(2)通项公式法：求使an≥0(an≤0)成立时最大的n值即可．一般地，等差数列{an}中，若a1>0，且Sp＝Sq(p≠q)，则①若p＋q为偶数，则当n＝eq\f(p＋q,2)时，Sn最大；②若p＋q为奇数，则当n＝eq\f(p＋q－1,2)或n＝eq\f(p＋q＋1,2)时，Sn最大．3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，S12>0，S13<0.(1)求公差d的取值范围；(2)指出S1，S2，…，S12中，哪一个最大，并说明理由．解：(1)设数列首项为a1，公差为d，由题意可得，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.))将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.由二次函数知识可得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项和S6最大．法三：由S13＝13a7<0，S12＝6(a6＋a7∴a7<0，a6>0.∴前6项和S6最大．等差数列性质的应用[例4](1)(·江门模拟)等差数列{an}前17项和S17＝51，则a5－a7＋a9－a11＋a13等于()A．3 B．6C．17 D．51(2)等差数列{an}中，若a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，则前9项的和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.根据等差数列的性质a5＋a13＝a7＋a11，所以a5－a7＋a9－a11＋a13＝a9＝3.(2)由等差数列的性质及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———————————————————在等差数列有关计算问题中，结合整体思想，灵活应用性质，可以减少运算量，达到事半功倍的效果.4．(1)(·山西四校联考)在等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝3，a18＋a19＋a20＝87，则此数列前20项的和等于()A．290 B．300C．580 D．600(2)(·江西高考)设数列{an}，{bn}都是等差数列．若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝________.解析：(1)选B依题意得3(a1＋a20)＝90，即a1＋a20＝30，数列{an}的前20项的和等于eq\f(20a1＋a20,2)＝300.(2)法一：设数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，因为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个技巧——利用等差数列的性质妙设项若奇数个数成等差数列，可设中间三项为a－d，a，a＋d；若偶数个数成等差数列，可设中间两项为a－d，a＋d，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．2种选择——等差数列前n项和公式的选择等差数列前n项和公式有两个，如果已知项数n、首项a1和第n项an，则利用Sn＝eq\f(na1＋an,2)，该公式经常和等差数列的性质结合应用．如果已知项数n、首项a1和公差d，则利用Sn＝na1＋eq\f(nn－1d,2)，在求解等差数列的基本运算问题时，有时会和通项公式结合使用．3个结论——等差数列前n项和Sn的几个结论(1)若等差数列{an}的项数为偶数2n，则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)若等差数列{an}的项数为奇数2n＋1，则①S2n＋1＝(2n＋1)an＋1；②eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n＋1,n).(3)在等差数列{an}中，若a1>0，d<0，则满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≥0，,am＋1≤0))的项数m使得Sn取得最大值Sm；若a1<0，d>0，则满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≤0，,am＋1≥0))的项数m使得Sn取得最小值Sm.4种方法——等差数列的判断方法①定义法；②等差中项法；③通项公式法；④前n项和公式法.数学思想——整体思想在数列中的应用利用整体思想解数学问题，就是从全局着眼，由整体入手，把一些彼此独立但实际上紧密联系的量作为一个整体考虑的方法．有不少数列题，其首项、公差无法确定或计算繁琐，对这类问题，若从整体考虑，往往可寻得简捷的解题途径．[典例](·盐城模拟)设等差数列{an}的前n项和Sn＝m，前m项和Sm＝n(m≠n)则它的前m＋n项的和Sm＋n＝________.[解析]法一：设{an}的公差为d，则由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：设Sn＝An2＋Bn(n∈N*)，则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([题后悟道])1．本题的两种解法都突出了整体思想，其中法一把a1＋eq\f(m＋n－1,2)d看成了一个整体，法二把A(m＋n)＋B看成了一个整体，解起来都很方便．2．整体思想是一种重要的解题方法和技巧，这就要求学生要掌握公式，理解其结构特征．3．本题的易错点是，不能正确运用整体思想的运算方法，不能建立数量间的关系，导致错误．eq\a\vs4\al([变式训练])1．等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n,3n＋1)，则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：选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．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知其前6项和为36，Sn＝324，最后6项的和为180(n>6)，求该数列的项数n及a9＋a10.解：由题意知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、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．已知{an}是等差数列，且a3＋a9＝4a5，a2A．4 B．14C．－4 D．－14解析：选A因为a3＋a9＝4a5，所以根据等差数列的性质可得a6＝2a5.所以a1＋5d＝2a1＋8d，即a1＋3d＝0.又a2＝－8，即a1＋d2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S17＝a，则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：选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．(·秦皇岛模拟)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝()A．8 B．7C．6 D．5解析：选D依题意得Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2＝2a1＋(2k＋1)d＝2(2k＋1)＋2＝24，解得k4．已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99.以Sn表示{an}的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是()A．21 B．20C．19 D．18解析：选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*，则有n＝20.5．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若S1＝1，eq\f(S4,S2)＝4，则eq\f(S6,S4)的值为()A.eq\f(9,4) B.eq\f(3,2)C.eq\f(5,3) D．4解析：选A由等差数列的性质可知S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，由eq\f(S4,S2)＝4得eq\f(S4－S2,S2)＝3，则S6－S4＝5S2，所以S4＝4S2，S6＝9S2，eq\f(S6,S4)＝eq\f(9,4).6．(·玉溪模拟)数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn＝an＋1－an(n∈N*)．若b3＝－2，b10＝12，则a8＝()A．0 B．3C．8 D．11解析：选B因为{bn}是等差数列，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、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．等差数列{an}中a1＝1，前n项和Sn满足eq\f(S4,S2)＝4，则数列{an}的前n项和Sn＝________.解析：设公差为d，则由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．已知等差数列{an}中，an≠0，若n>1且an－1＋an＋1－aeq\o\al(2,n)＝0，S2n－1＝38，则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．(·南京模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若(a2－1)3＋2012(a2－1)＝1，(a2011－1)3＋2012·(a2011－1)＝－1，则下列四个命题中真命题的序号为________．①S2011＝2011；②S2012＝2012；③a2011<a2；④S2011<S2.解析：由f(x)＝x3＋2012x为奇函数，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，又假设S2011＝2011，则a1＝1，a2011＝1矛盾．综上，正确的为②③.答案：②③三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10．设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6＋15＝0.(1)若S5＝5，求S6及a1；(2)求d的取值范围．解：(1)由题意知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)因为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的取值范围为d≤－2eq\r(2)或d≥2eq\r(2).11．已知等差数列{an}中，公差d>0，前n项和为Sn，a2·a3＝45，a1＋a5＝18.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝eq\f(Sn,n＋c)(n∈N*)，是否存在一个非零常数c，使数列{bn}也为等差数列？若存在，求出c的值；若不存在，请说明理由．解：(1)由题设，知{an}是等差数列，且公差d>0，则由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*)，∴数列{bn}是公差为2的等差数列．即存在一个非零常数c＝－eq\f(1,2)，使数列{bn}也为等差数列．12．已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn满足关系式2Sn＝Sn－1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＋2(n≥2，n为正整数)，a1＝eq\f(1,2).(1)令bn＝2nan，求证数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；(2)在(1)的条件下，求Sn的取值范围．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＋2，两式相减得2an＋1＝an＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，上式两边同乘以2n得2n＋1an＋1＝2nan＋1，即bn＋1＝bn＋1，所以bn＋1－bn＝1，故数列{bn}是等差数列，且公差为1.又因为b1＝2a1＝1，所以bn＝1＋(n－1)×1＝n.因此2nan＝n，从而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)))