2021新高考数学复习练习课件：§6.1　等差数列.pptx

1、考点考点1 等差数列及其前等差数列及其前n项和项和 1.(2019课标理,9,5分)记Sn为等差数列an的前n项和.已知S4=0,a5=5,则( ) A.an=2n-5 B.an=3n-10 C.Sn=2n2-8n D.Sn=n2-2n 1 2 答案答案 A 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.故选A. 4 3 2 解后反思解后反思 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

2、检 验法去验证S4和a5,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.(2018课标理,4,5分)记Sn为等差数列an的前n项和.若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=( ) A.-12 B.-10 C.10 D.12 答案答案 B 本题主要考查等差数列的通项公式及前n项和公式. 解法一:设等差数列an的公差为d,3S3=S2+S4, 3=2a1+d+4a1+d,d=-a1. a1=2,d=-3,a5=a1+4d=2+4(-3)=-10.故选B. 解法二:设等差数列an的公差为d,3S3=S2+S4, 3S3=S3-a3+S3+a4,S3=a4-a3,3a2=d,即3(a1+

3、d)=d, a1=2,d=-3,a5=a1+4d=2+4(-3)=-10.故选B. 1 3 2 3 2 ad 4 3 2 3 2 3.(2017课标理,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( ) A.-24 B.-3 C.3 D.8 答案答案 A 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(d0),依题意得=a2 a6,即(1+2d)2=(1+d)(1+5d),解得d=-2或d=0(舍去), 又a1=1,S6=61+(-2)=-24.故选A. 2 3 a 6 5 2 4.(2016课标理,3,5分)已知等

4、差数列an前9项的和为27,a10=8,则a100=( ) A.100 B.99 C.98 D.97 答案答案 C 设an的公差为d,由等差数列前n项和公式及通项公式,得解得 an=a1+(n-1) d=n-2,a100=100-2=98.故选C. 91 101 9 8 927, 2 98, Sad aad 1 -1, 1, a d 一题多解一题多解 由S9= 9= 9=9a5=27,可得a5=3, 所以a10-a5=5d=5,所以d=1,所以a100=a10+90d=98.故选C. 19 2 aa 5 2 2 a 5.(2020江苏,11,5分)设an是公差为d的等差数列,bn是公比为q的等

5、比数列.已知数列an+bn的前 n项和Sn=n2-n+2n-1(nN*),则d+q的值是 . 答案答案 4 解析解析 设数列an的首项为a1,数列bn的首项为b1,易知q1,则an+bn的前n项和Sn=na1+d+ =n2+n-qn+=n2-n+2n-1,=1,q=2,则d=2,q=2,d+q=4. ( -1) 2 n n 1(1- ) 1- n bq q2 d 1- 2 d a 1 1- b q 1 1- b q2 d 6.(2020课标文,14,5分)记Sn为等差数列an的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10= . 答案答案 25 解析解析 设等差数列an的公差为d, 则a2=

6、-2+d,a6=-2+5d, 因为a2+a6=2,所以-2+d+(-2+5d)=2,解得d=1, 所以S10=10(-2)+1=-20+45=25. 10 9 2 7.(2020新高考,14,5分)将数列2n-1与3n-2的公共项从小到大排列得到数列an,则an的前n 项和为 . 答案答案 3n2-2n 解析解析 数列2n-1的项为1,3,5,7,9,11,13, 数列3n-2的项为1,4,7,10,13, 数列an是首项为1,公差为6的等差数列, an=1+(n-1)6=6n-5, 数列an的前n项和Sn=3n2-2n. (16 -5) 2 nn 8.(2019北京理,10,5分)设等差数列

7、an的前n项和为Sn.若a2=-3,S5=-10,则a5= ,Sn的最小值为 . 答案答案 0;-10 解析解析 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, 即解得 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. 1 1 -3, 5 4 5-10, 2 ad ad 1 1 -3, 2-2, ad ad 1 -4, 1, a d ( -1) 2 n n 2- 2 n n1 2 1 2

8、2 9 - 2 n 81 8 一题多解一题多解 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. 15 5() 2 aa 9.(2019课标文,14,5分)记Sn为等差数列an的前n项和.若a3=5,a7=13,则S10= . 答案答案 100 解析解析 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=101+2=100. 73 - 4 a a13-5 4 10 9 2 易

9、错警示易错警示 对等差数列前n项和公式记忆不清,从而导致出错. 10.(2019课标理,14,5分)记Sn为等差数列an的前n项和,若a10,a2=3a1,则= . 10 5 S S 答案答案 4 解析解析 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. 10 9 2 5 4 2 10 5 S S 一题多解一题多解 设等差数列an的公差为d, 由a2=3a1可得d

10、=2a1,因为a10, 所以=4. 10 5 S S 110 15 10() 5() aa aa 1 1 2(29 ) 24 ad ad 11 11 2(218 ) 28 aa aa 11.(2019课标文,18,12分)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.

11、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,d0时,满足的项数m,可使得Sn取得最大值,最大值为Sm; 当a10时,满足的项数m,可使得Sn取得最小值,最小值为Sm. 1 0, 0 m m a a 1 0, 0 m m a a 5.(2019北京文,16,13分)设an是等差数列,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 的核心素养为数学抽

12、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. 所以,当n7时,an0;当n6时,an0. 所以,Sn的最小值为S6=-30. 6.(2016北京文,15,13分)已知an是等差数列,bn是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4. (1)求an的通项公式; (2)设cn=

13、an+bn,求数列cn的前n项和. 解析解析 (1)等比数列bn的公比q=3,(1分) 所以b1=1,b4=b3q=27.(3分) 设等差数列an的公差为d. 因为a1=b1=1,a14=b4=27, 所以1+13d=27,即d=2.(5分) 所以an=2n-1(n=1,2,3,).(6分) (2)由(1)知,an=2n-1,bn=3n-1. 因此cn=an+bn=2n-1+3n-1.(8分) 从而数列cn的前n项和为 1+3+(2n-1)+1+3+3n-1 =+=n2+.(13分) 3 2 b b 9 3 2 b q (12 -1) 2 nn1-3 1-3 n 3 -1 2 n 7.(201

14、7上海,19,14分)根据预测,某地第n(nN*)个月共享单车的投放量和损失量分别为an和bn(单 位:辆),其中an=bn=n+5.第n个月底的共享单车的保有量是前n个月的累计投放量与 累计损失量的差. (1)求该地区第4个月底的共享单车的保有量; (2)已知该地共享单车停放点第n个月底的单车容纳量Sn=-4(n-46)2+8 800(单位:辆).设在某月底,共 享单车保有量达到最大,问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量? 4 515,13, -10470,4, nn nn 解析解析 (1)前4个月共享单车的累计投放量为 a1+a2+a3+a4=20+95+420+430=965(辆)

15、, 前4个月共享单车的累计损失量为b1+b2+b3+b4=6+7+8+9=30(辆),该地区第4个月底的共享单车的 保有量为965-30=935(辆). (2)令anbn,显然n3时恒成立, 当n4时,由-10n+470n+5,解得n, 第42个月底,保有量达到最大. 当n4时,an是公差为-10的等差数列,而bn是公差为1的等差数列, 到第42个月底,共享单车保有量为39+535-42=39+535-42=8 782 (辆). 又S42=-4(42-46)2+8 800=8 736,8 7828 736, 第42个月底共享单车保有量超过了停放点的单车容纳量. 465 11 442 2 aa

16、142 2 bb43050 2 647 2 8.(2019上海,21,18分)数列an(nN*)有100项,a1=a,对任意n2,100,存在an=ai+d,i1,n-1,若ak与 前n项中某一项相等,则称ak具有性质P. (1)若a1=1,d=2,求a4所有可能的值; (2)若an不是等差数列,求证:数列an中存在某些项具有性质P; (3)若an中恰有三项具有性质P,这三项和为c,请用a、d、c表示a1+a2+a100. 解析解析 (1)a4可能的值为3,5,7. (2)要证明an中存在某些项具有性质P, 即证明:若数列an中不存在具有性质P的项,则an为等差数列(原命题的逆否命题). 显然

17、a1=a,a2=a+d,a3=ai+d,i=1,2, i=1时,a3=a1+d=a2,满足性质P,不成立; i=2时,a3=a2+d=a+2d. a4=ai+d,i=1,2,3, 同理,i=1时,a4=a2,不成立;i=2时,a4=a3,不成立, 所以a4=a3+d=a+3d, 以此类推an=ai+d,i1,n-1, 其中an=ai+d,i1,n-2时不成立, 只有i=n-1,即an=an-1+d时成立,即an为等差数列, 即得结论:an不为等差数列,an中存在某些项满足性质P. (3)将数列中具有性质P的三项去掉,形成一个新数列bn, b1=a1=a,n2,97时,bn=ai+d,i1,n-

18、1,且bn中不存在满足性质P的项, 根据(2)可知bn为等差数列, 所以b1+b2+b97=97b1+d, 即b1+b2+b97=97a+4 656d, 又因为去掉的三项和为c, 所以a1+a2+a100=97a+4 656d+c. 97 96 2 1.(2020课标理,4,5分)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块 圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的 第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多7 29块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)( ) A.3 699

19、块 B.3 474块 C.3 402块 D.3 339块 考点考点2 等差数列的性质及应用等差数列的性质及应用 答案答案 C 由题意可设每层有n个环,则三层共有3n个环,每一环扇面形石板的块数构成以a1=9为 首项,9为公差的等差数列an,且项数为3n.不妨设上层扇面形石板总数为S1,中层总数为S2,下层总 数为S3,S3-S2=-=9n2=729,解得n=9(负值舍去). 则三层共有扇面形石板(不含天心石)279+9=279+27139=27149=3 402(块).故选C. ( -1) 9(21)9 2 n n nn ( -1) 9(1)9 2 n n nn 2726 2 2.(2020浙

20、江,7,4分)已知等差数列an的前n项和为Sn,公差d0,且1.记b1=S2,bn+1=S2n+2-S2n,nN*, 下列等式不可能成立的是( ) A.2a4=a2+a6 B.2b4=b2+b6 C.=a2a8 D.=b2b8 1 a d 2 4 a 2 4 b 答案答案 D 对于A,a2,a4,a6成等差数列,A成立;对于B,由bn+1=S2n+2-S2n=a2n+2+a2n+1,可得bn+1-bn=a2n+2+a2n+1 -(a2n+a2n-1)=a2n+2-a2n+a2n+1-a2n-1=4d,故bn是等差数列,则b2,b4,b6也成等差数列,B成立;对于C,=(a1+ 3d)2=+6a

21、1d+9d2,a2a8=(a1+d)(a1+7d)=+8a1d+7d2,所以-a2a8=2d2-2a1d=2d(d-a1),当d=a1时,=a2a8 成立;对于D,=(2a1+13d)2=4+52a1d+169d2,b2b8=(a1+a2+4d)(a1+a2+28d)=(2a1+5d)(2 a1+29d)=4+68a1d+145d2,-b2b8=24d2-16a1d=8d28d20,b2b8,D不可能成立.故 选D. 2 4 a 2 1 a 2 1 a 2 4 a 2 4 a 2 4 b 2 12 (12 )aad 2 1 a 2 1 a 2 4 b 1 3-2 a d 2 4 b 3.(20

22、20北京,8,4分)在等差数列an中,a1=-9,a5=-1.记Tn=a1a2an(n=1,2,),则数列Tn( ) A.有最大项,有最小项 B.有最大项,无最小项 C.无最大项,有最小项 D.无最大项,无最小项 答案答案 B 设等差数列an的公差为d,因为a1=-9,a5=-1,所以4d=a5-a1=-1-(-9)=8,解得d=2,所以等差 数列an的通项公式为an=a1+(n-1)d=2n-11, 所以a1=-9,a2=-7,a3=-5,a4=-3,a5=-1,a6=1,an=2n-11,且当n6时,an=2n-110恒成立. 因为Tn=a1a2an(n=1,2,),所以T1=-9,T2=

23、63,T3=-315,T4=945,T5=-945,当n6时,Tn=a1a2a3a4a5a6an0 恒成立,且n越大,Tn的绝对值越大,因此,在数列Tn中,T4最大;当n6时,Tn0”是“S4+S62S5”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 答案答案 C 解法一:S4+S62S5等价于(S6-S5)+(S4-S5)0,等价于a6-a50,等价于d0.故选C. 解法二:Sn=na1+n(n-1)d,S4+S6-2S5=4a1+6d+6a1+15d-2(5a1+10d)=d,即S4+S62S5等价于d0.故选 C. 1 2 6.(2019江

24、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 . 答案答案 16 解析解析 设数列an的公差为d. 数列an是等差数列,S9=9a5=27,a5=3,a2a5+a8=3a2+a8=0,得3(a5-3d)+a5+3d=0,即12 -6d=0,d=2,S8=4(a4+a5)=4(a5-d+a5)=16. 19 9() 2 aa 18 8() 2 aa 一题多解一题多解 设数列an的公差为d, 则 解得a1=-5,d=2,所以S8=8(-5)+2=16. 111 1 ()(4 )70, 9 8 927, 2 ad adad ad 8

25、 7 2 1.(2017上海,15,5分)已知a、b、c为实常数,数列xn的通项xn=an2+bn+c,nN*,则“存在kN*,使得 x100+k,x200+k,x300+k成等差数列”的一个必要条件是( ) A.a0 B.b0 C.c=0 D.a-2b+c=0 以下为教师用书专用 答案答案 A 本题主要考查等差数列、充分条件和必要条件. 存在kN*,要使得x100+k,x200+k,x300+k成等差数列, 只需要2x200+k=x100+k+x300+k, 即2a(200+k)2+2b(200+k)+2c=a(100+k)2+b(100+k)+c+a(300+k)2+b(300+k)+c成

26、立,整理得a=0, 即充要条件是a=0. 只有A选项包含但缺乏限制条件,故本题正确答案为A. 2.(2018上海,6,4分)记等差数列an的前n项和为Sn,若a3=0,a6+a7=14,则S7= . 答案答案 14 解析解析 a6+a7=2a3+7d=14,d=2,a4=a3+d=2,S7=7a4=14. 一题多解一题多解 由等差数列性质可得,a1+a5=a2+a4=2a3=0, 所以S7=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7=a6+a7=14. 3.(2019上海春,20,16分)已知等差数列an的公差d(0,数列bn满足bn=sin an,集合S=x|x=bn,n N*. (1)若a1

27、=0,d=,求集合S; (2)若a1=,求d使得集合S恰好有两个元素; (3)若集合S恰好有三个元素:bn+T=bn,T是不超过7的正整数,求T的所有可能的值. 2 3 2 解析解析 (1)a1=0,d=a2=,a3=,a4=2, b1=sin 0=0,b2=sin=,b3=sin=-,b4=0, bn以3为周期进行循环S=. (2)a1=,b1=sin=1,b2=sin,b3=sin. S恰好有两个元素, sin=sin或sin=sin, 即2d=2或+d+2d=2+d=或d=. (3)由S恰好有3个元素可知:T3. 当T=3时,bn+3=bn,集合S=b1,b2,b3,符合题意; 当T=4

28、时,bn+4=bn,sin(an+4d)=sin an, an+4d=an+2k,kZ或an+4d=2k+-an,kZ, an为公差d0的等差数列, 故an+4d=an+2k,kZd=,kZ, 2 3 2 3 4 3 2 3 3 2 4 3 3 2 33 -,0, 22 2 2 2 d 2 2 d 2 2 2 d 2 d 2 2 d 2 2 2 3 2 k 又d(0,故k=1,2, 当k=1时,如图,取a1=0,S=0,1,-1,符合题意; 当T=5时,bn+5=bn,sin(an+5d)=sin an, an+5d=an+2k,kZ或an+5d=2k+-an,kZ, an为公差d0的等差数列

29、,故an+5d=an+2k,kZd=,kZ,又d(0,故k=1,2, 2 5 k 当k=1时,如图,取a1=,S=,符合题意; 当T=6时,bn+6=bn,sin(an+6d)=sin an, an+6d=an+2k,kZ或an+6d=2k+-an,kZ, an为公差d0的等差数列,故an+6d=an+2k,kZd=,kZ, 又d(0,故k=1,2,3, 10 3 sin,1,-sin 1010 3 k 当k=1时,如图,取a1=0时,S=,符合题意; 当T=7时,bn+7=bn,sin(an+7d)=sin an, an+7d=an+2k,kZ或an+7d=2k+-an,kZ, an为公差d

30、0的等差数列, 故an+7d=an+2k,kZd=,kZ, 又d(0,故k=1,2,3, 当k=1时,因为b1,b2,b7对应3个正弦值,故必有一个正弦值对应三个点,必有am-an=2,即(m-n)d=2, d=,即=,m-n=7,即m7,与T是不超过7的正整数矛盾,不符合题意; 当k=2时,因为b1,b2,b7对应3个正弦值,故必有一个正弦值对应三个点,必然有am-an=2,即(m-n)d=2 33 ,0,- 22 2 7 k 2 -m n 2 -m n 2 7 ,d=,即=,m-n不是整数,故不符合题意; 当k=3时,因为b1,b2,b7对应3个正弦值,故必有一个正弦值对应三个点,必然有a

31、m-an=2或4. 若(m-n)d=2,d=,即=,m-n不是整数, 若(m-n)d=4,d=,即=,m-n不是整数, 故k=3不符合题意. 综上:T的所有可能的值为3,4,5,6. 2 -m n 2 -m n 4 7 2 -m n 2 -m n 6 7 4 -m n 4 -m n 6 7 4.(2016天津理,18,13分)已知an是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的nN*,bn是an和an+1 的等比中项. (1)设cn=-,nN*,求证:数列cn是等差数列; (2)设a1=d,Tn=(-1)k,nN*,求证:. 2 1n b 2 n b 2 1 n k 2 k b 1 n k 1

32、 k T 2 1 2d 证明证明 (1)由题意得=anan+1,有cn=-=an+1an+2-anan+1=2dan+1,因此cn+1-cn=2d(an+2-an+1)=2d2, 所以cn是等差数列. (2)Tn=(-+)+(-+)+(-+) =2d(a2+a4+a2n)=2d=2d2n(n+1). 所以=0,(S8-S5)(S9-S5)|a8| D.|a7|0,(S8-S5)(S9-S5)0,S8S5S9,a6+a7+a80,a70,|a7|a8|,故 选D. 3.(2018广东汕头模拟,8)已知等差数列an的前n项和为Sn,a1=9,-=-4,则Sn取最大值时的n为 ( ) A.4 B.5

33、 C.6 D.4或5 9 9 S 5 5 S 答案答案 B 由an为等差数列,得-=a5-a3=2d=-4,即d=-2,由于a1=9,所以an=-2n+11,令an=-2n+11, 所以Sn取最大值时的n为5,故选B. 9 9 S 5 5 S 11 2 4.(2020江苏仿真模拟,6)已知等差数列an满足a5=2,a11=11,则-= . 2 8 a 2 2 a 答案答案 36 解析解析 设公差为d,因为a5=2,a11=11,所以6d=a11-a5=9,所以-=(a8+a2)(a8-a2)=2a5 6d=36. 2 8 a 2 2 a 1.(2020湘赣皖十五校第一次联考)记Sn为数列an的

34、前n项和,数列an对任意的p,qN*满足ap+q=ap +aq+13.若a3=-7,则当Sn取最小值时,n等于( ) A.6 B.7 C.8 D.9 B B组组 专题综合题组专题综合题组 (时间:45分钟 分值:65分) 一、单项选择题(每小题5分,共20分) 答案答案 A 由题意得a3=a1+a2+13=(a1+13)+(2a1+13)=-7,所以a1=-11,由条件可得,对任意的nN*,an+1 =an+a1+13=an+2,所以an是等差数列,an=2n-13.要使Sn最小,则有即解得 n,又nN*,所以n=6. 1 0, 0, n n a a 2 -130, 2(1)-130, n n

35、 11 2 13 2 一题多解一题多解 由赋值法易求得a1=-11,a2=-9,a3=-7,an=2n-13,则Sn=n2-12n,可知当n=6时,Sn取最小 值. 2.(2020全国百强名校“领军考试”,12)已知数列an满足an=(-1n,设数列an的前n项和为Sn, 则S2 019=( ) A.2 020 B.2 019 C.1 010 D.0 (1) 2 ) n n 答案答案 D 由an=(-1 n可得a4k-3+a4k-2+a4k-1+a4k=-(4k-3)-(4k-2)+(4k-1)+4k=4,kN*,所以S2 019=S2 020-a2 020=5054-2 020=0.故选D.

36、 (1) 2 ) n n 3.(2020河北邯郸大名一中周测,4)设an是等差数列,则下列结论一定正确的是( ) A.若a1+a20,则a2+a30 B.若a1+a30,则a2+a30 C.若0a1 D.(a2-a1)(a2-a3)0,则2a1+d0,a2+a3=2a1+3d2d,d0时,结论成立,故A不正确; 对于B选项,当a1,a2,a3分别为-4,-1,2时,满足a1+a30,故B不正确; an是等差数列,2a2=a1+a3. a2a10,d0,a30,a1+a32, 2a22,即a2,故C正确; (a2-a1)(a2-a3)=-d20,故D不正确.故选C. 13 a a 13 a a

37、13 a a 4.(2019广东珠海3月联考,5)已知数列an中,a1=1,=,则数列an( ) A.既非等差数列,又非等比数列 B.既是等差数列,又是等比数列 C.仅为等差数列 D.仅为等比数列 1n n S S 1n n 答案答案 B 根据题意,数列an中,=,则=(n2),则Sn=S1= 1=n(n2),当n=1时,S1=a1=1符合,则当n2时,an=Sn-Sn-1=n-(n-1)=1,当n=1时,a1=1符合,故an=1 (nN*),则数列an为非零的常数列,它既是等差数列,又是等比数列,故选B. 1n n S S 1n n -1 n n S S-1 n n -1 n n S S -

38、1 -2 n n S S 2 1 S S-1 n n -1 -2 n n 2 1 方法点拨方法点拨 根据题意,分析可得=(n2),又由Sn=S1,分析可得Sn=n,进而分 析可得数列an的通项公式为an=1,据此可得答案. -1 n n S S-1 n n -1 n n S S -1 -2 n n S S 2 1 S S 5.(2020百师联盟练习题五,6)对于数列an ,令bn=an-,下列说法正确的是( ) A.若数列an是单调递增数列,则数列bn也是单调递增数列 B.若数列an是单调递减数列,则数列bn也是单调递减数列 C.若an=3n-1,则数列bn有最小值 D.若an=1-,则数列b

39、n有最大值 1 n a 1 - 2 n 二、多项选择题(共5分) 答案答案 CD 如果a1=-1,a2=1,则b1=b2=0,从而A不正确;如果a1=1,a2=-1,则b1=b2=0,从而B不正确;函数f (x)=x-在(0,+)上为增函数,若an=3n-1,则an为递增数列,当n=1时,an取最小值,a1=20,从而数列 bn有最小值,从而C正确;若an=1-,当n=1时,an取最大值,且an0,从而数列bn有最大值,从而 D正确.故选CD. 1 x 1 - 2 n 3 2 方法总结方法总结 解决数列的单调性问题可用以下三种方法 (1)作差比较法,根据an+1-an与0的大小关系判断数列an

40、是递增数列、递减数列还是常数列. (2)作商比较法,根据(an0或an0)与1的大小关系进行判断. (3)结合相应函数的图象直观判断. 1n n a a 6.(2020河北邯郸大名一中周测,14)设等差数列an的前n项和为Sn,若a2=3,S4=16,则数列an的公差 d= . 三、填空题(共5分) 答案答案 2 解析解析 由题意知 解得故d=2. 21 41 3, 4616, aad Sad 1 1, 2. a d 7.(2020湖南衡阳一模)已知an为等差数列,前n项和为Sn,a3=9,S9=135. (1)求数列an的通项公式; (2)记数列的前n项和为Tn,证明:Tn. 2 1 n a

41、 1 6 1 3 四、解答题(共35分) 解析解析 (1)设公差为d, 由题意得解得 an=3n. (2)证明:令cn=,则cn=, 则0cnc1=,TnT1=, 又Tn=, Tn0,2Sn=+an,nN*. (1)求an; (2)若bn=,数列bn的前n项和为Tn,求Tn. 2 n a 1 n S 解析解析 (1)由2S1=+a1得,2a1=+a1, 解得a1=0(舍去)或a1=1,a1=1. 2Sn=+an,nN*,2Sn-1=+an-1,n2, 两式相减得,2(Sn-Sn-1)=-+an-an-1,n2, 2an=-+an-an-1,n2, -(an+an-1)=0,n2, (an+an

42、-1)(an-an-1-1)=0,n2, an+an-10,an-an-1=1,n2, an为等差数列,公差为1, 又a1=1,an=n,nN*. (2)由(1)得Sn=,nN*, bn=2, Tn=2 =2=. 2 1 a 2 1 a 2 n a 2 -1n a 2 n a 2 -1n a 2 n a 2 -1n a 2 n a 2 -1n a (1) 2 n n 1 n S 2 (1)n n 11 - 1n n 11 111 1-?- 22 31n n 1 1- 1n 2 1 n n 9.(2019湖北武汉外国语学校3月模拟,17)若数列an的前n项和为Sn,首项a10且2Sn=+an(n

43、N*). (1)求数列an的通项公式; (2)若an0(nN*),令bn=,求数列bn的前n项和Tn. 2 n a 1 (2) nn a a 解析解析 (1)当n=1时,2S1=+a1=2a1,又a10,则a1=1,当n2时,an=Sn-Sn-1=-, 即(an+an-1)(an-an-1-1)=0an=-an-1或an=an-1+1, an=(-1)n-1或an=n. (2)an0,an=n,bn=, Tn=1+-=-. 2 1 a 2 2 nn aa 2 -1-1 2 nn aa 1 (2)n n 1 2 11 - 2n n 1 2 11 111 1-?- 32 42n n 1 2 1 2

44、 1 1n 1 2n 3 4 23 2(1)(2) n nn 1.(2020 5 3原创题)若函数f(x)=log2(x-1)+2,数列an是首项为2,公差为3的等差数列,则 与f的大小关系是( ) A.f B.f C.=f D.不确定 1 ()() 2 nn f af a 1 2 nn aa 1 ()() 2 nn f af a 1 2 nn aa 1 ()() 2 nn f af a 1 2 nn aa 1 ()() 2 nn f af a 1 2 nn aa 答案答案 B 作出函数f(x)=log2(x-1)+2的图象,如图. 由图象并结合数列单调递增可知 0,前n项和为Sn,且S2n-

45、1=,则a9的值是 . 2 -1 21 n n 2 n a 答案答案 19 解析解析 因为S2n-1=,所以=,即=,所以an=,又 an0,所以an=2n+1,所以a9=19. 2 -1 21 n n 2 n a 12 -1 () (2 -1) 2 n aan2 -1 21 n n 2 n a 2(2 -1) 2 n an2 -1 21 n n 2 n a 1 21n 2 n a 3.(2020 5 3原创题)等差数列an中,an0,若a1+a3+a5+a201=2 020,则a2a200的最大值是 . 答案答案 400 解析解析 易知a1,a3,a5,a201成等差数列,且项数为101,

46、由等差数列求和公式得=2 020, 故a1+a201=40,因为an0,所以由基本不等式知a2a200=400. 故a2a200的最大值是400. 1201 () 101 2 aa 2 2200 2 aa 2 1201 2 aa 命题说明命题说明 本题主要考查等差数列的前n项和公式、等差数列的性质及基本不等式. 解题关键解题关键 “等差数列an中,若m+n=p+q,m,n,p,qN*,则am+an=ap+aq”,熟练掌握并灵活运用是快 速答题的基础. 4.(2020 5 3原创题)数列an满足a1=1,an+1=. (1)求证:是等差数列; (2)求an. 3-1 4-1 n n a a 1 2-1 n a 解析解析 (1)证明:-=-=-=-=2, 因此是等差数列. (2)由(1)知,是以=1为首项,2为公差的等差数列,故=2n-1, 解得an=. 1 1 2-1 n a 1 2-1 n a 1 3-1 2-1 4-1 n n a a 1 2-1 n a 4-1 2(3-1)-(4-1) n nn a aa 1 2-1 n a 4-1 2-1 n n a a 1 2-1 n a 1 2-1 n a 1 2-1 n a 1 1 2-1a 1 2-1 n a 2 -1 n n