2020年江苏高考数学复习练习课件第六章§6.2 等差数列.pptx

1、五年高考,A组 自主命题江苏卷题组,考点一 等差数列的概念及运算,1.(2019江苏,8,5分)已知数列an(nN*)是等差数列,Sn是其前n项和.若a2a5+a8=0,S9=27,则S8的 值是 .,答案 16,解析 本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式,考查学生的运算求解能力,同时考查数 列基础知识的应用能力. 设数列an的公差为d, 则 解得a1=-5,d=2,所以S8=8(-5)+ 2=16.,一题多解 数列an是等差数列,S9= =9a5=27,a5=3,由3a2+a8=0,得3(a5-3d)+a5+3d =0,即12-6d=0,d=2, S8= =4(a4+a5)=4(a5-d

2、+a5)=16.,2.(2016江苏,8,5分)已知an是等差数列,Sn是其前n项和.若a1+ =-3,S5=10,则a9的值是 .,答案 20,解析 设等差数列an的公差为d,则由题设可得 解得 从而a9=a1+8d=20.,考点二 等差数列的性质及应用 (2017江苏,19,16分)对于给定的正整数k,若数列an满足:an-k+an-k+1+an-1+an+1+an+k-1+an+k=2 kan对任意正整数n(nk)总成立,则称数列an是“P(k)数列”. (1)证明:等差数列an是“P(3)数列”; (2)若数列an既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,证明:an是等差数列.,证明

3、 本题主要考查等差数列的定义、通项公式等基础知识,考查代数推理、转化与化归及 综合运用数学知识探究与解决问题的能力. (1)因为an是等差数列,所以设其公差为d,则an=a1+(n-1)d, 从而,当n4时,an-k+an+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2an,k=1,2,3, 所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an, 因此等差数列an是“P(3)数列”. (2)数列an既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,因此, 当n3时,an-2+an-1+an+1+an+2=4an, 当n4时,an-3+an-2+an-

4、1+an+1+an+2+an+3=6an. 由知,an-3+an-2=4an-1-(an+an+1), an+2+an+3=4an+1-(an-1+an). 将代入,得an-1+an+1=2an,其中n4, 所以a3,a4,a5,是等差数列,设其公差为d. 在中,取n=4,则a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d, 在中,取n=3,则a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d, 所以数列an是等差数列.,方法总结 数列新定义型创新题的一般解题思路:,1.阅读审清“新定义”;,2.结合常规的等差数列、等比数列的相关知识,化归、转化到“新定义”的相关知识;,3.利用“新定义”

5、及常规的数列知识,求解证明相关结论.,B组 统一命题、省(区、市)卷题组,考点一 等差数列的概念及运算,1.(2019课标全国理改编,9,5分)记Sn为等差数列an的前n项和.已知S4=0,a5=5,则an= , Sn= .,答案 2n-5;n2-4n,解析 本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式;考查学生的运算求解能力;考查的核心 素养是数学运算. 设an的公差为d,依题意得,4a1+ d=0,a1+4d=5, 联立,解得a1=-3,d=2.所以an=2n-5,Sn=n2-4n.,解后反思 解数列选择题,可以用逐项检验法、排除法或赋值法等“快速”解法.本题若用逐 项检验法去验证S4和a5,

6、就会发现无法排除错误选项.因此,还是要从通用方法入手.,2.(2019课标全国理,14,5分)记Sn为等差数列an的前n项和,若a10,a2=3a1,则 = .,答案 4,解析 本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式;考查学生对数列基础知识的掌握程度和 运算求解能力;考查了数学运算的核心素养. 设等差数列an的公差为d,a2=3a1, a2=a1+d=3a1,d=2a1, S10=10a1+ d=100a1, S5=5a1+ d=25a1, 又a10, =4.,3.(2019北京理,10,5分)设等差数列an的前n项和为Sn.若a2=-3,S5=-10,则a5= ,Sn的最小 值为 .,答案

7、 0;-10,解析 本题考查等差数列的通项公式及前n项和公式;考查函数的思想方法;通过求最值考查 学生的运算求解能力.考查的核心素养是数学运算. 设等差数列an的公差为d,a2=-3,S5=-10, 即 得 a5=a1+4d=0,Sn=na1+ d=-4n+ = (n2-9n)= - , nN*,n=4或5时,Sn取最小值,最小值为-10.,一题多解 设等差数列an的公差为d,易得S5= =5a3,S5=-10,a3=-2,又a2=-3,d=1, a5=a3+2d=0,(Sn)min=S4=S5=-10.,4.(2019课标全国文,14,5分)记Sn为等差数列an的前n项和.若a3=5,a7=

8、13,则S10= .,答案 100,解析 本题考查等差数列的性质和前n项和公式,考查学生的运算求解能力,考查数学运算的 核心素养. 设等差数列an的公差为d,则d= = =2, a1=a3-2d=5-4=1. S10=10+ 2=100.,失分警示 对等差数列前n项和公式记忆不清,从而导致出错.,5.(2018课标全国理改编,4,5分)记Sn为等差数列an的前n项和.若3S3=S2+S4,a1=2,则a5= .,答案 -10,解析 本题主要考查等差数列的通项公式及前n项和公式. 设等差数列an的公差为d,则3(3a1+3d)=2a1+d+4a1+6d,即d=- a1,又a1=2,d=-3,a5

9、=a1+4d=- 10.,6.(2018北京理,9,5分)设an是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则an的通项公式为 .,答案 an=6n-3,解析 本题主要考查等差数列的通项公式. 设等差数列an的公差为d,则a2+a5=a1+d+a1+4d=2a1+5d=6+5d=36,d=6,an=a1+(n-1)d=3+6(n- 1)=6n-3.,7.(2017课标全国理改编,9,5分)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 .,答案 -24,解析 本题主要考查等差数列的通项公式及前n项和公式. 设等差数列an的公差为d,依题意得 =a2a6,即

10、(1+2d)2=(1+d)(1+5d),解得d=-2或d=0(舍去),又a 1=1,S6=61+ (-2)=-24.,评析 (1)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.(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量 代换的作用,而a1和d是等差数列的两个基本量,在求解时常用它们表示已知和未知.,8.(2017课标全国理,15,5分)等差数列an的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则 = .,答案,解析 本题主要考查等差数列基本量的计算及裂项相消法求和. 设公差为d,则 an=n. 前n项和Sn=1+

11、2+n= , = =2 , =2 1- + - + - =2 =2 = .,思路分析 求出首项a1和公差d,从而求出Sn,得 = =2 ,从而运用裂项相消法求 和即可.,解后反思 裂项相消法求和的常见类型: 若an是等差数列,则 = (d0); = ( - ); = - .,9.(2015课标全国改编,7,5分)已知an是公差为1的等差数列,Sn为an的前n项和.若S8=4S4,则 a10= .,答案,解析 由S8=4S4得8a1+ 1=4 ,解得a1= ,a10=a1+9d= .,评析 本题主要考查等差数列的前n项和,计算准确是解题关键,属容易题.,10.(2019课标全国文,18,12分)

12、记Sn为等差数列an的前n项和.已知S9=-a5. (1)若a3=4,求an的通项公式; (2)若a10,求使得Snan的n的取值范围.,解析 本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式;考查学生对数列基础知识的掌握程度和 应用能力,主要考查数学运算的核心素养. (1)设an的公差为d. 由S9=-a5得a1+4d=0. 由a3=4得a1+2d=4. 于是a1=8,d=-2. 因此an的通项公式为an=10-2n. (2)由(1)得a1=-4d,故an=(n-5)d,Sn= . 由a10知d0,故Snan等价于n2-11n+100,解得1n10. 所以n的取值范围是n|1n10,nN.,思路分析

13、 (1)根据题意列出两个关于a1和d的方程,然后解得a1与d,从而得an的通项公式. (2)根据(1)中a1与d的关系,利用等差数列的前n项和公式及通项公式,得出关于n的不等式,从而 得出n的取值范围.,11.(2019课标全国理,19,12分)已知数列an和bn满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4. (1)证明:an+bn是等比数列,an-bn是等差数列; (2)求an和bn的通项公式.,解析 本题主要考查由递推关系证明数列为等比数列、等差数列以及求数列的通项公式,考 查了学生的逻辑推理、运算求解能力以及方程思想,体现了逻辑推理和数学运算的核心素

14、养. (1)由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn), 即an+1+bn+1= (an+bn). 又因为a1+b1=1,所以an+bn是首项为1,公比为 的等比数列. 由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2. 又因为a1-b1=1,所以an-bn是首项为1,公差为2的等差数列. (2)由(1)知,an+bn= ,an-bn=2n-1. 所以an= (an+bn)+(an-bn)= +n- , bn= (an+bn)-(an-bn)= -n+ .,思路分析 (1)将两递推关系式左、右两边相加可得an+1+bn+1= (an+bn),

15、从而证得数列an+bn为 等比数列;将两递推关系式左、右两边相减可得an+1-bn+1=an-bn+2,从而证得数列an-bn为等差数 列.(2)由(1)可求出an+bn,an-bn的通项公式,联立方程可解得an,bn.,解题关键 将两递推关系式相加、相减,从而证得数列为等差、等比数列是解决本题的关键.,12.(2018课标全国理,17,12分)记Sn为等差数列an的前n项和,已知a1=-7,S3=-15. (1)求an的通项公式; (2)求Sn,并求Sn的最小值.,解析 (1)设an的公差为d,由题意得3a1+3d=-15. 由a1=-7得d=2. 所以an的通项公式为an=2n-9. (2

16、)由(1)得Sn=n2-8n=(n-4)2-16. 所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16.,方法总结 求等差数列前n项和Sn的最值的两种方法 (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的 最值. (2)邻项变号法: 当a10,d0时,满足 的项数m,可使得Sn取得最小值,最小值为Sm.,13.(2016课标全国,17,12分)已知an是公差为3的等差数列,数列bn满足b1=1,b2= ,anbn+1+bn+ 1=nbn. (1)求an的通项公式; (2)求bn的前n项和.,解析 (1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=

17、,得a1=2, (3分) 所以数列an是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为an=3n-1. (5分) (2)由(1)和anbn+1+bn+1=nbn得bn+1= , (7分) 因此bn是首项为1,公比为 的等比数列. (9分) 记bn的前n项和为Sn, 则Sn= = - . (12分),评析 本题主要考查了等差数列及等比数列的定义,能准确写出an的通项是关键.,考点二 等差数列的性质及应用,1.(2017课标全国理改编,4,5分)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 .,答案 4,解析 解法一:等差数列an中,S6= =48,则a1+a6=16

18、=a2+a5,又a4+a5=24,所以a4-a2=2d=2 4-16=8,得d=4. 解法二:由已知条件和等差数列的通项公式与前n项和公式可列方程组,得 即 解得,方法总结 求解此类题时,常用Sn= 先求出a1+an的值,再结合等差数列中“若m,n,p,q N*,m+n=p+q,则am+an=ap+aq”的性质求解数列中的基本量.,2.(2015课标全国改编,5,5分)设Sn是等差数列an的前n项和.若a1+a3+a5=3,则S5= .,答案 5,解析 an为等差数列,a1+a5=2a3, 得3a3=3,则a3=1, S5= =5a3=5.,3.(2019北京文,16,13分)设an是等差数列

19、,a1=-10,且a2+10,a3+8,a4+6成等比数列. (1)求an的通项公式; (2)记an的前n项和为Sn,求Sn的最小值.,解析 本题属等差、等比数列的综合运用,重在考查等差、等比数列的基础知识、基本运算, 考查的学科素养为数学抽象与数学运算. (1)设an的公差为d. 因为a1=-10, 所以a2=-10+d,a3=-10+2d,a4=-10+3d. 因为a2+10,a3+8,a4+6成等比数列, 所以(a3+8)2=(a2+10)(a4+6). 所以(-2+2d)2=d(-4+3d). 解得d=2. 所以an=a1+(n-1)d=2n-12. (2)由(1)知,an=2n-12

20、. 所以,当n7时,an0;当n6时,an0. 所以,Sn的最小值为S6=-30.,4.(2016课标全国理,17,12分)Sn为等差数列an的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=lg an,其中x 表示不超过x的最大整数,如0.9=0,lg 99=1. (1)求b1,b11,b101; (2)求数列bn的前1 000项和.,解析 (1)设an的公差为d,根据已知有7+21d=28, 解得d=1. 所以an的通项公式为an=n. b1=lg 1=0,b11=lg 11=1,b101=lg 101=2. (6分) (2)因为bn= (9分) 所以数列bn的前1 000项和为190+2900

21、+31=1 893. (12分),思路分析 (1)先求公差,从而求得通项公式an=n,再根据已知条件求b1,b11,b101;(2)用分段函数表 示bn,进而求数列bn的前1 000项的和.,评析 本题主要考查了数列的综合运用,同时对考生创新能力进行了考查,充分理解x的意义 是解题关键.,C组 教师专用题组,考点一 等差数列的概念及运算,1.(2011大纲全国改编,4,5分)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= .,答案 5,解析 an是等差数列,a1=1,d=2,an=2n-1.由已知得Sk+2-Sk=ak+2+ak+1=2(k+2)+2(k+

22、1)-2=4k+4= 24,k=5.,2.(2014浙江文,19,14分)已知等差数列an的公差d0.设an的前n项和为Sn,a1=1,S2S3=36. (1)求d及Sn; (2)求m,k(m,kN*)的值,使得am+am+1+am+2+am+k=65.,解析 (1)由题意知(2a1+d)(3a1+3d)=36, 将a1=1代入上式解得d=2或d=-5. 因为d0,所以d=2.从而an=2n-1,Sn=n2(nN*). (2)由(1)得am+am+1+am+2+am+k=(2m+k-1)(k+1), 所以(2m+k-1)(k+1)=65. 由m,kN*知2m+k-1k+11, 故 所以,评析

23、本题主要考查等差数列的概念、通项公式、求和公式等基础知识,同时考查运算求解 能力.,考点二 等差数列的性质及应用,1.(2015广东,10,5分)在等差数列an中,若a3+a4+a5+a6+a7=25,则a2+a8= .,答案 10,解析 利用等差数列的性质可得a3+a7=a4+a6=2a5,从而a3+a4+a5+a6+a7=5a5=25,故a5=5,所以a2+a8 =2a5=10.,2.(2013课标全国,7,5分)设等差数列an的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m= .,答案 5,解析 解法一:Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,am=Sm-Sm-1=2,a

24、m+1=Sm+1-Sm=3,公差d=am+1-am=1,由Sn=na1+ d=na1+ , 得 由得a1= ,代入可得m=5. 解法二:数列an为等差数列,且前n项和为Sn, 数列 也为等差数列. + = ,即 + =0,解得m=5,经检验为原方程的解.,3.(2014江苏,20,16分)设数列an的前n项和为Sn.若对任意的正整数n,总存在正整数m,使得Sn= am,则称an是“H数列”. (1)若数列an的前n项和Sn=2n(nN*),证明:an是“H数列”; (2)设an是等差数列,其首项a1=1,公差d0.若an是“H数列”,求d的值; (3)证明:对任意的等差数列an,总存在两个“H

25、数列”bn和cn,使得an=bn+cn(nN*)成立.,解析 (1)证明:由已知得,当n1时,an+1=Sn+1-Sn=2n+1-2n=2n.于是对任意的正整数n,总存在正整数 m=n+1,使得Sn=2n=am.所以an是“H数列”. (2)由已知,得S2=2a1+d=2+d.因为an是“H数列”,所以存在正整数m,使得S2=am,即2+d=1+(m-1) d,于是(m-2)d=1.因为d0,所以m-20,故m=1.从而d=-1. 当d=-1时,an=2-n,Sn= 是小于2的整数,nN*.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=2-Sn =2- ,使得Sn=2-m=am,所以an是“H数列”.

26、 因此d的值为-1. (3)证明:设等差数列an的公差为d,则an=a1+(n-1)d=na1+(n-1)(d-a1)(nN*). 令bn=na1,cn=(n-1)(d-a1), 则an=bn+cn(nN*). 下证bn是“H数列”. 设bn的前n项和为Tn,则Tn= a1(nN*).于是对任意的正整数n,总存在正整数m= , 使得Tn=bm.所以bn是“H数列”. 同理可证cn也是“H数列”. 所以,对任意的等差数列an,总存在两个“H数列”bn和cn,使得an=bn+cn(nN*).,4.(2012江苏,20,16分)已知各项均为正数的两个数列an和bn满足:an+1= ,nN*. (1)

27、设bn+1=1+ ,nN*,求证:数列 是等差数列; (2)设bn+1= ,nN*,且an是等比数列,求a1和b1的值.,解析 (1)由题设知an+1= = = , 所以 = ,从而 - =1(nN*), 所以数列 是以1为公差的等差数列. (2)因为an0,bn0,所以 + 0知q0.下证q=1. 若q1,则a1= logq 时,an+1=a1qn ,与(*)矛盾; 若0a21,故当nlogq 时,an+1=a1qn1,与(*)矛盾. 综上,q=1,故an=a1(nN*),所以1a1 .,又bn+1= = bn(nN*),所以bn是公比为 的等比数列. 若a1 ,则 1,于是b1b2b3.

28、又由a1= 得bn= , 所以b1,b2,b3中至少有两项相同,矛盾.所以a1= ,从而bn= = .所以a1=b1= .,评析 本题主要考查等差数列和等比数列的基本性质、基本不等式等基础知识,考查学生分 析探究及逻辑推理的能力.,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,考点一 等差数列的概念及运算,1.(2019徐州期中,7)已知等差数列an的前n项和为Sn,S11=132,a6+a9=30,则a12的值为 .,答案 24,解析 因为S11=132,所以 =132,即11a6=132,所以a6=12,又a6+a9=30,所以a9=18,因为a6+a 12=2a9,所以a12=

29、24.,2.(2019南京、盐城二模,6)等差数列an中,a4=10,前12项的和S12=90,则a18的值为 .,答案 -4,解析 依题意,得 解得 所以a18=13+17(-1)=-4.,一题多解 S12= 12=90, a1+a12=15, a4+a9=15,又a4=10,a9=5,a9-a4=5d=-5,d=-1, a18=a4+14d=10-14=-4.,3.(2019泰州中学3月检测,9)已知1=30,n+1=n+15,an=sin n+1,nN*,则 +a4= .,答案,解析 由1=30,n+1=n+15,得n=30+(n-1)15, 所以an=sin n+1=sin(30+15

30、n), 所以a2= ,a4=1,所以 +a4= .,4.(2019无锡期末,10)设公差不为零的等差数列an满足a3=7,且a1-1,a2-1,a4-1成等比数列,则a10 等于 .,答案 21,解析 依题意,有:(a2-1)2=(a1-1)(a4-1),即 (7-d-1)2=(7-2d-1)(7+d-1),即(6-d)2=(6-2d)(6+d), 整理得3d2-6d=0,因为d不为0,所以d=2,则a10=a3+7d=7+14=21.,5.(2018苏锡常镇四市教学情况调研(一),8)设Sn是等差数列an的前n项和,若a2+a4=2,S2+S4=1,则 a10= .,答案 8,解析 设数列a

31、n的公差为d, a2+a4=2,2a1+4d=2, S2+S4=1, 2a1+d+4a1+ d=1, 6a1+7d=1, 联立 解得 a10=a1+9d=-1+9=8.,6.(2017扬州、泰州、南通、淮安、宿迁、徐州六市联考,9)已知an是公差不为0的等差数列, Sn是其前n项和.若a2a3=a4a5,S9=27,则a1的值是 .,答案 -5,解析 设等差数列an的公差为d, 由题设可得 即 解得a1=-5.,考点二 等差数列的性质及应用,1.(2018南京、盐城二模,6)已知等差数列an的前n项和为Sn.若S15=30,a7=1,则S9的值为 .,答案 -9,解析 因为数列an为等差数列,

32、所以S15=15a8=30,故a8=2,又a7=1,因此d=1,所以a5=a7-2d=-1,所 以S9=9a5=-9.,评析 本题也可用基本量法列出方程组,求出首项与公差,进而得到S9.,2.(2018无锡期中,10)在等差数列an中,已知a1+a3=0,a2+a4=-2,则数列an的前10项和为 .,答案 -35,解析 a2+a4=2a3=-2,a3=-1,a1+a3=0,a1=1,d= =-1,S10=110+ (-1)=-35.,3.(2018南京高三学情调研,10)设等差数列an的前n项和为Sn.若am=10,S2m-1=110,则m的值为 .,答案 6,解析 an是等差数列,S2m-

33、1= (2m-1)=(2m-1)am=10(2m-1)=110,可得m=6.,4.(2019如皋一模,20)已知数列an是公差不为零的等差数列,数列bn满足bn=anan+1an+2(nN *). (1)若数列an满足a10=-2,a4,a14,a9成等比数列. 求数列an的通项公式; 设数列bn的前n项和为Sn,当n多大时,Sn取最小值? (2)若数列bn满足cn=an+1an+2- (nN*),且等差数列an的公差为 ,存在正整数p,q,使得ap+cq是 整数,求|a1|的最小值.,解析 (1)设数列an的公差为d, 因为a4,a14,a9成等比数列,所以(-2-6d)(-2-d)=(-2

34、+4d)2, 所以d2-3d=0,因为d0,所以d=3, 所以an=a10+(n-10)d=3n-32. (3分) 当1n10时,an0, 因为bn=anan+1an+2, 所以当1n8时,bn0, b90,b10S2S8S100,a9+a12=-10. 所以当n=8时,Sn取最小值. (9分) (2)cn=an+1an+2- = - =an+ . (10分) 因为存在正整数p,q,使得ap+cq是整数,所以ap+cq=a1+(p-1) +a1+(q-1) + =2a1+ + Z. 设m=2a1+ + ,mZ. 所以18a1=3(3m-p-q+1)+1是一个整数, 所以|18a1|1,从而|a

35、1| , (14分) 又当|a1|= 时,存在a1+c3=1Z. 综上,|a1|的最小值为 . (16分),一、填空题(每小题5分,共30分),B组 20172019年高考模拟专题综合题组 (时间：45分钟 分值：62分),1.(2019苏州3月检测,11)已知等差数列an的各项均为正数,a1=1,且a3,a4+ ,a11成等比数列.若p- q=10,则ap-aq= .,答案 15,解析 设等差数列的公差为d,由题意知d0, a3,a4+ ,a11成等比数列, =a3a11, =(1+2d)(1+10d),即44d2-36d-45=0, 解得d= 或d=- (舍去), p-q=10,ap-aq

36、=(p-q)d=10 =15.,2.(2019南师大附中期中,13)已知实数x,y,z0,4,如果x2,y2,z2是公差为2的等差数列,则|x-y|+|y-z| 的最小值为 .,答案 4-2,解析 实数x,y,z0,4,x2,y2,z2是公差为2的等差数列,则0xyz4,则|x-y|+|y-z|=z-x= = = =4-2 . |x-y|+|y-z|的最小值为4-2 .,3.(2019金陵中学检测,12)已知a,b,c(abc)成等差数列,将其中的两个数交换,得到的三数成等 比数列,则 的值为 .,答案 20,解析 a,b,c(a0. 则a=b-d,c=b+d. 若b,a,c成等比数列,则(b

37、-d)2=b(b+d),解得d=3b, 则a=-2b,c=4b, =20. 若a,c,b成等比数列,同理可得a=4b,c=-2b, =20.,4.(2019江都中学、华罗庚中学等13校联考,13)已知ABC的三边长a,b,c成等差数列,且a2+b2+ c2=63,则实数b的取值范围是 .,答案 (3 , ,解析 设公差为d,则有a=b-d,c=b+d,代入a2+b2+c2=63,化简可得3b2+2d2=63,当d=0时,b有最大值, 为 . 由三角形三边关系得c-a63,解得b3 ,则实数b的取值范围是(3 , .,思路分析 设公差为d,则有a=b-d,c=b+d,代入已知等式求出b的最大值,

38、由三角形三边关系列 出不等式,即可确定b的范围.,5.(2019江都中学、扬中高级中学、溧水高级中学联考)等差数列an的首项a1=8,且存在唯一 的k使得点(k,ak)在圆x2+y2=144上,则这样的等差数列共有 个.,答案 21,解析 易知点(1,8)在圆内,若点(k,ak)(kN*)在圆x2+y2=144上,则有ak= ,又ak=8+(k-1)d, d= (k2且kN*),因为首项a1=8为常数,所以满足条件的等差数列的个数等于 公差d的个数,易知k=2,3,12时共有21个值,所以答案为21.,6.(2018南京第一次段考,12)已知等差数列an的首项为a,公差为-4,其前n项和为Sn

39、,若存在m N*,使得Sm=36,则实数a的最小值为 .,答案 15,解析 由题意得ma+ m(m-1)(-4)=36,即a= +2m-212 -2,当且仅当m=3 时取等号,因为 mN*,当m=5时,a= ,当m=4时,a=15 ,所以实数a的最小值为15.,二、解答题(共32分) 7.(2019苏锡常镇四市教学情况调查二,20)已知数列an是各项都不为0的无穷数列,对任意的n 3,nN*,a1a2+a2a3+an-1an=(n-1)a1an恒成立. (1)如果 , , 成等差数列,求实数的值; (2)已知=1. 求证:数列 是等差数列; 已知数列an中,a1a2.数列bn是公比为q的等比数

40、列,满足b1= ,b2= ,b3= (iN*).求证: q是整数,且数列bn中的任意一项都是数列 中的项.,解析 (1)因为n3且nN*时,a1a2+a2a3+an-1an=(n-1)a1an恒成立, 所以n=3时,a1a2+a2a3=2a1a3,因为数列an的各项都不为0,所以上式两边同除以a1a2a3得 = + , (1分) 又因为 , , 成等差数列,所以 = + , (2分) 故 = ,所以=1. (3分) (2)当=1,n=3时,a1a2+a2a3=2a1a3,(i) 整理得 + = , 则 - = - .(ii) (4分) 当n=4时,a1a2+a2a3+a3a4=3a1a4,(i

41、ii) (iii)-(i)得a3a4=3a1a4-2a1a3,得 = - ,又 + = , 所以 - = - .(iv) (5分),当n3时,a1a2+a2a3+an-1an=(n-1)a1an, a1a2+a2a3+an-1an+anan+1=na1an+1,两式相减得: anan+1=na1an+1-(n-1)a1an,因为an0,所以 = - . (6分) 进一步有 = - ,所以 - = - , 整理得 + = ,即 - = - (n3),(v) (7分) 由(ii)(iv)(v)得: - = - 对任意的正整数恒成立, (8分) 所以数列 是等差数列. (9分) 证明:设数列 的公差

42、为d,首项为c. 令cn= ,则c1= =c(c0),则b1=c1=c,b2=c2=c+d, d=c2-c1=b2-b1=cq-c. 当i=2时,b3=c2=b2,从而q=1,b2=b1,得a1=a2,与已知不符. (10分),当i=3时,由b3=c3,得cq2=c+2d=c+2c(q-1),得q2=1+2(q-1). 得q=1,与已知不符. (11分) 当i=1时,由b3=c1,得cq2=c,得q2=1,则q=-1(上面已证q1),为整数,则数列bn为c,-c,c,;数列cn 中,c1=c,c2=-c,公差d=-2c. 数列bn中的每一项都是cn中的项(c=c1,-c=c2). (12分)

43、当i4时,由b3=ci,得cq2=c+(i-1)d=c+(i-1)c(q-1),得q2-(i-1)q+(i-2)=0, 解得q=1(舍去)或q=i-2(i4)为正整数. (14分) 因为cq=c+d,b3=ci, 对任意的正整数k4,欲证明bk是数列cn中的项,只需: bk=cqk-1=ci+xd=b3+x(cq-c)=cq2+x(cq-c)有正整数解x. 等价于qk-1=q2+x(q-1),x= 为正整数. 因为x= = 表示首项为q2,公比为q=i-2(i4),共k-3(k4)项的等比数列的和,所 以x为正整数.,因此,bn中的每一项都是数列cn亦即 中的项. (16分),8.(2019南

44、通三县期末联考,20)已知数列an的首项a1=1,其前n项和为Sn,对于任意正整数m,k,都 有 = . (1)求数列an的通项公式; (2)设数列bn,cn满足an=bn-cn. 若cn=2bn+1,b3=-1,求证:数列bn是等差数列; 若数列bn、cn都是等比数列,求证:数列cn中至多存在三项.,解析 (1)令m=n,k=1,则由 = ,得 =n2. 因为S1=a1=1,所以Sn=n2, (2分) 当n2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,且当n=1时,此式也成立. 所以数列an的通项公式为an=2n-1. (4分) (2)证法一:因为an=bn-cn,cn=2bn+1, 所以bn-2b

45、n+1=2n-1, 所以bn+2n-5=2bn+1+2(n+1)-5. (6分) 由b3=-1,b1-2b2=1,b2-2b3=3得b1=3, 所以b1+21-5=0, 所以bn+2n-5=0, (8分) 所以bn=5-2n, 所以bn+1-bn=-2, 所以数列bn是等差数列. (10分) 证法二:因为an=bn-cn,cn=2bn+1,b3=-1,所以bn-2bn+1=2n-1, 所以2nbn-2n+1bn+1=2n(2n-1). (6分) 所以2n-1bn-1-2nbn=2n-1(2n-3),2b1-22b2=21, 所以2b1-2nbn=21+223+2n-1(2n-3)(n2), 记

46、Tn=21+223+2n-1(2n-3)(n2), 2Tn=221+233+2n-1(2n-5)+2n(2n-3), 两式相减得 -Tn=2+(23+24+2n)-2n(2n-3)=-6-2n(2n-5), 所以Tn=2n(2n-5)+6(n2), 所以,当n2时,bn= +5-2n, (8分) 由b3=-1,b1-2b2=1,b2-2b3=3得b1=3, 所以,当n2时,bn=5-2n,当n=1时,上式也成立, 所以bn+1-bn=-2,所以数列bn是等差数列. (10分) 证法三:因为an=bn-cn,cn=2bn+1,b3=-1,所以bn-2bn+1=2n-1,(i) 所以bn+1-2b

47、n+2=2n+1,(ii) (i)-(ii)得2bn+2-3bn+1+bn=-2,(iii) (6分) 所以2bn+1-3bn+bn-1=-2(n2),(iv) (8分) (iii)-(iv)得2bn+2-5bn+1+4bn-bn-1=0, 所以2(bn+2-2bn+1+bn)-(bn+1-2bn+bn-1)=0. (8分) 由b1-2b2=1,b3=-1知b1-2b2+b3=0. 所以bn+1-2bn+bn-1=0,即2bn=bn+1+bn-1(n2), 所以数列bn是等差数列. (10分) 不妨设数列cn超过三项,令bn=bpn,cn=cqn, 由(1)有2an+1=an+an+2, 因为an=bn-cn, 所以2(bn+1-cn+1)=(bn-cn)+(bn+2-cn+2), 把bn=bpn,cn=cqn代入,整理得bpn(p-1)2=cqn(q-1)2,(*) (13分),若p