高三数学（理）一轮复习教师用书第五章数　列

第五章数列第一节数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念概念含义数列按照一定顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数数列的通项数列{an}的第n项an通项公式数列{an}的第n项an与n之间的关系能用公式an＝f(n)表示，这个公式叫做数列的通项公式前n项和数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做数列的前n项和2.数列的表示方法列表法列表格表示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把数列的通项使用公式表示的方法递推公式使用初始值a1和an＋1＝f(an)或a1，a2和an＋1＝f(an，an－1)等表示数列的方法3.通项公式和递推公式的异同点不同点相同点通项公式可根据某项的序号n的值，直接代入求出an都可确定一个数列，也都可求出数列的任意一项递推公式可根据第一项(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an4.an与Sn的关系若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(S1)，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))5．数列的分类分类的标准名称含义例子按项的个数有穷数列项数有限的数列1,2,3,4，…，100无穷数列项数无限的数列1,4,9，…，n2，…按项的变化趋势递增数列从第二项起，每一项大于它的前一项的数列3,4,5，…，n递减数列从第二项起，每一项小于它的前一项的数列1，eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，…，eq\f(1,2015)常数列各项都相等的数列6,6,6,6，…摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列1，－2,3，－4按项的有界性有界数列任一项的绝对值都小于某一正值1，－1,1，－1,1，－1，…无界数列不存在某一正值能使任一项的绝对值小于它1,3,4,4，…1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．()(2)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．()(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．()(4)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对∀n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.()答案：(1)√(2)×(3)×(4)√2．已知数列{an}的通项公式为an＝9＋12n，则在下列各数中，不是{an}的项的是()A．21 B．33C．152 D．153解析：选C由9＋12n＝152，得n＝eq\f(143,12)∉N*.3．在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋eq\f(1,an－1)(n≥2)，则a4＝()A.eq\f(3,2) B.eq\f(5,3)C.eq\f(7,4) D.eq\f(8,5)解析：选B由题意知，a1＝1，a2＝1＋eq\f(1,a1)＝2，a3＝1＋eq\f(1,a2)＝eq\f(3,2)，a4＝1＋eq\f(1,a3)＝eq\f(5,3).4．已知数列{an}满足a1＝1，an＝an－1＋2n(n≥2)，则a7＝()A．53 B．54C．55 D．109解析：选C由题意知，a2＝a1＋2×2，a3＝a2＋2×3，……，a7＝a6＋2×7，各式相加得a7＝a1＋2(2＋3＋4＋…＋7)＝55.5．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＝________.解析：由已知得，数列可写成eq\f(1,1)，eq\f(2,3)，eq\f(3,5)，…，故通项公式可以为an＝eq\f(n,2n－1).答案：eq\f(n,2n－1)6．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－3，则数列{an}的通项公式是________________．解析：当n＝1时，a1＝S1＝2－3＝－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－3)－(2n－1－3)＝2n－2n－1＝2n－1.又a1＝－1不适合上式，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1，n＝1，,2n－1，n≥2.))答案：an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1，n＝1，,2n－1，n≥2))eq\a\vs4\al(考点一由an与Sn的关系求通项an)eq\a\vs4\al(基础送分型考点——自主练透)[考什么·怎么考]由Sn和an的关系求通项公式是一种常见题型，高考中选择题、填空题、解答题都有呈现，但以解答题的分支命题为重点，近几年来考查难度有所降低.考法(一)已知Sn，求an1．已知Sn＝3n＋2n＋1，则an＝____________.解析：因为当n＝1时，a1＝S1＝6；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－[3n－1＋2(n－1)＋1]＝2·3n－1＋2，由于a1不适合此式，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6，n＝1，,2·3n－1＋2，n≥2.))答案：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6，n＝1，,2·3n－1＋2，n≥2))2．(2017·全国卷Ⅲ改编)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，则an解析：因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝eq\f(2,2n－1)(n≥2)．又由题设可得a1＝2，满足上式，从而{an}的通项公式为an＝eq\f(2,2n－1)(n∈N*)．答案：eq\f(2,2n－1)(n∈N*)[题型技法]已知Sn求an的3步骤(1)先利用a1＝S1求出a1；(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式；(3)注意检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2的表达式合并．考法(二)由Sn与an的关系，求an，Sn3．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2(an－1)(n∈N*)，则an＝()A．2n B．2n－1C．2n D．2n－1解析：选C当n＝1时，a1＝S1＝2(a1－1)，可得a1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，∴数列{an}为首项为2，公比为2的等比数列，所以an＝2n.4．(2015·全国卷Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________.解析：∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.∵Sn≠0，∴eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn＋1)＝1，即eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－1.又eq\f(1,S1)＝－1，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首项为－1，公差为－1的等差数列．∴eq\f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－eq\f(1,n).答案：－eq\f(1,n)[题型技法]Sn与an关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化．(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解．(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．eq\a\vs4\al(考点二由递推关系式求数列的通项公式)eq\a\vs4\al(基础送分型考点——自主练透)[考什么·怎么考]由数列的递推关系式求通项公式在高考中经常出现，有选择题、填空题，也出现在解答题的第1问中，近几年考查难度有所降低，但也要引起关注.方法(一)叠乘法求通项公式1．在数列{an}中，a1＝1，an＝eq\f(n－1,n)an－1(n≥2)，则数列{an}的通项公式为__________．解析：∵an＝eq\f(n－1,n)an－1(n≥2)，∴an－1＝eq\f(n－2,n－1)an－2，an－2＝eq\f(n－3,n－2)an－3，…，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).当n＝1时，a1＝1，上式也成立．∴an＝eq\f(1,n)(n∈N*)．答案：an＝eq\f(1,n)(n∈N*)[方法点拨]叠乘法求通项公式的4步骤方法(二)叠加法求通项公式2．设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________________．解析：由题意有a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)．以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n＝eq\f(n－12＋n,2)＝eq\f(n2＋n－2,2).又∵a1＝1，∴an＝eq\f(n2＋n,2)(n≥2)．∵当n＝1时也满足上式，∴an＝eq\f(n2＋n,2)(n∈N*)．答案：an＝eq\f(n2＋n,2)(n∈N*)[方法点拨]叠加法求通项公式的4步骤方法(三)构造法求通项公式3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，则数列{an}的通项公式为________________．解析：∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴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(n∈N*)．答案：an＝2·3n－1－1(n∈N*)[方法点拨]构造法求通项公式的3步骤[怎样快解·准解]1．正确选用方法求数列的通项公式(1)对于递推关系式可转化为eq\f(an＋1,an)＝f(n)的数列，并且容易求数列{f(n)}前n项的积时，采用叠乘法求数列{an}的通项公式．(2)对于递推关系式可转化为an＋1＝an＋f(n)的数列，通常采用叠加法(逐差相加法)求其通项公式．(3)对于递推关系式形如an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0)的数列，采用构造法求数列的通项．2．避免2种失误(1)利用叠乘法，易出现两个方面的问题：一是在连乘的式子中只写到eq\f(a2,a1)，漏掉a1而导致错误；二是根据连乘求出an之后，不注意检验a1是否成立．(2)利用构造法求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确确定叠加、叠乘后最后一个式子的形式．eq\a\vs4\al(考点三数列的性质及应用)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)从近几年高考可以看出，数列中的最值、周期是高考的热点，一般难度稍大.在复习中，从函数的角度认识数列，注意数列的函数特征，特别是利用函数的方法研究数列的有关性质.[典题领悟]1．已知数列{an}满足an＋1＝eq\f(1,1－an)，若a1＝eq\f(1,2)，则a2018＝()A．－1 B.eq\f(1,2)C．1 D．2解析：选D由a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(1,1－an)，得a2＝eq\f(1,1－a1)＝2，a3＝eq\f(1,1－a2)＝－1，a4＝eq\f(1,1－a3)＝eq\f(1,2)，a5＝eq\f(1,1－a4)＝2，…，于是可知数列{an}是以3为周期的周期数列，因此a2018＝a3×672＋2＝a2＝2.2．已知数列{an}满足an＝eq\f(n＋1,3n－16)(n∈N*)，则数列{an}的最小项是第________项．解析：因为an＝eq\f(n＋1,3n－16)，所以数列{an}的最小项必为an<0，即eq\f(n＋1,3n－16)<0,3n－16<0，从而n<eq\f(16,3).又n∈N*，所以当n＝5时，an的值最小．答案：5[解题师说]1．解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．2．判断数列单调性的2种方法(1)作差比较法：比较an＋1－an与0的大小．(2)作商比较法：比较eq\f(an＋1,an)与1的大小，注意an的符号．3．求数列最大项或最小项的方法(1)利用不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an－1≤an，,an≥an＋1))(n≥2)找到数列的最大项；(2)利用不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an－1≥an，,an≤an＋1))(n≥2)找到数列的最小项．[冲关演练]1．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝aeq\o\al(2,n)－2an＋1(n∈N*)，则a2018＝()A．1 B．0C．2018 D．－2018解析：选B∵a1＝1，an＋1＝aeq\o\al(2,n)－2an＋1＝(an－1)2，∴a2＝(a1－1)2＝0，a3＝(a2－1)2＝1，a4＝(a3－1)2＝0，…，可知数列{an}是以2为周期的数列，∴a2018＝a2＝0，选B.2．等差数列{an}的公差d<0，且aeq\o\al(2,1)＝aeq\o\al(2,11)，则数列{an}的前n项和Sn取得最大值时的项数n的值为()A．5 B．6C．5或6 D．6或7解析：选C由aeq\o\al(2,1)＝aeq\o\al(2,11)，可得(a1＋a11)(a1－a11)＝0，因为d<0，所以a1－a11≠0，所以a1＋a11＝0，又2a6＝a1＋a11，所以a6因为d<0，所以{an}是递减数列，所以a1>a2>…>a5>a6＝0>a7>a8>…，显然前5项和或前6项和最大，故选C.(一)普通高中适用作业A级——基础小题练熟练快1．已知数列1,2，eq\r(7)，eq\r(10)，eq\r(13)，…，则2eq\r(19)在这个数列中的项数是()A．16 B．24C．26 D．28解析：选C因为a1＝1＝eq\r(1)，a2＝2＝eq\r(4)，a3＝eq\r(7)，a4＝eq\r(10)，a5＝eq\r(13)，…，所以an＝eq\r(3n－2).令an＝eq\r(3n－2)＝2eq\r(19)＝eq\r(76)，解得n＝26.2．数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n(n∈N*)，若p－q＝5，则ap－aq＝()A．10 B．15C．－5 D．20解析：选D当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－3n－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，当n＝1时，a1＝S1＝－1，符合上式，所以an＝4n－5，所以ap－aq＝4(p－q)＝20.3．(2017·河南许昌二模)已知数列{an}满足a1＝1，an＋2－an＝6，则a11的值为()A．31 B．32C．61 D．62解析：选A∵数列{an}满足a1＝1，an＋2－an＝6，∴a3＝6＋1＝7，a5＝6＋7＝13，a7＝6＋13＝19，a9＝6＋19＝25，a11＝6＋25＝31.4．(2018·云南检测)设数列{an}的通项公式为an＝n2－bn，若数列{an}是单调递增数列，则实数b的取值范围为()A．(－∞，－1] B．(－∞，2]C．(－∞，3) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,2)))解析：选C因为数列{an}是单调递增数列，所以an＋1－an＝2n＋1－b>0(n∈N*)，所以b<2n＋1(n∈N*)，所以b<(2n＋1)min＝3，即b<3.5．(2018·湖南湘潭一中、长沙一中等六校联考)已知数列{an}满足：∀m，n∈N*，都有an·am＝an＋m，且a1＝eq\f(1,2)，那么a5＝()A.eq\f(1,32) B.eq\f(1,16)C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,2)解析：选A∵数列{an}满足：∀m，n∈N*，都有an·am＝an＋m，且a1＝eq\f(1,2)，∴a2＝a1a1＝eq\f(1,4)，a3＝a1·a2＝eq\f(1,8)，∴a5＝a3·a2＝eq\f(1,32).6．数列{an}满足an＋an＋1＝eq\f(1,2)(n∈N*)，a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S21为()A．5 B.eq\f(7,2)C.eq\f(9,2) D.eq\f(13,2)解析：选B∵an＋an＋1＝eq\f(1,2)，a2＝2，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，n为奇数，,2，n为偶数.))∴S21＝11×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＋10×2＝eq\f(7,2).7．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n＋1(n∈N*)，则an＝________.解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝4≠2×1＋1，因此an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2.))答案：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2))8．已知数列{an}为eq\f(1,2)，eq\f(1,4)，－eq\f(5,8)，eq\f(13,16)，－eq\f(29,32)，eq\f(61,64)，…，则数列{an}的一个通项公式是________．解析：各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出从第2项起，每一项的分子都比分母少3，且第1项可变为－eq\f(2－3,2)，故原数列可变为－eq\f(21－3,21)，eq\f(22－3,22)，－eq\f(23－3,23)，eq\f(24－3,24)，…故其通项公式为an＝(－1)n·eq\f(2n－3,2n)，n∈N*.答案：an＝(－1)n·eq\f(2n－3,2n)，n∈N*9．数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋Sn－1＝2n－1(n≥2，n∈N*)，且S2＝3，则a1＋a3的值为________．解析：∵Sn＋Sn－1＝2n－1(n≥2)，令n＝2，得S2＋S1＝3，由S2＝3得a1＝S1＝0，令n＝3，得S3＋S2＝5，所以S3＝2，则a3＝S3－S2＝－1，所以a1＋a3＝0＋(－1)＝－1.答案：－110．在一个数列中，如果∀n∈N*，都有anan＋1an＋2＝k(k为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积．已知数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，则a1＋a2＋a3＋…＋a12＝________.解析：依题意得数列{an}是周期为3的数列，且a1＝1，a2＝2，a3＝4，因此a1＋a2＋a3＋…＋a12＝4(a1＋a2＋a3)＝4×(1＋2＋4)＝28.答案：28B级——中档题目练通抓牢1．若a1＝eq\f(1,2)，an＝4an－1＋1(n≥2)，则an>100时，n的最小值为()A．3 B．4C．5 D．6解析：选C由a1＝eq\f(1,2)，an＝4an－1＋1(n≥2)得，a2＝4a1＋1＝4×eq\f(1,2)＋1＝3，a3＝4a2＋1＝4×3＋1＝13，a4＝4a3＋1＝4×13＋1＝53，a5＝4a4＋1＝4×2．(2018·咸阳模拟)已知正项数列{an}中，eq\r(a1)＋eq\r(a2)＋…＋eq\r(an)＝eq\f(nn＋1,2)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为()A．an＝n B．an＝n2C．an＝eq\f(n,2) D．an＝eq\f(n2,2)解析：选B∵eq\r(a1)＋eq\r(a2)＋…＋eq\r(an)＝eq\f(nn＋1,2)，∴eq\r(a1)＋eq\r(a2)＋…＋eq\r(an－1)＝eq\f(nn－1,2)(n≥2)，两式相减得eq\r(an)＝eq\f(nn＋1,2)－eq\f(nn－1,2)＝n(n≥2)，∴an＝n2(n≥2)．又当n＝1时，eq\r(a1)＝eq\f(1×2,2)＝1，a1＝1，适合上式，∴an＝n2，n∈N*.故选B.3．若数列{an}满足：a1＝19，an＋1＝an－3(n∈N*)，则数列{an}的前n项和数值最大时，n的值为()A．6 B．7C．8 D．9解析：选B∵a1＝19，an＋1－an＝－3，∴数列{an}是以19为首项，－3为公差的等差数列，∴an＝19＋(n－1)×(－3)＝22－3n.设{an}的前k项和数值最大，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ak≥0，,ak＋1≤0))k∈N*，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(22－3k≥0，,22－3k＋1≤0，))∴eq\f(19,3)≤k≤eq\f(22,3)，∵k∈N*，∴k＝7.∴满足条件的n的值为7.4．在数列{an}中，an>0，且前n项和Sn满足4Sn＝(an＋1)2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．解析：当n＝1时，4S1＝(a1＋1)2，解得a1＝1；当n≥2时，由4Sn＝(an＋1)2＝aeq\o\al(2,n)＋2an＋1，得4Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋2an－1＋1，两式相减得4Sn－4Sn－1＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋2an－2an－1＝4an，整理得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，因为an>0，所以an－an－1－2＝0，即an－an－1＝2，又a1＝1，故数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.答案：an＝2n－15.已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n·2n＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，则该数阵中的第10行第3个数为________．a1a2aa4a5……解析：由题意可得该数阵中的第10行第3个数为数列{an}的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝eq\f(9×10,2)＋3＝48项，而a48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵中的第10行第3个数为97.答案：976．已知数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋4.(1)若k＝－5，则数列中有多少项是负数？n为何值时，an有最小值？并求出最小值；(2)对于n∈N*，都有an＋1>an，求实数k的取值范围．解：(1)由n2－5n＋4<0，解得1<n<4.因为n∈N*，所以n＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a2，a3.因为an＝n2－5n＋4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))2－eq\f(9,4)，由二次函数性质，得当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)，解得k>－3.所以实数k的取值范围为(－3，＋∞)．7．已知二次函数f(x)＝x2－ax＋a(a>0，x∈R)，有且只有一个零点，数列{an}的前n项和Sn＝f(n)(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设cn＝1－eq\f(4,an)(n∈N*)，定义所有满足cm·cm＋1<0的正整数m的个数，称为这个数列{cn}的变号数，求数列{cn}的变号数．解：(1)依题意，Δ＝a2－4a所以a＝0或a＝4.又由a>0得a＝4，所以f(x)＝x2－4x＋4.所以Sn＝n2－4n＋4.当n＝1时，a1＝S1＝1－4＋4＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－5.所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n－5，n≥2.))(2)由题意得cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3，n＝1，,1－\f(4,2n－5)，n≥2.))由cn＝1－eq\f(4,2n－5)可知，当n≥5时，恒有cn>0.又c1＝－3，c2＝5，c3＝－3，c4＝－eq\f(1,3)，c5＝eq\f(1,5)，c6＝eq\f(3,7)，即c1·c2<0，c2·c3<0，c4·c5<0，所以数列{cn}的变号数为3.C级——重难题目自主选做1．已知数列{an}的通项公式为an＝(n＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))n(n∈N*)，则数列{an}的最大项是()A．a6或a7 B．a7或a8C．a8或a9 D．a7解析：选B因为an＋1－an＝(n＋3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))n＋1－(n＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))n·eq\f(7－n,10)，当n<7时，an＋1－an>0，即an＋1>an；当n＝7时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；当n>7时，an＋1－an<0，即an＋1<an，则a1<a2<…<a7＝a8>a9>a10>…，所以此数列的最大项是第7项或第8项，即a7或a8.故选B.2．(2018·成都诊断)在数列{an}中，a1＝1，an＝eq\f(n2,n2－1)an－1(n≥2，n∈N*)，则an＝________.解析：由题意知eq\f(an,an－1)＝eq\f(n2,n2－1)＝eq\f(n2,n－1n＋1)，所以an＝a1×eq\f(a2,a1)×eq\f(a3,a2)×…×eq\f(an,an－1)＝1×eq\f(22,22－1)×eq\f(32,32－1)×…×eq\f(n2,n2－1)＝eq\f(22×32×42×…×n2,2－1×2＋1×3－1×3＋1×4－1×4＋1×…×n－1×n＋1)＝eq\f(22×32×42×…×n2,1×3×2×4×3×5×…×n－1×n＋1)＝eq\f(2n,n＋1).答案：eq\f(2n,n＋1)(二)重点高中适用作业A级——保分题目巧做快做1．已知数列1,2，eq\r(7)，eq\r(10)，eq\r(13)，…，则2eq\r(19)在这个数列中的项数是()A．16 B．24C．26 D．28解析：选C因为a1＝1＝eq\r(1)，a2＝2＝eq\r(4)，a3＝eq\r(7)，a4＝eq\r(10)，a5＝eq\r(13)，…，所以an＝eq\r(3n－2).令an＝eq\r(3n－2)＝2eq\r(19)＝eq\r(76)，解得n＝26.2.(2018·郑州模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋2－an＝6，则a11的值为()A．31 B．32C．61 D．62解析：选A∵数列{an}满足a1＝1，an＋2－an＝6，∴a3＝6＋1＝7，a5＝6＋7＝13，a7＝6＋13＝19，a9＝6＋19＝25，a11＝6＋25＝31.3．数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n(n∈N*)，若p－q＝5，则ap－aq＝()A．10 B．15C．－5 D．20解析：选D当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－3n－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，当n＝1时，a1＝S1＝－1，符合上式，所以an＝4n－5，所以ap－aq＝4(p－q)＝20.4．(2018·湖南湘潭一中、长沙一中等六校联考)已知数列{an}满足：∀m，n∈N*，都有an·am＝an＋m，且a1＝eq\f(1,2)，那么a5＝()A.eq\f(1,32) B.eq\f(1,16)C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,2)解析：选A∵数列{an}满足：∀m，n∈N*，都有an·am＝an＋m，且a1＝eq\f(1,2)，∴a2＝a1a1＝eq\f(1,4)，a3＝a1·a2＝eq\f(1,8)，∴a5＝a3·a2＝eq\f(1,32).5．若数列{an}满足：a1＝19，an＋1＝an－3(n∈N*)，则数列{an}的前n项和最大时，n的值为()A．6 B．7C．8 D．9解析：选B∵a1＝19，an＋1－an＝－3，∴数列{an}是以19为首项，－3为公差的等差数列，∴an＝19＋(n－1)×(－3)＝22－3n.设{an}的前k项和最大，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ak≥0，,ak＋1≤0))k∈N*，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(22－3k≥0，,22－3k＋1≤0，))∴eq\f(19,3)≤k≤eq\f(22,3)，∵k∈N*，∴k＝7.∴满足条件的n的值为7.6.(2018·河北唐山一模)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝eq\f(a14n－1,3)，若a4＝32，则a1＝________.解析：∵Sn＝eq\f(a14n－1,3)，a4＝32，∴S4－S3＝eq\f(255a1,3)－eq\f(63a1,3)＝32，∴a1＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)7．已知数列{an}为eq\f(1,2)，eq\f(1,4)，－eq\f(5,8)，eq\f(13,16)，－eq\f(29,32)，eq\f(61,64)，…，则数列{an}的一个通项公式是________．解析：各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出从第2项起，每一项的分子都比分母少3，且第1项可变为－eq\f(2－3,2)，故原数列可变为－eq\f(21－3,21)，eq\f(22－3,22)，－eq\f(23－3,23)，eq\f(24－3,24)，…故其通项公式为an＝(－1)n·eq\f(2n－3,2n)，n∈N*.答案：an＝(－1)n·eq\f(2n－3,2n)，n∈N*8．在一个数列中，如果∀n∈N*，都有anan＋1an＋2＝k(k为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积．已知数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，则a1＋a2＋a3＋…＋a12＝________.解析：依题意得数列{an}是周期为3的数列，且a1＝1，a2＝2，a3＝4，因此a1＋a2＋a3＋…＋a12＝4(a1＋a2＋a3)＝4×(1＋2＋4)＝28.答案：289.已知数列{an}的前n项和Sn＝－eq\f(1,2)n2＋kn，k∈N*，且Sn的最大值为8.试确定常数k，并求数列{an}的通项公式．解：因为Sn＝－eq\f(1,2)n2＋kn＝－eq\f(1,2)(n－k)2＋eq\f(1,2)k2，其中k是常数，且k∈N*，所以当n＝k时，Sn取最大值eq\f(1,2)k2，故eq\f(1,2)k2＝8，k2＝16，因此k＝4，从而Sn＝－eq\f(1,2)n2＋4n.当n＝1时，a1＝S1＝－eq\f(1,2)＋4＝eq\f(7,2)；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)n2＋4n))－－eq\f(1,2)(n－1)2＋4(n－1)＝eq\f(9,2)－n.当n＝1时，eq\f(9,2)－1＝eq\f(7,2)＝a1，所以an＝eq\f(9,2)－n.10．已知数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋4.(1)若k＝－5，则数列中有多少项是负数？n为何值时，an有最小值？并求出最小值；(2)对于n∈N*，都有an＋1>an，求实数k的取值范围．解：(1)由n2－5n＋4<0，解得1<n<4.因为n∈N*，所以n＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a2，a3.因为an＝n2－5n＋4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))2－eq\f(9,4)，由二次函数性质，得当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)，解得k>－3.所以实数k的取值范围为(－3，＋∞)．B级——拔高题目稳做准做1.(2018·云南检测)设数列{an}的通项公式为an＝n2－bn，若数列{an}是单调递增数列，则实数b的取值范围为()A．(－∞，－1] B．(－∞，2]C．(－∞，3) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,2)))解析：选C因为数列{an}是单调递增数列，所以an＋1－an＝2n＋1－b>0(n∈N*)，所以b<2n＋1(n∈N*)，所以b<(2n＋1)min＝3，即b<3.2.已知数列{an}满足an＋1＝an＋2n，且a1＝33，则eq\f(an,n)的最小值为()A．21 B．10C.eq\f(21,2) D.eq\f(17,2)解析：选C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满足此式．所以eq\f(an,n)＝n＋eq\f(33,n)－1.令f(n)＝eq\f(an,n)＝n＋eq\f(33,n)－1，则f(n)在[1,5]上为减函数，在[6，＋∞)上为增函数．又f(5)＝eq\f(53,5)，f(6)＝eq\f(21,2)，则f(5)>f(6)，故f(n)＝eq\f(an,n)的最小值为eq\f(21,2).3.(2018·成都质检)在数列{an}中，a1＝1，an＝eq\f(n2,n2－1)an－1(n≥2，n∈N*)，则an＝________.解析：由题意知eq\f(an,an－1)＝eq\f(n2,n2－1)＝eq\f(n2,n－1n＋1)，所以an＝a1×eq\f(a2,a1)×eq\f(a3,a2)×…×eq\f(an,an－1)＝1×eq\f(22,22－1)×eq\f(32,32－1)×…×eq\f(n2,n2－1)＝eq\f(22×32×42×…×n2,2－1×2＋1×3－1×3＋1×4－1×4＋1×…×n－1×n＋1)＝eq\f(22×32×42×…×n2,1×3×2×4×3×5×…×n－1×n＋1)＝eq\f(2n,n＋1).答案：eq\f(2n,n＋1)4.已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n·2n＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，则该数阵中的第10行第3个数为________．a1a2aa4a5……解析：由题意可得该数阵中的第10行第3个数为数列{an}的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝eq\f(9×10,2)＋3＝48项，而a48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵中的第10行第3个数为97.答案：975．已知二次函数f(x)＝x2－ax＋a(a>0，x∈R)，有且只有一个零点，数列{an}的前n项和Sn＝f(n)(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设cn＝1－eq\f(4,an)(n∈N*)，定义所有满足cm·cm＋1<0的正整数m的个数，称为这个数列{cn}的变号数，求数列{cn}的变号数．解：(1)依题意，Δ＝a2－4a＝0，所以a＝0或a又由a>0得a＝4，所以f(x)＝x2－4x＋4.所以Sn＝n2－4n＋4.当n＝1时，a1＝S1＝1－4＋4＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－5.所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n－5，n≥2.))(2)由题意得cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3，n＝1，,1－\f(4,2n－5)，n≥2.))由cn＝1－eq\f(4,2n－5)可知，当n≥5时，恒有cn>0.又c1＝－3，c2＝5，c3＝－3，c4＝－eq\f(1,3)，c5＝eq\f(1,5)，c6＝eq\f(3,7)，即c1·c2<0，c2·c3<0，c4·c5<0，所以数列{cn}的变号数为3.6.已知{an}是公差为d的等差数列，它的前n项和为Sn，S4＝2S2＋4，在数列{bn}中，bn＝eq\f(1＋an,an).(1)求公差d的值；(2)若a1＝－eq\f(5,2)，求数列{bn}中的最大项和最小项的值；(3)若对任意的n∈N*，都有bn≤b8成立，求a1的取值范围．解：(1)∵S4＝2S2＋4，∴4a1＋eq\f(3×4,2)d＝2(2a1＋d)＋4，解得d＝1.(2)∵a1＝－eq\f(5,2)，∴数列{an}的通项公式为an＝－eq\f(5,2)＋(n－1)×1＝n－eq\f(7,2)，∴bn＝eq\f(1＋an,an)＝1＋eq\f(1,an)＝1＋eq\f(1,n－\f(7,2)).∵函数f(x)＝1＋eq\f(1,x－\f(7,2))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))上分别是单调减函数，∴b3<b2<b1<1，当n≥4时，1<bn≤b4，∴数列{bn}中的最大项是b4＝3，最小项是b3＝－1.(3)由bn＝1＋eq\f(1,an)，得bn＝1＋eq\f(1,n＋a1－1).又函数f(x)＝1＋eq\f(1,x＋a1－1)在(－∞，1－a1)和(1－a1，＋∞)上分别是单调减函数，且x<1－a1时，y<1；当x>1－a1时，y>1.∵对任意的n∈N*，都有bn≤b8，∴7<1－a1<8，∴－7<a1<－6，∴a1的取值范围是(－7，－6)．第二节等差数列及其前n项和1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的eq\a\vs4\al(差)都等于同一个常数，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，符号表示为an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)．(2)等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是A＝eq\f(a＋b,2)，其中A叫做a，b的等差中项．2．等差数列的有关公式(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d.(2)前n项和公式：Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(na1＋an,2).3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．(2)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.(3)若{an}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d.(4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．(5)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md4．与等差数列各项的和有关的性质(1)若{an}是等差数列，则eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也成等差数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的eq\f(1,2).(2)若{an}是等差数列，Sm，S2m，S3m分别为{an}的前m项，前2m项，前3m项的和，则Sm，S2m－Sm，S(3)关于等差数列奇数项和与偶数项和的性质．①若项数为2n，则S偶－S奇＝nd，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(an,an＋1).②若项数为2n－1，则S偶＝(n－1)an，S奇＝nan，S奇－S偶＝an，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n,n－1).(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).1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一个数列从第二项起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)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．()(3)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．()(4)已知等差数列{an}的通项公式an＝3－2n，则它的公差为－2.()答案：(1)×(2)√(3)×(4)√2．在等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝()A．－1 B．0C．1 D．6解析：选B∵eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))为等差数列，∴2a4＝a2＋a6，∴a6＝2a4－a2＝23．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为()A．－24 B．－3C．3 D．8解析：选A设等差数列{an}的公差为d，因为a2，a3，a6成等比数列，所以a2a6＝aeq\o\al(2,3)，即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2.又a1＝1，所以d2＋2d＝0.又d≠0，则d＝－2，所以{an}前6项的和S6＝6×1＋eq\f(6×5,2)×(－2)＝－24.4．已知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列，且a1＝1，a4＝4，则a10＝()A．－eq\f(4,5) B．－eq\f(5,4)C.eq\f(4,13) D.eq\f(13,4)解析：选A设等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的公差为d，由题意可知，eq\f(1,a4)＝eq\f(1,a1)＋3d＝eq\f(1,4)，解得d＝－eq\f(1,4)，所以eq\f(1,a10)＝eq\f(1,a1)＋9d＝－eq\f(5,4)，所以a10＝－eq\f(4,5).5．已知等差数列{an}的公差d≠0，且a3＋a9＝a10－a8，若an＝0，则n＝________.解析：因为a3＋a9＝a10－a8，所以a1＋2d＋a1＋8d＝a1＋9d－(a1＋7d)，解得a1＝－4d，所以an＝－4d＋(n－1)d＝(n－5)d，令(n－5)d＝0(d≠0)，可解得n＝5.答案：56．在等差数列{an}中，an>0，a7＝eq\f(1,2)a4＋4，Sn为数列{an}的前n项和，则S19＝________.解析：设等差数列{an}的公差为d，由a7＝eq\f(1,2)a4＋4，得a1＋6d＝eq\f(1,2)(a1＋3d)＋4，即a1＋9d＝8，所以a10＝8，因此S19＝eq\f(19a1＋a19,2)＝19×a10＝19×8＝152.答案：152eq\a\vs4\al(考点一等差数列的基本运算)eq\a\vs4\al(基础送分型考点——自主练透)[考什么·怎么考]等差数列的基本运算是高考中的常考内容，多出现在选择题、填空题和解答题的第1问中，属于基础题.1．若等差数列{an}的前5项和S5＝25，且a2＝3，则a7＝()A．12 B．13C．14 D．15解析：选B设等差数列{an}的公差为d，由S5＝eq\f(5a2＋a4,2)，得eq\f(53＋a4,2)＝25，解得a4＝7，所以7＝3＋2d，解得d＝2，所以a7＝a4＋3d＝7＋3×2＝13.2．(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为()A．1 B．2C．4 D．8解析：选C设等差数列{an}的公差为d，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a5＝24，,S6＝48，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＋a1＋4d＝24，,6a1＋\f(6×5,2)d＝48，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋7d＝24，,2a1＋5d＝16，))解得d＝4.3．(2018·福州质检)设等差数列{an}的公差d≠0，且a2＝－d，若ak是a6与ak＋6的等比中项，则k＝()A．5 B．6C．9 D．11解析：选C因为ak是a6与ak＋6的等比中项，所以aeq\o\al(2,k)＝a6ak＋6.又等差数列{an}的公差d≠0，且a2＝－d，所以[a2＋(k－2)d]2＝(a2＋4d)[a2＋(k＋4)d]，所以(k－3)2＝3(k＋3)，解得k＝9，或k＝0(舍去)，故选C.4．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a12＝－8，S9＝－9，则S16＝________.解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由已知，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a12＝a1＋11d＝－8，,S9＝9a1＋\f(9×8,2)d＝－9，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝－1.))∴S16＝16×3＋eq\f(16×15,2)×(－1)＝－72.答案：－72[怎样快解·准解]1．等差数列运算中方程思想的应用(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解．(2)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．[易错提醒]在求解数列基本量运算中，要注意公式使用时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意整体代换思想的运用，使运算更加便捷．2．等差数列前n项和公式的应用方法根据不同的已知条件选用两个求和公式，若已知首项和公差，则使用公式Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d；若已知通项公式，则使用公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)，同时注意与性质“a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝…”的结合使用．eq\a\vs4\al(考点二等差数列的判定与证明)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)等差数列的判定与证明是高考中常见题型，其基本方法是等差数列的定义，即证明an＋1－an是一个与n无关的常数，既有选择题、填空题也有解答题，但以解答题为主，难度不大.[典题领悟](2018·贵州适应性考试)已知数列{an}满足a1＝1，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.(1)求a2，a3；(2)证明数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差数列，并求{an}的通项公式．[思维路径](1)要求数列的项，可根据已知首项和递推关系式，令n＝1,2可解得．(2)证明eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差数列，其关键应推出eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)为常数，对所给条件进行必要的变形即可．解：(1)由已知，得a2－2a1则a2＝2a1＋4，又a1＝1，所以a2由2a3－3a得2a3＝12＋3a2，所以a(2)证明：由已知nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n，得eq\f(nan＋1－n＋1an,nn＋1)＝2，即eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝2，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首项eq\f(a1,1)＝1，公差d＝2的等差数列．则eq\f(an,n)＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝2n2－n.[解题师说]等差数列的判定与证明方法方法解读适合题型定义法对于任意自然数n(n≥2)，an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列解答题中证明问题等差中项法2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是等差数列通项公式法an＝pn＋q(p，q为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列选择、填空题中的判定问题前n项和公式法验证Sn＝An2＋Bn(A，B是常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列[注意]用定义证明等差数列时，容易漏掉对起始项的检验，从而产生错解．比如，对于满足an－an－1＝1(n≥3)的数列{an}而言并不能判定其为等差数列，因为不能确定起始项a2－a1是否等于1.[冲关演练]1．(2018·陕西质检)已知数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a，b∈R)且a2＝3，a6＝11，则S7等于()A．13 B．49C．35 D．63解析：选B由Sn＝an2＋bn(a，b∈R)可知数列{an}是等差数列，所以S7＝eq\f(7a1＋a7,2)＝eq\f(7a2＋a6,2)＝49.2．已知数列{an}中，a1＝2，an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，设bn＝eq\f(1,an－1)(n∈N*)．求证：数列{bn}是等差数列．证明：∵an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2)，∴an＋1＝2－eq\f(1,an).∴bn＋1－bn＝eq\f(1,an＋1－1)－eq\f(1,an－1)＝eq\f(1,2－\f(1,an)－1)－eq\f(1,an－1)＝eq\f(an－1,an－1)＝1，∴{bn}是首项为b1＝eq\f(1,2－1)＝1，公差为1的等差数列．

eq\a\vs4\al(考点三等差数列的性质及前n项和的最值)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)等差数列的性质在高考中也是常考内容.灵活应用由定义推导出的重要性质，在解题过程中可以达到避繁就简的目的.常以选择题、填空题的形式出现.,公差不为零的等差数列，其前n项和的最值在高考中时常出现，题型既有选择题、填空题也有解答题，难度不大.[典题领悟]1．在等差数列{an}中，a1＝29，S10＝S20，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为()A．S15 B．S16C．S15或S16 D．S17解析：选A∵a1＝29，S10＝S20，∴10a1＋eq\f(10×9,2)d＝20a1＋eq\f(20×19,2)d，解得d＝－2，∴Sn＝29n＋eq\f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋30n＝－(n－15)2＋225.∴当n＝15时，Sn取得最大值．2．(2018·石家庄一模)已知函数f(x)的图象关于直线x＝－1对称，且f(x)在(－1，＋∞)上单调，若数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a50)＝f(a51)，则数列{an}的前100项的和为❶❷ ()A．－200 B．－100C．－50 D．0[学审题]①由函数的对称性及单调性知f(x)在(－∞，－1)上也单调；②结合函数的性质知a50＋a51＝－2.解析：选B因为函数f(x)的图象关于直线x＝－1对称，又函数f(x)在(－1，＋∞)上单调，所以f(x)在(－∞，－1)上也单调，且数列{an}是公差不为0的等差数列．又f(a50)＝f(a51)，所以a50＋a51＝－2，所以S100＝eq\f(100a1＋a100,2)＝50(a50＋a51)＝－100.[解题师说]1．应用等差数列的性质解题的2个注意点(1)如果{an}为等差数列，m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．因此，若出现am－n，am，am＋n等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与am(或其他项)有关的条件；若求am项，可由am＝eq\f(1,2)(am－n＋am＋n)转化为求am－n，am＋n或am＋n＋am－n的值．(2)要注意等差数列通项公式及前n项和公式的灵活应用，如an＝am＋(n－m)d，d＝eq\f(an－am,n－m)，S2n－1＝(2n－1)an，Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(na2＋an－1,2)(n，m∈N*)等．2．求等差数列前n项和Sn最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a1>0，d<0时，满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≥0，,am＋1≤0))的项数m使得Sn取得最大值为Sm；②当a1<0，d>0时，满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≤0，,am＋1≥0))的项数m使得Sn取得最小值为Sm.3．理清等差数列的前n项和与函数的关系等差数列的前n项和公式为Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d可变形为Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，令A＝eq\f(d,2)，B＝a1－eq\f(d,2)，则Sn＝An2＋Bn.当A≠0，即d≠0时，Sn是关于n的二次函数，(n，Sn)在二次函数y＝Ax2＋Bx的图象上，即为抛物线y＝Ax2＋Bx上一群孤立的点．利用此性质可解决前n项和Sn的最值问题．[冲关演练]1．(2018·岳阳模拟)在等差数列{an}中，如果a1＋a2＝40，a3＋a4＝60，那么a7＋a8＝()A．95 B．100C．135 D．80解析：选B由等差数列的性质可知，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8构成新的等差数列，于是a7＋a8＝(a1＋a2)＋(4－1)[(a3＋a4)－(a1＋a2)]＝40＋3×20＝100.2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1>0，a3＋a10>0，a6a7<0，则满足Sn>0的最大自然数nA．6 B．7C．12 D．13解析：选C因为a1>0，a6a7<0，所以a6>0，a7<0，等差数列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a12>0，a1＋a13＝2a7<0，所以S12>0，S13<0，所以满足Sn>0的最大自然数3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知前6项和为36，最后6项的和为180，Sn＝324(n＞6)，则数列{an}的项数为________．解析：由题意知a1＋a2＋…＋a6＝36，①an＋an－1＋an－2＋…＋an－5＝180，②①＋②得(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(a6＋an－5)＝6(a1＋an)＝216，∴a1＋an＝36，又Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝324，∴18n＝324，∴n＝18.答案：18(一)普通高中适用作业A级——基础小题练熟练快1．(2018·兰州诊断考试)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，a8＋a10＝28，则S9＝()A．36 B．72C．144 D．288解析：选B法一：∵a8＋a10＝2a1＋16d＝28，a1∴d＝eq\f(3,2)，∴S9＝9×2＋eq\f(9×8,2)×eq\f(3,2)＝72.法二：∵a8＋a10＝2a9＝28，∴a9∴S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝72.2．(2018·安徽两校阶段性测试)若等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2＋S3＝4，a3＋S5＝12，则a4＋S7的值是()A．20 B．36C．24 D．72解析：选C由a2＋S3＝4及a3＋S5＝12，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋4d＝4，,6a1＋12d＝12，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝0，,d＝1，))∴a4＋S7＝8a1＋24d3．(2018·西安质检)已知数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2.若ak·ak＋1<0，则正整数k＝()A．21 B．22C．23 D．24解析：选C由3an＋1＝3an－2⇒an＋1－an＝－eq\f(2,3)⇒{an}是等差数列，则an＝eq\f(47,3)－eq\f(2,3)n.∵ak·ak＋1<0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(47,3)－\f(2,3)k))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(45,3)－\f(2,3)k))<0，∴eq\f(45,2)<k<eq\f(47,2)，又∵k∈N*，∴k＝23.4．(2018·东北三校联考)已知数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列，且bn＝an＋1－an(n∈N*)，若b3＝－2，b2＝12，则a8＝()A．0 B．－109C．－181 D．121解析：选B设等差数列{bn}的公差为d，则d＝b3－b2＝－14，因为an＋1－an＝bn，所以a8－a1＝b1＋b2＋…＋b7＝eq\f(7b1＋b7,2)＝7b4＝7×(－2－14)＝－112，又a1＝3，所以a8＝－109.5．(2018·云南11校跨区调研)在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝eq\f(3an,an＋3)，则a4＝()A.eq\f(3,4) B．1C.eq\f(4,3) D.eq\f(3,2)解析：选A依题意得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(an＋3,3an)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,3)，eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,3)，故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以eq\f(1,a1)＝eq\f(1,3)为首项、eq\f(1,3)为公差的等差数列，则eq\f(1,an)＝eq\f(1,3)＋eq\f(n－1,3)＝eq\f(n,3)，an＝eq\f(3,n)，a4＝eq\f(3,4).6．(2018·东北四市高考模拟)已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝()A．9 B．15C．18 D．30解析：选C由an＋1－an＝2可得数列{an}是等差数列，公差d＝2，又a1＝－5，所以an＝2n－7，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|＋|a6|＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.7．(2016·北京高考)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.解析：∵a3＋a5＝2a4，∴a4∵a1＝6，a4＝a1＋3d，∴d＝－2.∴S6＝6a1＋eq\f(6×6－1,2)d＝6×6－30＝6.答案：68．等差数列{an}中，已知a5>0，a4＋a7<0，则{an}的前n项和Sn的最大值为________．解析：∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a7＝a5＋a6<0，,a5>0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5>0，,a6<0，))∴Sn的最大值为S5.答案：S59．若等差数列{an}的前17项和S17＝51，则a5－a7＋a9－a11＋a13＝________.解析：因为S17＝eq\f(a1＋a17,2)×17＝17a9＝51，所以a9＝3.根据等差数列的性质知a5＋a13＝a7＋a11，所以a5－a7＋a9－a11＋a13＝a9＝3.答案：310．在等差数列{an}中，公差d＝eq\f(1,2)，前100项的和S100＝45，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝________.解析：因为S100＝eq\f(100,2)(a1＋a100)＝45，所以a1＋a100＝eq\f(9,10)，a1＋a99＝a1＋a100－d＝eq\f(2,5)，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝eq\f(50,2)(a1＋a99)＝eq\f(50,2)×eq\f(2,5)＝10.答案：10B级——中档题目练通抓牢1．(2018·湖南五市十校联考)已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＋1＝Sn＋an＋3，a4＋a5＝23，则S8＝()A．72 B．88C．92 D．98解析：选C法一：由Sn＋1＝Sn＋an＋3，得an＋1－an＝3，故数列{an}是公差为3的等差数列，又a4＋a5＝23＝2a1＋7d＝2a1＋21，∴a1＝1，S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)d＝92.法二：由Sn＋1＝Sn＋an＋3，得an＋1－an＝3，故数列{an}是公差为3的等差数列，S8＝eq\f(8a1＋a8,2)＝eq\f(8a4＋a5,2)＝92.2．(2018·广东潮州二模)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里，良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：几日相逢()A．8日 B．9日C．12日 D．16日解析：选B设n日相逢，则依题意得103n＋eq\f(nn－1,2)×13＋97n＋eq\f(nn－1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝1125×2，整理得n2＋31n－360＝0，解得n＝9(负值舍去)，故选B.3．等差数列{an}的前n项和为Sn，其中n∈N*，则下列命题错误的是()A．若an>0，则Sn>0B．若Sn>0，则an>0C．若an>0，则{Sn}是单调递增数列D．若{Sn}是单调递增数列，则an>0解析：选D由等差数列的性质可得：∀n∈N*，an>0，则Sn>0，反之也成立．an>0，d>0，则{Sn}是单调递增数列．因此A、B、C正确．对于D，{Sn}是单调递增数列，则d>0，而an>0不一定成立．4．在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，则d的取值范围为________．解析：由题意，当且仅当n＝8时Sn有最大值，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d<0，,a8>0，,a9<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d<0，,7＋7d>0，,7＋8d<0，))解得－1<d<－eq\f(7,8).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(7,8)))5．设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝________.解析：因为等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，所以am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，数列的公差d＝1，am＋am＋1＝Sm＋1－Sm－1＝5，即2a1＋2所以a1＝3－m.由Sm＝(3－m)m＋eq\f(mm－1,2)×1＝0，解得m＝5.答案：56．(2018·广西三市第一次联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n－1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log4an＋1，求{bn}的前n项和Tn.解：(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，当n＝1时，a1＝2－1＝1，满足an＝2n－1，∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)．(2)由(1)得，bn＝log4an＋1＝eq\f(n＋1,2)，则bn＋1－bn＝eq\f(n＋2,2)－eq\f(n＋1,2)＝eq\f(1,2)，∴数列{bn}是首项为1，公差d＝eq\f(1,2)的等差数列，∴Tn＝nb1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(n2＋3n,4).7．已知递增等差数列{an}的前n项和为Sn，且