第四章 数列（压轴题专练）（解析版）

第四章数列（压轴题专练）题型一数列的函数性质【例1】已知数列{an}的通项公式为an＝(n＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n，试问数列{an}有没有最大项？若有，求最大项；若没有，请说明理由．【解析】法一：∵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\f(9－n,11)，当n<9时，an＋1－an>0，即an<an＋1；当n＝9时，an＋1－an＝0，即an＝an＋1；当n>9时，an＋1－an<0，即an>an＋1．故a1<a2<a3<…<a9＝a10>a11>a12>…，所以数列中有最大项，最大项为第9,10项，且a9＝a10＝eq\f(1010,119)．法二：设ak是数列{an}的最大项，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ak≥ak－1，,ak≥ak＋1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))k≥k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))k－1，,k＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))k≥k＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))k＋1，))整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10k＋10≥11k，,11k＋11≥10k＋20，))得9≤k≤10，∴k＝9或10，即数列{an}中的最大项为a9＝a10＝eq\f(1010,119)．思维升华1．求数列的最小项(或最大项)的方法(1)判断数列的单调性，求出最小项(或最大项)所在的位置．(2)设第n项an最大(或最小)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1，))n≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1，))n≥2))，解不等式组，从而确定出哪一项为数列的最值．2．由数列的单调性确定变量的范围利用数列的单调性确定变量的取值范围，常利用以下等价关系：数列{an}递增⇔an＋1＞an恒成立；数列{an}递减⇔an＋1＜an恒成立，通过分离变量转化为代数式的最值来解决．巩固训练1．已知数列{an}的通项公式an＝eq\f(n,n2＋1)(n∈N*)，试判断该数列的增减性，并说明理由．【解析】数列{an}为递减数列．理由如下：an＋1－an＝eq\f(n＋1,n＋12＋1)－eq\f(n,n2＋1)＝eq\f(n＋1n2＋1－n[n＋12＋1],[n＋12＋1]n2＋1)＝eq\f(－n2－n＋1,[n＋12＋1]n2＋1)＝eq\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))2＋\f(5,4),[n＋12＋1]n2＋1)．∵f(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)在[1，＋∞)上是减少的，∴当n≥1时，f(n)≤f(1)＝－1<0．又(n＋1)2＋1>0，n2＋1>0，∴an＋1－an<0，∴数列{an}是递减数列．2．已知数列{an}的通项公式为an＝n2＋kn(n∈N*)，若数列{an}是递增数列，求实数k的取值范围．【解析】由{an}是递增数列，得an＋1－an＝(n＋1)2＋k(n＋1)－(n2＋kn)＝2n＋1＋k>0对于任意n∈N*恒成立．∵f(x)＝2x＋1＋k在[1，＋∞)上是增加的，∴2n＋1＋k>0对任意n∈N*恒成立等价于2×1＋1＋k>0，∴k>－3，∴实数k的取值范围是(－3，＋∞)．题型二等差数列的判定与证明【例2】已知数列{an}满足a1＝4，an＝4－eq\f(4,an－1)(n>1，n∈N*)，记bn＝eq\f(1,an－2)．(1)求证：数列{bn}是等差数列；(2)求数列{an}的通项公式．【解析】(1)证明：∵bn＋1－bn＝eq\f(1,an＋1－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(4,an)))－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(an,2an－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(an－2,2an－2)＝eq\f(1,2)，又b1＝eq\f(1,a1－2)＝eq\f(1,2)，∴数列{bn}是首项为eq\f(1,2)，公差为eq\f(1,2)的等差数列．(2)由(1)知bn＝eq\f(1,2)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)n(n∈N*)．∵bn＝eq\f(1,an－2)，∴an＝eq\f(1,bn)＋2＝eq\f(2,n)＋2．即数列{an}的通项公式为an＝eq\f(2,n)＋2(n∈N*)．思维升华等差数列的判定与证明方法定义法an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列等差中项法2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是等差数列巩固训练1．已知数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋2(n≥3)．(1)判断数列{an}是否为等差数列，并说明理由；(2)求{an}的通项公式．【解析】(1)当n≥3时，an＝an－1＋2，即an－an－1＝2，而a2－a1＝0不满足an－an－1＝2(n≥3)，∴{an}不是等差数列．(2)当n≥2时，{an}是等差数列，公差为2，∴an＝1＋2(n－2)＝2n－3(n≥2)．又a1＝1不适合上式，∴{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n－3，n≥2.))2．已知eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)成等差数列，并且a＋c，a－c，a＋c－2b均为正数，求证：lg(a＋c)，lg(a－c)，lg(a＋c－2b)也成等差数列．【解析】证明：∵eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)成等差数列，∴eq\f(2,b)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)，∴eq\f(2,b)＝eq\f(a＋c,ac)，即2ac＝b(a＋c)．(a＋c)(a＋c－2b)＝(a＋c)2－2b(a＋c)＝(a＋c)2－2×2ac＝a2＋c2＋2ac－4ac＝(a－c)2．∵a＋c，a＋c－2b，a－c均为正数，上式左右两边同时取对数，得lg[(a＋c)(a＋c－2b)]＝lg(a－c)2，即lg(a＋c)＋lg(a＋c－2b)＝2lg(a－c)，∴lg(a＋c)，lg(a－c)，lg(a＋c－2b)成等差数列．题型三灵活设元求解等差数列问题【例3】已知四个数成递增等差数列，中间两项的和为2，首末两项的积为－8，求这四个数．【解析】法一：设这四个数为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d(公差为2d)，依题意，2a＝2，且(a－3d)(a＋3d)＝－8，即a＝1，a2－9d2＝－8，∴d2＝1，∴d＝1或d＝－1．又四个数成递增等差数列，∴d＞0，∴d＝1，故所求的四个数为－2,0,2,4．法二：设这四个数为a，a＋d，a＋2d，a＋3d(公差为d)，依题意，2a＋3d＝2，且a(a＋3d)＝－8，把a＝1－eq\f(3,2)d代入a(a＋3d)＝－8，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,2)d))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)d))＝－8，即1－eq\f(9,4)d2＝－8，化简得d2＝4，∴d＝2或－2．又四个数成递增等差数列，∴d＞0，∴d＝2，a＝－2．故所求的四个数为－2,0,2,4． 思维升华常见设元技巧(1)某两个数是等差数列中的连续两个数且知其和，可设这两个数为：a－d，a＋d，公差为2d；(2)三个数成等差数列且知其和，常设此三数为：a－d，a，a＋d，公差为d；(3)四个数成等差数列且知其和，常设成a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，公差为2d．巩固训练1．已知三个数成等差数列，其和为9，前两项之积为后一项的6倍，求这三个数．【解析】设这三个数依次为a－d，a，a＋d，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－d＋a＋a＋d＝9，,a－da＝6a＋d，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,d＝－1.))∴这三个数为4,3,2．2．已知成等差数列的四个数，四个数之和为26，第二个数与第三个数之积为40，求这个等差数列．【解析】设这四个数依次为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d(公差为2d)．由题设知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－3d＋a－d＋a＋d＋a＋3d＝26，,a－da＋d＝40，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(13,2)，,d＝\f(3,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(13,2)，,d＝－\f(3,2).))∴这个数列为2,5,8,11或11,8,5,2．题型四等差数列前n项和公式的基本运算【例4】在等差数列{an}中，(1)已知a1＝eq\f(5,6)，an＝－eq\f(3,2)，Sn＝－5，求n和d；(2)已知a5＋a10＝58，a4＋a9＝50，求S10；(3)已知S7＝42，Sn＝510，an－3＝45，求n．【解析】(1)由题意得，Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)－\f(3,2))),2)＝－5，解得n＝15．又a15＝eq\f(5,6)＋(15－1)d＝－eq\f(3,2)，∴d＝－eq\f(1,6)，∴n＝15，d＝－eq\f(1,6)．(2)法一：设等差数列{an}的公差为d，由已知条件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5＋a10＝2a1＋13d＝58，,a4＋a9＝2a1＋11d＝50，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝4，))∴S10＝10a1＋eq\f(10×10－1,2)d＝10×3＋eq\f(10×9,2)×4＝210．法二：设等差数列{an}的公差为d，由已知条件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5＋a10＝a1＋a10＋4d＝58，,a4＋a9＝a1＋a10＋2d＝50，))∴a1＋a10＝42，∴S10＝eq\f(10a1＋a10,2)＝5×42＝210．(3)S7＝eq\f(7a1＋a7,2)＝7a4＝42，∴a4＝6．∴Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(na4＋an－3,2)＝eq\f(n6＋45,2)＝510．∴n＝20．思维升华等差数列中的基本计算(1)利用基本量求值等差数列的通项公式和前n项和公式中有五个量a1，d，n，an和Sn，这五个量可以“知三求二”．一般是利用公式列出基本量a1和d的方程组，解出a1和d，便可解决问题．解题时注意整体代换的思想．(2)结合等差数列的性质解题等差数列的常用性质：若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq，常与求和公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)结合使用．巩固训练1．在等差数列{an}中，(1)a1＝1，a4＝7，求S9；(2)a3＋a15＝40，求S17．【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，则a4＝a1＋3d＝1＋3d＝7，所以d＝2．故S9＝9a1＋eq\f(9×8,2)d＝9＋eq\f(9×8,2)×2＝81．(2)S17＝eq\f(17×a1＋a17,2)＝eq\f(17×a3＋a15,2)＝eq\f(17×40,2)＝340．题型五两个数列的综合问题【例5】已知等差数列{an}：5,8,11，…和等差数列{bn}：3,7,11，…各有100项，问它们有多少个相同的项？记这些共同的项从小到大依次构成数列{cn}，问数列{cn}是否为等差数列？【解析】易得an＝3n＋2，bn＝4n－1．假设数列{an}的第n项与数列{bn}的第k项相同，即有3n＋2＝4k－1，所以n＝eq\f(4,3)k－1．而n∈N*，k∈N*，则k必是3的倍数．设k＝3t(t∈N*)，于是n＝4t－1．由题设知，两数列各有100项，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤3t≤100，,1≤4t－1≤100，))解得eq\f(1,2)≤t≤eq\f(101,4)．又t∈N*，故两数列共有25个相同的项．将n＝4t－1代入an＝3n＋2(或将k＝3t代入bk＝4k－1)，得a4t－1＝3(4t－1)＋2＝12t－1(或bt＝12t－1)，即等差数列{an}中的第(4t－1)项与等差数列{bn}中的第3t项是相同项，于是ct＝a4t－1＝12t－1，ct＋1＝12(t＋1)－1＝12t＋11，ct＋1－ct＝12(常数)，故数列{cn}是以12为公差的等差数列．思维升华有关两个等差数列公共项的问题，处理办法一般有两种：一是先利用两数列的公共项组成的新等差数列的公差为两个等差数列公差的最小公倍数求新数列的公差，然后找到第一项后用通项公式解决；二是从通项公式入手，建立am＝bn这样的方程，利用n＝f(m)，借助n，m均为正整数，得到n(或m)可取的整数形式．巩固训练1．已知数列{an}，{bn}都是公差为1的等差数列，其首项分别为a1与b1，且b1∈N*，a1＋b2019＝－2．设cn＝abn(n∈N*)，则数列{cn}的通项公式为________．【答案】cn＝n－2022【解析】由题意知，bn＝b1＋(n－1)×1＝b1＋n－1．由b1∈N*及n∈N*知，bn∈N*．于是cn＝abn＝a1＋(bn－1)×1＝a1＋bn－1＝a1＋[b2019＋(n－2019)×1]－1＝(a1＋b2019)＋n－2020＝n－2022．2．等差数列{an}中，a1＝8，a5＝2，若在每相邻两项之间各插入一个数，使之成为新的等差数列，那么新的等差数列的公差是________．【答案】－eq\f(3,4)【解析】∵等差数列{an}中，a1＝8，a5＝2，∴数列{an}的公差d＝eq\f(a5－a1,5－1)＝－eq\f(3,2)，则可得{an}的通项公式为an＝8＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝－eq\f(3,2)n＋eq\f(19,2)．若在{an}每相邻两项之间各插入一个数，得到新的等差数列{bn}，则可得b1＝a1＝8，b3＝a2＝－eq\f(3,2)×2＋eq\f(19,2)＝eq\f(13,2)，∴数列{bn}的公差d1＝eq\f(b3－b1,3－1)＝－eq\f(3,4)．题型六等差数列前n项和的实际应用问题【例6】某电站沿一条公路竖立电线杆，相邻两根电线杆的距离都是50m，最远一根电线杆距离电站1550m，一汽车每次从电站运出3根电线杆供应施工(完成任务后回到原处)．若该汽车往返运输总行程为17500m，共竖立多少根电线杆？第一根电线杆距离电站多少米？【解析】由题意知汽车逐趟(由近及远)往返运输行程组成一个等差数列，记为{an}，则an＝1550×2＝3100，d＝50×3×2＝300，Sn＝17500．由等差数列的通项公式及前n项和公式，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋n－1×300＝3100，①,na1＋\f(nn－1,2)×300＝17500.②))由①得a1＝3400－300n．代入②得n(3400－300n)＋150n(n－1)－17500＝0，整理得3n2－65n＋350＝0，解得n＝10或n＝eq\f(35,3)(舍去)，所以a1＝3400－300×10＝400．故汽车拉了10趟，共拉电线杆3×10＝30(根)，最近的一趟往返行程400m，第一根电线杆距离电站eq\f(1,2)×400－100＝100(m)．所以共竖立了30根电线杆，第一根电线杆距离电站100m．思维升华等差数列前n项和公式主要应用于求解实际问题中的总数问题，如材料的总数目、行程问题中的总行程等．只要是等差数列，就可以应用前n项和公式计算总数，求解时应注意从实际问题中抽象出的数学模型要准确．巩固训练1．某人用分期付款的方式购买一件家电，价格为1150元，购买当天先付150元，以后每月的这一天都交付50元，并加付欠款利息，月利率为1%．若交付150元后的一个月开始算分期付款的第一个月，则分期付款的第10个月该交付多少钱？全部贷款付清后，买这件家电实际花费多少钱？【解析】设每次交款数额依次为a1，a2，…，a20，则a1＝50＋1000×1%＝60，a2＝50＋(1000－50)×1%＝59．5，…a10＝50＋(1000－9×50)×1%＝55．5，即第10个月应付款55．5元．由于{an}是以60为首项，－0．5为公差的等差数列，所以有S20＝eq\f(60＋60－19×0.5,2)×20＝1105，即全部付清后实际付款1105＋150＝1255(元)．2．我国古代数学名著《算法统宗》中有这样一个问题：“九百九十六斤棉，赠分八子作盘缠．次第每人多十七，要将第八数来言．务要分明依次第，孝和休惹外人传．”大意为：“有996斤棉花，分别赠送给8个子女作为盘缠，从第1个孩子开始，以后每人依次多17斤，直到第8个孩子为止．分配时一定要按照次序分，要顺从父母，兄弟之间要和气，不要引得外人说闲话．”在这个问题中，第8个孩子分到的棉花为()A．184斤 B．176斤C．65斤 D．60斤【答案】A【解析】依题意得，8个子女所分得的棉花斤数依次构成等差数列，设该等差数列为{an},1≤n≤8，n∈N*，公差为d，前n项和为Sn，第1个孩子所分得的棉花斤数为a1,则由题意得d＝17，S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)×17＝996，解得a1＝65，则a8＝a1＋(8－1)d＝184．故选A．题型七等差数列前n项和的最值问题【例7】在等差数列{an}中，公差为d，若a1＝25，且S9＝S17，求Sn的最大值．【解析】法一：由S9＝S17得9a1＋eq\f(9×8,2)d＝17a1＋eq\f(17×16,2)d，又a1＝25，∴d＝－2．则Sn＝25n＋eq\f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋26n＝－(n－13)2＋169，故当n＝13时，Sn取得最大值，最大值为169．法二：由S9＝S17得9a1＋eq\f(9×8,2)d＝17a1＋eq\f(17×16,2)d，又a1＝25，∴d＝－2，则an＝25＋(－2)×(n－1)＝－2n＋27．令an＞0，则－2n＋27＞0，解得n＜13．5，即数列{an}的前13项均为正数，第13项以后均为负数，故数列{an}的前13项和最大，最大值为S13＝13×25＋eq\f(13×12,2)×(－2)＝169．法三：∵S9＝S17，∴a10＋a11＋…＋a17＝0，即a13＋a14＝0．∵a1＞0，∴d＜0，∴a13＞0，a14＜0，∴当n＝13时，Sn有最大值，为169．法四：设Sn＝An2＋Bn，∵S9＝S17，∴二次函数图象的对称轴为eq\f(9＋17,2)＝13，且开口方向向下，∴当n＝13时，Sn取得最大值，为169．思维升华求等差数列前n项和Sn的最大(小)值的常用方法(1)通项法若a1＞0，d＜0，则Sn必有最大值，其n可用不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0))来确定；若a1＜0，d＞0，则Sn必有最小值，其n可用不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0))来确定．(2)二次函数法在等差数列{an}中，由于Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，则可用求二次函数最值的方法来求前n项和Sn的最值，其中，n值可由n∈N*及二次函数图象的对称性来确定．(3)一般地，在等差数列{an}中，当a1＞0，且Sp＝Sq(p≠q)时，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)时，Sn最大．巩固训练1．(多选)设等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的公差为d，前n项和为Sn，若a3＝12，S12>0，S13<0，则下列结论正确的是()A．数列{an}是递增数列B．S5＝60C．－eq\f(24,7)<d<－3D．S1，S2，…，S12中最大的是S6【答案】BCD【解析】因为a3＝a1＋2d＝12，则将a1＝12－2d代入S12＝12a1＋eq\f(12×11,2)d>0，S13＝13a1＋eq\f(13×12,2)d<0，化简求得－eq\f(24,7)<d<－3，即d<0，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是递减数列，A不正确，C正确．S5＝5a3＝5×12＝60，B正确．由d<0可知a1>a2>…>a11>a12．则在1≤n≤12中存在自然数n，使得an>0，an＋1<0，则Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6a1＋a12＝6a6＋a7>0，,\f(13,2)a1＋a13＝13a7<0，))解得a6>0，a7<0．故S1，S2，…，S12中最大的是S6，D正确．2．已知等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项的和记为Sn，a3＝－4，a6＝8．(1)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式；(2)求Sn的最小值及其相应的n值．【解析】(1)由已知得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝－4，,a1＋5d＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－12，,d＝4，))所以an＝4n－16．(2)Sn＝na1＋eq\f(nn－1d,2)＝－12n＋2n(n－1)＝2n2－14n＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(7,2)))2－eq\f(49,2)，当n取最接近3．5的整数，即n＝3或4时，Sn有最小值，为18－42＝－24．题型八等差数列前n项和的性质的应用【例8】(1)在等差数列{an}中，S10＝120，且在这10项中，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(11,13)，则公差d＝________．(2)已知等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，求数列{an}前3m项的和S3m．【解析】(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S奇＋S偶＝120，,\f(S奇,S偶)＝\f(11,13)，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S奇＝55，,S偶＝65，))所以S偶－S奇＝5d＝10，所以d＝2．(2)法一：在等差数列中，∵Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，∴30,70，S3m－100成等差数列．∴2×70＝30＋(S3m－100)，∴S3m＝210．法二：在等差数列中，eq\f(Sm,m)，eq\f(S2m,2m)，eq\f(S3m,3m)成等差数列，∴eq\f(2S2m,2m)＝eq\f(Sm,m)＋eq\f(S3m,3m)．即S3m＝3(S2m－Sm)＝3×(100－30)＝210．思维升华解决有关等差数列前n项和问题时注意应用其性质解题．巩固训练1．已知{an}，{bn}均为等差数列，其前n项和分别为Sn，Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n＋2,n＋3)，则eq\f(a5,b5)＝________．【解析】由等差数列的性质，知eq\f(a5,b5)＝eq\f(\f(a1＋a9,2),\f(b1＋b9,2))＝eq\f(\f(a1＋a9,2)×9,\f(b1＋b9,2)×9)＝eq\f(S9,T9)＝eq\f(2×9＋2,9＋3)＝eq\f(5,3)．【答案】eq\f(5,3)2．已知数列{an}是项数为偶数的等差数列，它的奇数项的和是50，偶数项的和为34，若它的末项比首项小28，则该数列的公差是________．【答案】－4【解析】设等差数列{an}的项数为2m，∵末项与首项的差为－28，∴a2m－a1＝(2m－1)d＝－28，①∵S奇＝50，S偶＝34，∴S偶－S奇＝34－50＝－16＝md，②由①②得d＝－4．3．已知一个等差数列的前10项和为100，前100项和为10，求前110项之和．【解析】易知S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90，S110－S100成等差数列．设其公差为d，则前10项和为10S10＋eq\f(10×9,2)d＝S100＝10，解得d＝－22，∴S110－S100＝S10＋(11－1)d＝100＋10×(－22)＝－120，∴S110＝－120＋S100＝－110．题型九求等差数列前n项绝对值的和【例9】在等差数列{an}中，a1＝－60，a17＝－12，求数列{|an|}的前n项和．【解析】等差数列{an}的公差为：d＝eq\f(a17－a1,17－1)＝eq\f(－12－－60,16)＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝－60＋3(n－1)＝3n－63．令an<0，即3n－63<0，得n<21，所以等差数列{an}的前20项是负数，第20项以后的项是非负数．设Sn和Sn′分别表示数列{an}和{|an|}的前n项和．当0<n≤20时，Sn′＝－Sn＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－60n＋\f(3nn－1,2)))＝－eq\f(3,2)n2＋eq\f(123,2)n；当n>20时，Sn′＝－S20＋(Sn－S20)＝Sn－2S20＝－60n＋eq\f(3nn－1,2)－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－60×20＋\f(20×19,2)×3))＝eq\f(3,2)n2－eq\f(123,2)n＋1260．所以数列{|an|}的前n项和为：Sn′＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(123,2)n，n≤20，,\f(3,2)n2－\f(123,2)n＋1260，n>20.))思维升华求数列{|an|}的前n项和等差数列的各项取绝对值后组成数列{|an|}，若原数列{an}中既有正项又有负项，则{|an|}不再是等差数列，求和的关键是找到数列{an}中正、负项的分界点处n的值，再分段求和．巩固训练1．在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2＋an＝2an＋1．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn是数列{|an|}的前n项和，求Sn．【解析】(1)由2an＋1＝an＋2＋an可得{an}是等差数列，且公差d＝eq\f(a4－a1,4－1)＝eq\f(2－8,3)＝－2．∴an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋10．(2)令an≥0，得n≤5．即当n≤5时，an≥0；n≥6时，an<0．∴当n≤5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝－n2＋9n；当n≥6时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)＝－(a1＋a2＋…＋an)＋2(a1＋a2＋…＋a5)＝－(－n2＋9n)＋2×(－52＋45)＝n2－9n＋40．∴Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－n2＋9n，n≤5，,n2－9n＋40，n≥6.))题型十灵活设元求解等比数列问题【例10】有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个数的和是12，求这四个数．【解析】法一：设这四个数依次为a－d，a，a＋d，eq\f(a＋d2,a)(a≠0)，由条件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－d＋\f(a＋d2,a)＝16，,a＋a＋d＝12.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,d＝4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝9，,d＝－6.))所以当a＝4，d＝4时，所求的四个数为0,4,8,16；当a＝9，d＝－6时，所求的四个数为15,9,3,1．故所求的四个数为0,4,8,16或15,9,3,1．法二：设这四个数依次为eq\f(2a,q)－a，eq\f(a,q)，a，aq(q≠0)，由条件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2a,q)－a＋aq＝16，,\f(a,q)＋a＝12，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝8，,q＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,q＝\f(1,3).))当a＝8，q＝2时，所求的四个数为0,4,8,16；当a＝3，q＝eq\f(1,3)时，所求的四个数为15,9,3,1．故所求的四个数为0,4,8,16或15,9,3,1．思维升华几个数成等比数列的设法(1)三个数成等比数列设为：eq\f(a,q)，a，aq．推广到一般，奇数个数成等比数列设为：…，eq\f(a,q2)，eq\f(a,q)，a，aq，aq2，…(2)四个符号相同的数成等比数列设为：eq\f(a,q3)，eq\f(a,q)，aq，aq3．推广到一般，偶数个符号相同的数成等比数列设为：…，eq\f(a,q5)，eq\f(a,q3)，eq\f(a,q)，aq，aq3，aq5，…(3)四个数成等比数列，不能确定它们的符号相同时，可设为：a，aq，aq2，aq3．巩固训练1．在2和20之间插入两个数，使前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，则插入的两个数的和为()A．－4或eq\f(35,2) B．4或eq\f(35,2)C．4 D．eq\f(35,2)【答案】B【解析】设插入的第一个数为a，则插入的另一个数为eq\f(a2,2)．由a，eq\f(a2,2)，20成等差数列得2×eq\f(a2,2)＝a＋20．∴a2－a－20＝0，解得a＝－4或a＝5．当a＝－4时，插入的两个数的和为a＋eq\f(a2,2)＝4．当a＝5时，插入的两个数的和为a＋eq\f(a2,2)＝eq\f(35,2)．2．有四个实数，前三个数成等比数列，且它们的乘积为216，后三个数成等差数列，且它们的和为12，求这四个数．【解析】法一：设前三个数分别为eq\f(a,q)，a，aq(q≠0)，则eq\f(a,q)·a·aq＝216，所以a3＝216．所以a＝6．因此前三个数为eq\f(6,q)，6,6q．由题意知第4个数为12q－6．所以6＋6q＋12q－6＝12，解得q＝eq\f(2,3)．故所求的四个数为9,6,4,2．法二：设后三个数为4－d,4,4＋d，则第一个数为eq\f(1,4)(4－d)2，由题意知eq\f(1,4)(4－d)2×(4－d)×4＝216，解得4－d＝6．所以d＝－2．故所求得的四个数为9,6,4,2．题型十一等比数列的实际应用【例11】已知0<r<p<100，在一容器内装有浓度为r%的溶液1kg，注入浓度为p%的溶液eq\f(1,4)kg，搅匀后倒出混合液eq\f(1,4)kg．如此反复进行下去．(1)写出第1次混合后溶液的浓度a1%；(2)设第n次混合后溶液的浓度为an%，试用an表示an＋1；(3)写出an的通项公式．【解析】(1)a1%＝eq\f(r%＋\f(1,4)p%,1＋\f(1,4))＝eq\f(1,5)(p＋4r)%．(2)an＋1%＝eq\f(an%＋\f(1,4)p%,1＋\f(1,4))＝eq\f(1,5)(p＋4an)%，即an＋1＝eq\f(1,5)(p＋4an)．(3)由(2)知an＋1＝eq\f(1,5)(p＋4an)，即an＋1－p＝eq\f(4,5)(an－p)，所以{an－p}是一个公比为eq\f(4,5)的等比数列，首项为a1－p＝eq\f(4,5)(r－p)，所以an－p＝eq\f(4,5)(r－p)eq\f(4,5)n－1＝(r－p)eq\f(4,5)n，所以an＝p－(p－r)eq\f(4,5)n(n∈N*)．思维升华数列实际应用题常与现实生活和生产实际中的具体事件相联系，建立数学模型是解决这类问题的核心，常用的方法有：(1)构造等差、等比数列的模型，然后用数列的通项公式或求和公式求解；(2)通过归纳得到结论，再用数列知识求解．巩固训练1．商家通常依据“乐观系数准则”确定商品销售价格，即根据商品的最低销售限价a，最高销售限价b(b>a)以及实数x(0<x<1)确定实际销售价格c＝a＋x(b－a)．这里x被称为乐观系数．经验表明，最佳乐观系数x恰好使得(c－a)是(b－c)和(b－a)的等比中项．据此求最佳乐观系数x的值．【解析】已知(c－a)是(b－c)和(b－a)的等比中项，即(c－a)2＝(b－c)(b－a)，把c＝a＋x(b－a)代入上式，得x2(b－a)2＝[b－a－x(b－a)](b－a)，即x2(b－a)2＝(1－x)(b－a)2．因为b>a，所以b－a≠0，所以x2＝1－x，即x2＋x－1＝0，解得x＝eq\f(－1＋\r(5),2)或x＝eq\f(－1－\r(5),2)(舍去)．故最佳乐观系数x的值为eq\f(－1＋\r(5),2)．题型十二等比数列前n项和的实际应用问题【例12】一个热气球在第1min上升了25m的高度，在以后的每1min里，它上升的高度都是它在前1min上升高度的80%．这个热气球上升的高度能达到125m吗？【解析】用an表示热气球在第nmin上升的高度．由题意，得an＋1＝80%an＝eq\f(4,5)an．因此，数列{an}是首项a1＝25，公比q＝eq\f(4,5)的等比数列．热气球在nmin里上升的总高度为Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(25×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))n)),1－\f(4,5))＝125×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))n))＜125．所以这个热气球上升的高度不可能超过125m．思维升华解数列应用题的思路和方法巩固训练1．某电扇厂去年实现利润300万元，计划在以后5年中每年比上一年利润增长10%．问从今年起第5年的利润是多少？这5年的总利润是多少？(结果精确到1万元)【解析】根据题意，可知每年的利润组成一个首项a1＝300，公比q＝1＋10%＝1．1的等比数列．所以从今年起第5年的利润为a6＝a1q6－1＝300×1．15≈483(万元)．这5年的总利润为S＝eq\f(a21－q5,1－q)＝300×1．1×eq\f(1.15－1,1.1－1)≈2015(万元)．2．一弹球从100米高处自由落下，每次着地后又跳回到原来高度的一半再落下，则第10次着地时所经过的路程之和是(结果保留到个位)()A．300米 B．299米C．199米 D．166米【答案】A【解析】由题意，可得小球10次着地共经过的路程为：100＋100＋50＋…＋100×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)))8＝100＋100eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,2)2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)))8))＝100＋100×eq\f(1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)))9,1－\f(1,2))＝300－200×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)))9≈300米．题型十三分组转化法求和【例13】已知数列{cn}：1eq\f(1,2)，2eq\f(1,4)，3eq\f(1,8)，…，试求{cn}的前n项和．【解析】令{cn}的前n项和为Sn，则Sn＝1eq\f(1,2)＋2eq\f(1,4)＋3eq\f(1,8)＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(n＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n))＝(1＋2＋3＋…＋n)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n))＝eq\f(nn＋1,2)＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝eq\f(nn＋1,2)＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n．即数列{cn}的前n项和为Sn＝eq\f(n2＋n,2)＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n．思维升华分组转化法求和的常见类型[提醒]某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．巩固训练1．已知数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(n2＋n,2)，n∈N*．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．【解析】(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n2＋n,2)－eq\f(n－12＋n－1,2)＝n．a1＝1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n．(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn．记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝eq\f(21－22n,1－2)＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n．故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2．题型十三分组转化法求和【例13】已知等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，aeq\o\al(2,3)＝9a2a6．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝－logeq\r(3)an，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和Tn．【解析】(1)设数列{an}的公比为q，由aeq\o\al(2,3)＝9a2a6得aeq\o\al(2,3)＝9aeq\o\al(2,4)，∴q2＝eq\f(1,9)．由条件可知q>0，故q＝eq\f(1,3)．由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，∴a1＝eq\f(1,3)．故数列{an}的通项公式为an＝eq\f(1,3n)．(2)∵an＝eq\f(1,3n)，∴bn＝－logeq\r(3)eq\f(1,3n)＝2n，∴eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,4nn＋1)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a