【金榜方案】2015高考数学(理)一轮知能检测：第5章 第2节 等差数列及其前n项和

[A组基础演练·能力提升]一、选择题1．若数列{a n}的首项a1＝1，且a n＝a n－1＋2(n≥2)，则a7＝( )A．13 B．14C．15 D．17解析：∵a n＝a n－1＋2(n≥2)，∴a n－a n－1＝2，又∵a1＝1，∴数列{a n}是以1为首项，以2为公差的等差数列，故a7＝1＋2×(7－1)＝13.答案：A2．(2014年石家庄模拟)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a4＝15，S5＝55，则数列{a n}的公差是( )A.14B．4C．－4 D．－3解析：∵{a n}是等差数列，a4＝15，S5＝55，∴a1＋a5＝22，∴2a3＝22，a3＝11，∴公差d＝a4－a3＝4.答案：B3．(2014年沈阳质检)S n为等差数列{a n}的前n项和，a2＋a8＝6，则S9＝( )A.272B．27C．54 D．108解析：S 9＝a1＋a92＝a2＋a82＝27.答案：B4．(2014年北京东城模拟)已知{a n}为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，S n为{a n}的前n项和，n∈N*，则S10的值为( )A．－110 B．－90C．90 D．110解析：因为a7是a3与a9的等比中项，所以a27＝a3a9，又因为数列{a n}的公差为－2，所以(a1－12)2＝(a1－4)(a1－16)，解得a1＝20，通项公式为a n＝20＋ (n－1)×(－2)＝22－2n，所以S 10＝a1＋a102＝5×(20＋2)＝110，故选D.答案：D5．一个首项为23，公差为整数的等差数列，如果前6项均为正数，第7项起为负数，则它的公差为( )A ．－2B ．－3C ．－4D ．－6解析：设a n ＝23＋(n －1)d ，则a 6>0，a 7<0即⎩⎪⎨⎪⎧23＋5d >0，23＋6d <0解得－435<d <－356，又因为d ∈Z ，所以d ＝－4. 答案：C6．(2014年郑州模拟)把70个面包分五份给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的16是较小的两份之和，则最小的一份为( )A ．2B ．8C ．14D ．20解析：由题意知，中间一份为14，设该等差数列的公差为d (d >0)，则这五份分别是14－2d,14－d,14,14＋d,14＋2d .又16(14＋14＋d ＋14＋2d )＝14－2d ＋14－d ，解得d ＝6.故14－2d ＝2，选A. 答案：A 二、填空题7．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋a 4＋a 5＝12，则S 7的值为________． 解析：设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由a 3＋a 4＋a 5＝12得a 1＋2d ＋a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝12，即3a 1＋9d ＝12，化简得a 1＋3d ＝4，故S 7＝7a 1＋7×62d ＝7(a 1＋3d )＝7×4＝28.答案：288．(2014年浙江五校联考)等差数列{a n }前9项的和等于前4项的和．若a 1＝1，a k ＋a 4＝0，则k ＝________.解析：设{a n }的公差为d ，由S 9＝S 4及a 1＝1，得9×1＋9×82d ＝4×1＋4×32d ，所以d ＝－16.又a k ＋a 4＝0，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋k －⎝ ⎛⎭⎪⎫－16＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋－⎝ ⎛⎭⎪⎫－16＝0，即k ＝10. 答案：109．已知数列{a n }是等差数列，且a 3＋a 9＝5，b n ＝2a n ，则b 5＋2b 7的最小值为________． 解析：由题意可得，数列{b n }是等比数列，且各项均为正数，故b 5＋2b 7≥2 2b 5b 7＝2 2·2a 52a 7＝2 2·2a 5＋a 7＝2 2·2a 3＋a 9＝16. 答案：16三、解答题10．(2013年高考四川卷)在等差数列{a n }中，a 1＋a 3＝8，且a 4为a 2和a 9的等比中项，求数列{a n }的首项、公差及前n 项和．解析：设该数列公差为d ，前n 项和为S n .由已知，可得 2a 1＋2d ＝8，(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋8d )． 所以，a 1＋d ＝4，d (d －3a 1)＝0，解得a 1＝4，d ＝0，或a 1＝1，d ＝3，即数列{a n }的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3.所以，数列的前n 项和S n ＝4n 或S n ＝3n 2－n2.11．已知等差数列{a n }中，a 5＝12，a 20＝－18. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{|a n |}的前n 项和S n .解析：(1)依题意⎩⎪⎨⎪⎧a 5＝a 1＋4d ＝12a 20＝a 1＋19d ＝－18，∴a 1＝20，d ＝－2，∴a n ＝20＋(n －1)(－2)＝－2n ＋22.(2)易知|a n |＝|－2n ＋22|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n ＋22，n ≤112n －22，n >11，∴n ≤11时，S n ＝20＋18＋…＋(－2n ＋22)＝n－2n ＋2＝(21－n )n ；n >11时，S n ＝S 11＋2＋4＋…＋(2n －22)＝110＋n －＋2n －2＝n 2－21n ＋220.综上所述，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n n ，n ≤11n 2－21n ＋220，n >11.12．(能力提升)已知a 2、a 5是方程x 2－12x ＋27＝0的两根，数列{a n }是公差为正数的等差数列，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＝1－12b n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }、{b n }的通项公式； (2)记c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和S n .解析：(1)∵x 2－12x ＋27＝(x －3)(x －9)＝0，又数列{a n }的公差d >0，∴a 2＝3，a 5＝9，∴d ＝a 5－a 23＝2，∴a n ＝2n －1.∵T n ＝1－12b n (n ∈N *)，∴b 1＝23.当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝12b n －1－12b n ，∴b n ＝13b n －1，∴b n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝23n .(2)由(1)知c n ＝(2n －1)·23n ＝4n －23n ，∴S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋332＋…＋2n －13n， ∴13S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋333＋…＋2n －13n ＋1，∴23S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤13＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋…＋13n －2n －13n ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫13－n ＋13n ＋1，∴S n ＝2－2n ＋23n .。

[课堂练通考点]1．(2014·海淀质检)等差数列{a n }中，a 2＝3，a 3＋a 4＝9，则a 1a 6的值为( )A ．14B ．18C ．21D ．27解析：选A 依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，2a 1＋5d ＝9， 由此解得d ＝1，a 1＝2，a 6＝a 1＋5d ＝7，a 1a 6＝14.2．(2014·天津河西口模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 11－a 8＝3，S 11－S 8＝3，则使a n >0的最小正整数n 的值是( )A ．8B ．9C ．10D ．11解析：选C ∵a 11－a 8＝3d ＝3，∴d ＝1，∵S 11－S 8＝a 11＋a 10＋a 9＝3a 1＋27d ＝3，∴a 1＝－8，∴a n ＝－8＋(n －1)>0，解得n >9，因此使a n >0的最小正整数n 的值是10.3．已知数列{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，a 7－a 5＝4，a 11＝21，S k ＝9，则k ＝________. 解析：a 7－a 5＝2d ＝4，则d ＝2.a 1＝a 11－10d ＝21－20＝1，S k ＝k ＋k (k －1)2×2＝k 2＝9.又k ∈N *，故k ＝3. 答案：34．(2014·荆门调研)已知一等差数列的前四项和为124，后四项和为156，各项和为210，则此等差数列的项数是________．解析：设数列{a n }为该等差数列，依题意得a 1＋a n ＝124＋1564＝70. ∵S n ＝210，S n ＝n (a 1＋a n )2，∴210＝70n 2，∴n ＝6. 答案：65．(2013·深圳二模)各项均为正数的数列{a n }满足a 2n ＝4S n －2a n －1(n ∈N *)，其中S n 为{a n }的前n 项和．(1)求a 1，a 2的值；(2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)当n ＝1时，a 21＝4S 1－2a 1－1，即(a 1－1)2＝0，解得a 1＝1.当n ＝2时，a 22＝4S 2－2a 2－1＝4a 1＋2a 2－1＝3＋2a 2，解得a 2＝3或a 2＝－1(舍去)．(2)a 2n ＝4S n －2a n －1，①a 2n ＋1＝4S n ＋1－2a n ＋1－1.②②－①得：a 2n ＋1－a 2n ＝4a n ＋1－2a n ＋1＋2a n ＝2(a n ＋1＋a n )，即(a n ＋1－a n )(a n ＋1＋a n )＝2(a n ＋1＋a n )．∵数列{a n }各项均为正数，∴a n ＋1＋a n >0，a n ＋1－a n ＝2，∴数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列．∴a n ＝2n －1.[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题1．(2013·太原二模)设{a n }为等差数列，公差d ＝－2，S n 为其前n 项和，若S 10＝S 11，则a 1＝( )A ．18B ．20C ．22D ．24解析：选B 由S 10＝S 11，得a 1＋a 2＋…＋a 10＝a 1＋a 2＋…＋a 10＋a 11，即a 11＝0，所以a 1－2(11－1)＝0，解得a 1＝20.2．(2013·石家庄质检)已知等差数列{a n }满足a 2＝3，S n －S n －3＝51(n >3)，S n ＝100，则n 的值为( )A ．8B ．9C ．10D ．11解析：选C 由S n －S n －3＝51得，a n －2＋a n －1＋a n ＝51，所以a n －1＝17，又a 2＝3，S n ＝n (a 2＋a n －1)2＝100， 解得n ＝10.3．(2014·深圳调研)等差数列{a n }中，已知a 5>0，a 4＋a 7<0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为( )A ．S 7B ．S 6C ．S 5D ．S 4解析：选C ∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝a 5＋a 6<0，a 5>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5>0，a 6<0， ∴S n 的最大值为S 5.4．已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 10>0并且S 11＝0，若S n ≤S k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 构成的集合为( )A ．{5}B ．{6}C ．{5,6}D ．{7}解析：选C 在等差数列{a n }中，由S 10>0，S 11＝0得，S 10＝10(a 1＋a 10)2>0⇒a 1＋a 10>0⇒a 5＋a 6>0， S 11＝11(a 1＋a 11)2＝0⇒a 1＋a 11＝2a 6＝0， 故可知等差数列{a n }是递减数列且a 6＝0，所以S 5＝S 6≥S n ，其中n ∈N *，所以k ＝5或6.5．(2014·浙江省名校联考)已知每项均大于零的数列{a n }中，首项a 1＝1且前n 项和S n 满足S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1(n ∈N *且n ≥2)，则a 81＝( )A ．638B ．639C ．640D ．641解析：选C 由已知S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1可得，S n －S n －1＝2，∴{S n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故S n ＝2n －1，S n ＝(2n －1)2，∴a 81＝S 81－S 80＝1612－1592＝640.6．已知递增的等差数列{a n }满足a 1＝1，a 3＝a 22－4，则a n ＝________.解析：设等差数列的公差为d ，∵a 3＝a 22－4，∴1＋2d ＝(1＋d )2－4，解得d 2＝4，即d ＝±2.由于该数列为递增数列，故d ＝2.∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.答案：2n －17．已知等差数列{a n }中，a n ≠0，若n ≥2且a n －1＋a n ＋1－a 2n ＝0，S 2n －1＝38，则n 等于________．解析：∵2a n ＝a n －1＋a n ＋1，又a n －1＋a n ＋1－a 2n ＝0，∴2a n －a 2n ＝0，即a n (2－a n )＝0.∵a n≠0，∴a n＝2.∴S2n－1＝2(2n－1)＝38，解得n＝10.答案：108．(2013·河南三市调研)设数列{a n}的通项公式为a n＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________.解析：由a n＝2n－10(n∈N*)知{a n}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n＝2n －10≥0得n≥5，∴当n≤5时，a n≤0，当n>5时，a n>0，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.答案：1309．已知数列{a n}的各项均为正数，前n项和为S n，且满足2S n＝a2n＋n－4(n∈N*)．(1)求证：数列{a n}为等差数列；(2)求数列{a n}的通项公式．解：(1)证明：当n＝1时，有2a1＝a21＋1－4，即a21－2a1－3＝0，解得a1＝3(a1＝－1舍去)．当n≥2时，有2S n－1＝a2n－1＋n－5，又2S n＝a2n＋n－4，两式相减得2a n＝a2n－a2n－1＋1，即a2n－2a n＋1＝a2n－1，也即(a n－1)2＝a2n－1，因此a n－1＝a n－1或a n－1＝－a n－1.若a n－1＝－a n－1，则a n＋a n－1＝1.而a1＝3，所以a2＝－2，这与数列{a n}的各项均为正数相矛盾，所以a n－1＝a n－1，即a n－a n－1＝1，因此数列{a n}为首项为3，公差为1的等差数列．(2)由(1)知a1＝3，d＝1，所以数列{a n}的通项公式a n ＝3＋(n －1)×1＝n ＋2，即a n ＝n ＋2.10．(2013·济南模拟)设同时满足条件：①b n ＋b n ＋22≤b n ＋1(n ∈N *)；②b n ≤M (n ∈N *，M 是与n 无关的常数)的无穷数列{b n }叫“特界”数列．(1)若数列{a n }为等差数列，S n 是其前n 项和：a 3＝4，S 3＝18，求S n ；(2)判断(1)中的数列{S n }是否为“特界”数列，并说明理由． 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋2d ＝4，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝3a 1＋3d ＝18，解得a 1＝8，d ＝－2，∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－n 2＋9n . (2){S n }是“特界”数列，理由如下：由S n ＋S n ＋22－S n ＋1＝(S n ＋2－S n ＋1)－(S n ＋1－S n )2 ＝a n ＋2－a n ＋12＝d 2＝－1<0， 得S n ＋S n ＋22<S n ＋1，故数列{S n }适合条件①. 而S n ＝－n 2＋9n ＝－⎝⎛⎭⎫n －922＋814(n ∈N *)， 则当n ＝4或5时，S n 有最大值20，即S n ≤20，故数列{S n }适合条件②.综上，数列{S n }是“特界”数列．第Ⅱ组：重点选做题1．数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝r ·a n ＋r (n ∈N *，r ∈R 且r ≠0)，则“r ＝1”是“数列{a n }为等差数列”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 解析：选A 当r ＝1时，易知数列{a n }为等差数列；由题意易知a 2＝2r ，a 3＝2r 2＋r ，当数列{a n }是等差数列时，a 2－a 1＝a 3－a 2，即2r －1＝2r 2－r ，解得r ＝12或r ＝1，故“r ＝1”是“数列{a n }为等差数列”的充分不必要条件．2．设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意自然数n 都有S n T n ＝2n －34n －3，则a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4的值为________．解析：∵{a n }，{b n }为等差数列，∴a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝a 92b 6＋a 32b 6＝a 9＋a 32b 6＝a 6b 6. ∵S 11T 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝2a 62b 6＝2×11－34×11－3＝1941，∴a 6b 6＝1941. 答案：1941。

第2讲 等差数列及其前n 项和[最新考纲]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、二次函数的关系.知 识 梳 理1．等差数列的定义如果一个数列从第2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，公差通常用字母d 表示． 数学语言表达式：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *)，d 为常数． 2．等差数列的通项公式与前n 项和公式(1)若等差数列{a n }的首项是a 1，公差是d ，则其通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d . 若等差数列{a n }的第m 项为a m ，则其第n 项a n 可以表示为a n ＝a m ＋(n －m )d . (2)等差数列的前n 项和公式S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .(其中n ∈N *，a 1为首项，d 为公差，a n 为第n 项) 3．等差数列及前n 项和的性质(1)若a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a ，b 的等差中项，且A ＝a ＋b 2. (2)若{a n }为等差数列，当m ＋n ＝p ＋q ，a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)． (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．(4)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列． (5)S 2n －1＝(2n －1)a n .(6)若n 为偶数，则S 偶－S 奇＝nd2； 若n 为奇数，则S 奇－S 偶＝a 中(中间项)．4．等差数列与函数的关系(1)等差数列与一次函数的区别与联系(2)等差数列前n 项和公式可变形为S n ＝d 2n 2＋⎝ ⎭⎪⎫a 1－d 2n ，当d ≠0时，它是关于n的二次函数，它的图象是抛物线y ＝d 2x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2x 上横坐标为正整数的均匀分布的一群孤立的点．辨 析 感 悟1．对等差数列概念的理解(1)若一个数列从第2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)等差数列的公差是相邻两项的差．(×)(3)(教材习题改编)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．(×)2．等差数列的通项公式与前n 项和(4)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.(√) (5)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．(√)(6)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数．(×) 3．等差数列性质的活用(7)(2013·广东卷改编)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝10，则3a 5＋a 7＝20.(√)(8)(2013·辽宁卷改编)已知关于d ＞0的等差数列{a n }，则数列{a n }，{na n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ，{a n ＋3nd }都是递增数列．(×)[感悟·提升]一点注意 等差数列概念中的“从第2项起”与“同一个常数”的重要性，如(1)、(2)．等差数列与函数的区别 一是当公差d ≠0时，等差数列的通项公式是n 的一次函数，当公差d ＝0时，a n 为常数，如(3)；二是公差不为0的等差数列的前n 项和公式是n 的二次函数，且常数项为0；三是等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的，如(8)中若a n ＝3n －12，则满足已知，但na n ＝3n 2－12n 并非递增；若a n ＝n ＋1，则满足已知，但a n n ＝1＋1n 是递减数列；设a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋m ，则a n ＋3nd ＝4dn ＋m 是递增数列.学生用书第82页考点一 等差数列的基本量的求解【例1】 在等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值． 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d . 由a 1＝1，a 3＝－3，可得1＋2d ＝－3.解得d ＝－2.从而，a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n . (2)由(1)可知a n ＝3－2n . 所以S n ＝n [1＋(3－2n )]2＝2n －n 2.进而由S k ＝－35可得2k －k 2＝－35. 即k 2－2k －35＝0，解得k ＝7或－5. 又k ∈N *，故k ＝7为所求．规律方法 (1)等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，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作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．【训练1】 (1)(2013·浙江五校联考)已知等差数列{a n }满足a 2＋a 4＝4，a 3＋a 5＝10，则它的前10项的和S 10＝( )．A ．85B ．135C ．95D ．23(2)(2013·新课标全国Ⅰ卷)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( )．A ．3B ．4C ．5D ．6 解析 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 则⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋4d ＝4，2a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3. ∴S 10＝10×(－4)＋10×92×3＝95.(2)法一 ∵S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3， ∴a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，∴公差d ＝a m ＋1－a m ＝1，由S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝na 1＋n (n －1)2， 得⎩⎪⎨⎪⎧ma 1＋m (m －1)2＝0， ①(m －1)a 1＋(m －1)(m －2)2＝－2， ②由①得a 1＝1－m2，代入②可得m ＝5.法二 ∵数列{a n }为等差数列，且前n 项和为S n ，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列．∴S m －1m －1＋S m ＋1m ＋1＝2S m m ，即－2m －1＋3m ＋1＝0， 解得m ＝5.经检验为原方程的解．故选C. 答案 (1)C (2)C考点二 等差数列的判定与证明【例2】 (2014·梅州调研改编)若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．审题路线 (1)利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为关于S n 与S n －1的式子⇒同除S n ·S n－1⇒利用定义证明⇒得出结论．(2)由(1)求1S n ⇒再求S n ⇒再代入条件a n ＝－2S n S n －1，求a n ⇒验证n ＝1的情况⇒得出结论．(1)证明 当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0， 得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n －1S n －1＝2，又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列．(2)解 由(1)可得1S n ＝2n ，∴S n ＝12n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12(n －1)＝n －1－n 2n (n －1)＝－12n (n －1).当n ＝1时，a 1＝12不适合上式． 故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.规律方法 证明一个数列是否为等差数列的基本方法有两种：一是定义法，证明a n －a n －1＝d (n ≥2，d 为常数)；二是等差中项法，证明2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.若证明一个数列不是等差数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法． 【训练2】 已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋3n ＋1－2n .设b n ＝a n －2n3n .证明：数列{b n }为等差数列，并求{a n }的通项公式．证明 ∵b n ＋1－b n ＝a n ＋1－2n ＋13n ＋1－a n －2n 3n ＝3a n ＋3n ＋1－2n －2n ＋13n ＋1－3a n －3·2n3n ＋1＝1，∴{b n }为等差数列，又b 1＝a 1－23＝0. ∴b n ＝n －1，∴a n ＝(n －1)·3n ＋2n .学生用书第83页【例3】 (1)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝( )． A ．－6 B ．－4 C ．－2 D ．2(2)在等差数列{a n }中，前m 项的和为30，前2m 项的和为100，则前3m 项的和为________．解析 (1)S 8＝4a 3⇒8(a 1＋a 8)2＝4a 3⇒a 3＋a 6＝a 3，∴a 6＝0，∴d ＝－2，∴a 9＝a 7＋2d＝－2－4＝－6.(2)记数列{a n }的前n 项和为S n ，由等差数列前n 项和的性质知S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 成等差数列，则2(S 2m －S m )＝S m ＋(S 3m －S 2m )，又S m ＝30，S 2m ＝100，S 2m －S m ＝100－30＝70，所以S 3m －S 2m ＝2(S 2m －S m )－S m ＝110，所以S 3m ＝110＋100＝210.答案 (1)A (2)210规律方法 巧妙运用等差数列的性质，可化繁为简；若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设中间三项为a －d ，a ，a ＋d ；若偶数个数成等差数列且和为定值时，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．【训练3】 (1)在等差数列{a n }中．若共有n 项，且前四项之和为21，后四项之和为67，前n 项和S n ＝286，则n ＝________.(2)已知等差数列{a n }中，S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9＝________.解析 (1)依题意知a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝21，a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＝67.由等差数列的性质知a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n －2＝a 4＋a n －3，∴4(a 1＋a n )＝88，∴a 1＋a n ＝22.又S n ＝n (a 1＋a n )2，即286＝n ×222，∴n ＝26. (2)∵{a n }为等差数列，∴S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等差数列， ∴2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)． ∴a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6 ＝2(S 6－S 3)－S 3 ＝2(36－9)－9＝45. 答案 (1)26 (2)451．等差数列的判断方法(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (d 是常数)⇔{a n }是等差数列． (2)等差中项法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列． (3)通项公式：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数)⇔{a n }是等差数列． (4)前n 项和公式：S n ＝An 2＋Bn (A 、B 为常数)⇔{a n }是等差数列．2．方程思想和化归思想：在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为a 1和d 等基本量，通过建立方程(组)获得解．方法优化4——整体代入法(整体相消法)在数列解题中的应用【典例】 (1)(2012·辽宁卷)在等差数列{a n }中，已知a 4＋a 8＝16，则该数列前11项和S 11＝( )．A ．58B ．88C ．143D ．176(2)(2013·北京卷)若等比数列{a n }满足：a 2＋a 4＝20，a 3＋a 5＝40，则公比q ＝________；前n 项和S n ＝________.[一般解法] (1)设数列{a n }的公差为d ，则a 4＋a 8＝16，即a 1＋3d ＋a 1＋7d ＝16，即a 1＝8－5d ，所以S 11＝11a 1＋11×102d ＝11(8－5d )＋55d ＝88－55d ＋55d ＝88.(2)由a 2＋a 4＝20，a 3＋a 5＝40，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＋a 1q 4＝40，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1q (1＋q 2)＝20，a 1q 2(1＋q 2)＝40，解得q ＝2，a 1＝2，∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.[优美解法] (1)由a 1＋a 11＝a 4＋a 8＝16，得 S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11(a 4＋a 8)2＝11×162＝88.(2)由已知，得a 3＋a 5a 2＋a 4＝q (a 2＋a 4)a 2＋a 4＝q ＝2，又a 1＝2，所以S n ＝a 1(1－q n )1－q＝2n ＋1－2.[反思感悟] 整体代入法是一种重要的解题方法和技巧，简化了解题过程，节省了时间，这就要求学生要掌握公式，理解其结构特征． 【自主体验】在等差数列{a n }中，已知S n ＝m ，S m ＝n (m ≠n )，则S m ＋n ＝________. 解析 设{a n }的公差为d ，则由S n ＝m ，S m ＝n ，得⎩⎨⎧S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝m ，S m＝ma 1＋m (m －1)2d ＝n .①②②－①得(m －n )a 1＋(m －n )(m ＋n －1)2·d ＝n －m ，∵m ≠n ，∴a 1＋m ＋n －12d ＝－1.∴S m ＋n ＝(m ＋n )a 1＋(m ＋n )(m ＋n －1)2d＝(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋m ＋n －12d ＝－(m ＋n )．答案 －(m ＋n )对应学生用书P287基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．(2013·温州二模)记S n 为等差数列{a n }前n 项和，若S 33－S 22＝1，则其公差d ＝( )．A.12 B ．2 C ．3 D ．4 解析 由S 33－S 22＝1，得a 1＋a 2＋a 33－a 1＋a 22＝1，即a 1＋d －⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋d 2＝1，∴d ＝2. 答案 B2．(2014·潍坊期末考试)在等差数列{a n }中，a 5＋a 6＋a 7＝15，那么a 3＋a 4＋…＋a 9等于( )．A ．21B ．30C ．35D ．40解析 由题意得3a 6＝15，a 6＝5.所以a 3＋a 4＋…＋a 9＝7a 6＝7×5＝35. 答案 C3．(2013·揭阳二模)在等差数列{a n }中，首项a 1＝0，公差d ≠0，若a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9，则m 的值为( )． A ．37 B ．36 C ．20 D ．19解析 由a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9，得(m －1)d ＝9a 5＝36d ⇒m ＝37. 答案 A4．(2014·郑州模拟){a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，已知a 7＝5，S 7＝21，则S 10＝( )．A ．40B ．35C ．30D ．28解析 设公差为d ，则由已知得S 7＝7(a 1＋a 7)2，即21＝7(a 1＋5)2，解得a 1＝1，所以a 7＝a 1＋6d ，所以d ＝23.所以S 10＝10a 1＋10×92d ＝10＋10×92×23＝40. 答案 A5．(2013·淄博二模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 13＝S 13＝13，则a 1＝( )． A ．－14 B ．－13 C ．－12 D ．－11解析 在等差数列中，S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13，所以a 1＋a 13＝2，即a 1＝2－a 13＝2－13＝－11.答案 D二、填空题6．(2013·肇庆二模)在等差数列{a n }中，a 15＝33，a 25＝66，则a 35＝________. 解析 a 25－a 15＝10d ＝66－33＝33，∴a 35＝a 25＋10d ＝66＋33＝99.答案 997．(2014·成都模拟)已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，前三项之和S 3＝9，则{a n }的通项a n ＝________.解析 由a 1＝1，S 3＝9，得a 1＋a 2＋a 3＝9，即3a 1＋3d ＝9，解得d ＝2，∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.答案 2n －18．(2013·浙江五校联考)若等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若a 2∶a 3＝5∶2，则S 3∶S 5＝________.解析 S 3S 5＝3(a 1＋a 3)5(a 1＋a 5)＝3a 25a 3＝35×52＝32. 答案 3∶2三、解答题9．已知等差数列{a n }的公差d ＝1，前n 项和为S n .(1)若1，a 1，a 3成等比数列，求a 1；(2)若S 5＞a 1a 9，求a 1的取值范围．解 (1)因为数列{a n }的公差d ＝1，且1，a 1，a 3成等比数列，所以a 21＝1×(a 1＋2)，即a 21－a 1－2＝0，解得a 1＝－1或2.(2)因为数列{a n }的公差d ＝1，且S 5＞a 1a 9，所以5a 1＋10＞a 21＋8a 1，即a 21＋3a 1－10＜0，解得－5＜a 1＜2.故a 1的取值范围是(－5,2)．10．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＝S n n ＋2(n －1)(n ∈N *)．(1)求证：数列{a n }为等差数列，并求a n 与S n .(2)是否存在自然数n ，使得S 1＋S 22＋S 33＋…＋S n n －(n －1)2＝2 015？若存在，求出n 的值；若不存在，请说明理由．证明 (1)由a n ＝S n n ＋2(n －1)，得S n ＝na n －2n (n －1)(n ∈N *)．当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝na n －(n －1)a n －1－4(n －1)，即a n －a n －1＝4，故数列{a n }是以1为首项，4为公差的等差数列．于是，a n ＝4n －3，S n ＝(a 1＋a n )n 2＝2n 2－n (n ∈N *)． (2)由(1)，得S n n ＝2n －1(n ∈N *)，又S 1＋S 22＋S 33＋…＋S n n －(n －1)2＝1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)－(n －1)2＝n 2－(n －1)2＝2n －1.令2n －1＝2 015，得n ＝1 008，即存在满足条件的自然数n ＝1 008.能力提升题组(建议用时：25分钟)一、选择题1．(2014·咸阳模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 4＝40，S n ＝210，S n －4＝130，则n ＝( )．A ．12B ．14C ．16D ．18解析 S n －S n －4＝a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＝80，S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝40，所以4(a 1＋a n )＝120，a 1＋a n ＝30，由S n ＝n (a 1＋a n )2＝210，得n ＝14.答案 B2．等差数列{a n}的前n项和为S n，已知a1＝13，S3＝S11，当S n最大时，n的值是()．A．5 B．6 C．7 D．8解析法一由S3＝S11，得a4＋a5＋…＋a11＝0，根据等差数列的性质，可得a7＋a8＝0，根据首项等于13可推知这个数列递减，从而得到a7＞0，a8＜0，故n ＝7时，S n最大．法二由S3＝S11，可得3a1＋3d＝11a1＋55d，把a1＝13代入，得d＝－2，故S n ＝13n－n(n－1)＝－n2＋14n，根据二次函数的性质，知当n＝7时，S n最大．法三根据a1＝13，S3＝S11，则这个数列的公差不等于零，且这个数列的和先是单调递增然后又单调递减，根据公差不为零的等差数列的前n项和是关于n的二次函数，以及二次函数图象的对称性，得只有当n＝3＋112＝7时，S n取得最大值．答案 C二、填空题3．(2014·九江一模)正项数列{a n}满足：a1＝1，a2＝2,2a2n＝a2n＋1＋a2n－1(n∈N*，n≥2)，则a7＝________.解析因为2a2n＝a2n＋1＋a2n－1(n∈N*，n≥2)，所以数列{a2n}是以a21＝1为首项，以d＝a22－a21＝4－1＝3为公差的等差数列，所以a2n＝1＋3(n－1)＝3n－2，所以a n＝3n－2，n≥1.所以a7＝3×7－2＝19.答案19三、解答题4．(2013·西安模拟)已知公差大于零的等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足a3·a4＝117，a2＋a5＝22.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝S n n ＋c，是否存在非零实数c 使得{b n }为等差数列？若存在，求出c 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，且d ＞0，由等差数列的性质，得a 2＋a 5＝a 3＋a 4＝22，所以a 3，a 4是关于x 的方程x 2－22x ＋117＝0的解，所以a 3＝9，a 4＝13，易知a 1＝1，d ＝4，故通项为a n ＝1＋(n －1)×4＝4n －3.(2)由(1)知S n ＝n (1＋4n －3)2＝2n 2－n ，所以b n ＝S n n ＋c ＝2n 2－n n ＋c. 法一 所以b 1＝11＋c ，b 2＝62＋c ，b 3＝153＋c(c ≠0)． 令2b 2＝b 1＋b 3，解得c ＝－12.当c ＝－12时，b n ＝2n 2－n n －12＝2n ，当n ≥2时，b n －b n －1＝2.故当c ＝－12时，数列{b n }为等差数列．法二 由b n ＝S n n ＋c ＝n (1＋4n －3)2n ＋c ＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12n ＋c， ∵c ≠0，∴可令c ＝－12，得到b n ＝2n .∵b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－2n ＝2(n ∈N *)，∴数列{b n }是公差为2的等差数列．即存在一个非零常数c ＝－12，使数列{b n }也为等差数列.学生用书第84页。

第三节 导数的应用(二)[全盘巩固]1．已知f(x)＝14x2＋sin ⎝⎛⎭⎫π2＋x ，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(x)的图象是( )解析：选A f(x)＝14x2＋sin ⎝⎛⎭⎫π2＋x ＝14x2＋cos x ，f′(x)＝12x －sin x.易知该函数为奇函数，所以排除B 、D.当x ＝π6时，f′⎝⎛⎭⎫π6＝12×π6－sin π6＝π12－12<0，可排除C. 2．下面为函数f(x)＝xsin x ＋cos x 的递增区间的是( ) A.⎝⎛⎭⎫π2，3π2 B ．(π，2π) C.⎝⎛⎭⎫3π2，5π2 D ．(2π，3π) 解析：选C f′(x)＝sin x ＋xcos x －sin x ＝xcos x ，当x ∈⎝⎛⎭⎫3π2，5π2时，恒有f′(x)>0. 3．已知函数f(x)＝12x3－x2－72x ，则f(－a2)与f(－1)的大小关系为( )A ．f(－a2)≤f(－1)B ．f(－a2)<f(－1)C ．f(－a2)≥f(－1)D ．f(－a2)与f(－1)的大小关系不确定解析：选A 由题意可得f′(x)＝32x2－2x －72，令f′(x)＝12(3x －7)(x ＋1)＝0，得x ＝－1或x ＝73.当x<－1时，f′(x)>0，f(x)为增函数；当－1<x<73时，f′(x)<0，f(x)为减函数．所以f(－1)是函数f(x)在(－∞，0]上的最大值，又因为－a2≤0，所以f(－a2)≤f(－1)． 4．(2014·青岛模拟)若函数y ＝aex ＋3x(x ∈R ，a ∈R)，有大于零的极值点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－3,0) B ．(－∞，－3) C.⎝⎛⎭⎫－13，＋∞ D.⎝⎛⎭⎫－∞，－13 解析：选A 由题可得y′＝aex ＋3，若函数在x ∈R 上有大于零的极值点，即y′＝aex ＋3＝0有正根，显然有a<0，此时x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－3a .由x>0，得参数a 的范围为a>－3.综上知，－3<a<0. 5．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)－f(x)≤0，对任意正数a ，b ，若a<b ，则必有( )A ．af(b)≤bf(a)B ．bf(a)≤af(b )C ．af(a)≤bf(b)D ．bf(b)≤af(a) 解析：选A 设函数F(x)＝x(x>0)，则F′(x)＝⎝⎛⎭⎫x′＝－x2.因为x>0，xf′(x)－f(x)≤0，所以F′(x)≤0，故函数F(x)在(0，＋∞)上为减函数．又0<a<b ，所以F(a)≥F(b)，即a≥b，则bf(a)≥af(b)．6．(2014·杭州模拟)已知定义在R 上的偶函数f(x)，f(1)＝0，当x>0时有－x2>0，则不等式xf(x)>0的解集为( )A ．{x|－1<x<0}B ．{x|x>1或－1<x<0}C ．{x|x>0}D ．{x|－1<x<1} 解析：选B 当x>0时有－x2>0，即⎝⎛⎭⎫x′>0，∴x 在(0，＋∞)上单调递增． ∵f(x)为R 上的偶函数，∴xf(x)为R 上的奇函数．∵xf(x)>0，∴x2x>0，∴x>0.∵x在(0，＋∞)上单调递增，且1＝0，∴当x>0时，若xf(x)>0，则x>1.又∵xf(x)为R 上的奇函数，∴当x<0时，若xf(x)>0，则－1<x<0. 综上，不等式的解集为{x|x>1或－1<x<0}．7．若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x －a 恰好有两个不同的零点，则a 的值为________． 解析：由题意得f′(x)＝6x2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2)，由f′(x)>0，得x<1或x>2，由f′(x)<0，得1<x<2，所以函数f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1)，f(2)，若欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点，则需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a ＝5或a ＝4.答案：5或48．已知函数f(x)＝－12x2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．解析：由题意知f′(x)＝－x ＋4－3x ＝－x2＋4x －3x＝－－－x，由f′(x)＝0，得函数f(x)的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f(x)在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t<1<t ＋1或t<3<t ＋1，得0<t<1或2<t<3. 答案：(0,1)∪(2,3)9．(2014·金华模拟)若函数f(x)＝13x3－a2x 满足：对于任意的x1，x2∈[0,1]都有|f(x1)－f(x2)|≤1恒成立，则a 的取值范围是________．解析：由题意得，在[0,1]内，f(x)max －f(x)min≤1.f′(x)＝x2－a2，则函数f(x)＝13x3－a2x 的极小值点是x ＝|a|.若|a|>1，则函数f(x)在[0,1]上单调递减，故只要f(0)－f(1)≤1，即只要a2≤43，即1<|a|≤233；若|a|≤1，此时f(x)min ＝f(|a|)＝13|a|3－a2|a|＝－23a2|a|，由于f(0)＝0，f(1)＝13－a2，故当|a|≤33时，f(x)max＝f(1)，此时只要13－a2＋23a2|a|≤1即可，即a2⎝⎛⎭⎫23|a|－1≤23，由于|a|≤33，故23|a|－1≤23×33－1<0，故此式成立；当33<|a|≤1时，此时f(x)max ＝f(0)，故只要23a2|a|≤1即可，此不等式显然成立．综上，a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－233，233.答案：⎣⎡⎦⎤－233，23310．已知函数f(x)＝ex(x2＋ax －a)，其中a 是常数．若存在实数k ，使得关于x 的方程f(x)＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，求k 的取值范围．解：令f′(x)＝ex[x2＋(a ＋2)x]＝0，解得x ＝－(a ＋2)或x ＝0.当－(a ＋2)≤0，即a≥－2时，在区间[0，＋∞)上， f′(x)≥0，所以f(x)是[0，＋∞)上的增函数，所以方程f(x)＝k 在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根．当－↘↗由上表可知函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值为f(－(a ＋2))＝a ＋4ea ＋2.因为函数f(x)是(0，－(a ＋2))上的减函数，(－(a ＋2)，＋∞)上的增函数，且当x≥－a 时，有f(x)≥e －a·(－a)>－a ，又f(0)＝－a.所以要使方程f(x)＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，k 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤a ＋4ea ＋2，－a .11．(2014·杭州模拟)天目山某景区为提高经济效益，现对某一景点进行改造升级，从而扩大内需，提高旅游增加值．经过市场调查，旅游增加值y 万元与投入x(x≥10)万元之间满足：y ＝f(x)＝ax2＋10150x －bln x10，a ，b 为常数．当x ＝10万元时，y ＝19.2万元；当x ＝20万元时，y ＝35.7万元．(参考数据：ln 2≈0.7，ln 3≈1.1，ln 5≈1.6) (1)求f(x)的解析式；(2)求该景点改造升级后旅游利润T(x)的最大值(利润＝旅游增加值－投入)．解：(1)由条件⎩⎨⎧a×102＋10150×10－bln 1＝19.2，a×202＋10150×20－bln 2＝35.7，解得a ＝－1100，b ＝1，则f(x)＝－x2100＋10150x －ln x10(x≥10)．(2)由T(x)＝f(x)－x ＝－x2100＋5150x －ln x10(x≥10)，得T′(x)＝－x 50＋5150－1x＝－－－50x.令T′(x)＝0，得x ＝1(舍)或x ＝50.当x ∈(10,50)时，T′(x)>0，因此T(x)在(10,50)上是增函数；当x ∈(50，＋∞)时，T′(x)<0，因此T(x)在(50，＋∞)上是减函数．则x ＝50为T(x)的极大值点，也是最大值点．即该景点改造升级后旅游利润T(x)的最大值为T(50)＝24.4万元．12．已知函数f(x)＝ax ＋ln x ， g(x)＝ex. (1)当a≤0时，求f(x)的单调区间；(2)若不等式g(x)<x －mx 有解，求实数m 的取值范围；(3)证明：当a ＝0时，|f(x)－g(x)|>2.解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝a ＋1x (x>0)，当a ＝0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，由f′(x)＝0，解得x ＝－1a，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－1a 时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞时，f′(0)<0，f(x)单调递减， 综上所述：当a ＝0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上单调递减．(2)由题意：ex<x －mx有解，即ex x<x －m 有解，因此只需m<x －ex x 在(0，＋∞)上有解即可．设h(x)＝x －ex x ，则h′(x)＝1－ex x －ex2x＝1－ex ⎝⎛⎭⎫x ＋12x ，因为x ＋12x ≥2 12＝2>1，且当x ∈(0，＋∞)时，ex>1，所以1－ex ⎝⎛⎭⎫x ＋12x <0，即h′(x)<0.故h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)<h(0)＝0，故实数m 的取值范围是(－∞，0)．(3)证明：当a ＝0时，f(x)＝ln x ，f(x)与g(x)的公共定义域为(0，＋∞)，|f(x)－g(x)|＝|ln x －ex|＝ex －ln x ＝ex －x －(ln x －x)，设m(x)＝ex －x ，x ∈(0，＋∞)． 因为m′(x)＝ex －1>0，所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增．故m(x)>m(0)＝1，又设n(x)＝ln x －x ，x ∈(0，＋∞)，则n′(x)＝1x －1，当x ∈(0,1)时，n′(x)>0，n(x)单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，n′(x)<0，n(x)单调递减，所以x ＝1为n(x)的最大值点， 即n(x)≤n(1)＝－1，故|f(x)－g(x)|＝m(x)－n(x)>1－(－1)＝2. [冲击名校]设函数f(x)＝ln x －ax ，g(x)＝ex －ax ，其中a 为实数．(1)若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a 的取值范围； (2)若g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论．解：(1)令f′(x)＝1x －a ＝1－ax x <0，考虑到f(x)的定义域为(0，＋∞)，故a>0，进而解得x>a －1，即f(x)在(a －1，＋∞)上是单调减函数．同理，f(x)在(0，a －1)上是单调增函数．由于f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a －1，＋∞)，从而a －1≤1，即a≥1. 令g′(x)＝ex －a ＝0，得x ＝ln a.当0<x<ln a 时，g′(x)<0；当x>ln a 时，g′(x)>0，所以x ＝ln a 是g(x)的极小值点．又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a>1，即a>e. 综上，a 的取值范围为(e ，＋∞)．(2)当a≤0时，g(x)必为单调增函数；当a>0时，令g′(x)＝ex －a>0，解得a<ex ，即x>ln a ，因为g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，类似(1)有ln a≤－1，即0<a≤e －1. 综合上述两种情况，有a≤e －1.(ⅰ)当a ＝0时，由f(1)＝0以及f′(x)＝1x>0，得f(x)存在唯一的零点．(ⅱ)当a<0时，由于f(ea)＝a －aea ＝a(1－ea)<0，f(1)＝－a>0，且函数f(x)在[ea,1]上的图象不间断，所以f(x)在(ea,1)上存在零点．另外，当x>0时，f′(x)＝1x －a>0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f(x)只有一个零点．(ⅲ)当0<a≤e －1时，令f′(x)＝1x －a ＝0，解得x ＝a －1.当0<x<a －1时，f′(x)>0，当x>a －1时，f′(x)<0，所以，x ＝a －1是f(x)的最大值点，且最大值为f(a －1)＝－ln a －1. ①当－ln a －1＝0，即a ＝e －1时， f(x)有一个零点x ＝e. ②当－ln a －1>0，即0<a<e －1时，f(x)有两个零点．实际上，对于0<a<e －1，由于f(e －1)＝－1－ae －1<0，f(a －1)>0，且函数f(x)在[e －1，a －1]上的图象不间断，所以f(x)在(e－1，a－1)上存在零点．另外，当x∈(0，a－1)时，f′(x)＝1x－a>0，故f(x)在(0，a－1)上是单调增函数，所以f(x)在(0，a－1)上只有一个零点．下面考虑f(x)在(a－1，＋∞)上的情况．先证f(ea－1)＝a(a－2－ea－1)<0.为此，我们要证明：当x>e 时，ex>x2.设h(x)＝ex－x2，则h′(x)＝ex－2x，再设l(x)＝h′(x)＝ex－2x，则l′(x)＝ex－2.当x>1时，l′(x)＝ex－2>e－2>0，所以l(x)＝h′(x)在(1，＋∞)上是单调增函数．故当x>2时，h′(x)＝ex－2x>h′(2)＝e2－4>0，从而h(x)在(2，＋∞)上是单调增函数，进而当x>e时，h(x)＝ex－x2>h(e)＝ee－e2>0，即当x>e时，ex>x2.当0<a<e－1，即a－1>e时，f(ea－1)＝a－1－aea－1＝a(a－2－ea－1)<0，又f(a －1)>0，且函数f(x)在[a－1，ea－1]上的图象不间断，所以f(x)在(a－1，ea－1)上存在零点．又当x>a－1时，f′(x)＝1x－a<0，故f(x)在(a－1，＋∞)上是单调减函数，所以f(x)在(a－1，＋∞)上只有一个零点．综合(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)，当a≤0或a＝e－1时，f(x)的零点个数为1，当0<a<e－1时，f(x)的零点个数为2.。

1．设数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 6＝2且S 5＝30，则S 8等于( ) A ．31 B ．32 C ．33 D ．34解析：选B.由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝25a 1＋10d ＝30，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝263d ＝－43，所以S 8＝8a 1＋8×72d ＝32.2．(2011·高考大纲全国卷)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S k ＋2－S k ＝24，则k ＝( ) A ．8 B ．7 C ．6 D ．5解析：选 D.∵S k ＋2－S k ＝a k ＋1＋a k ＋2＝a 1＋kd ＋a 1＋(k ＋1)d ＝2a 1＋(2k ＋1)d ＝2×1＋(2k ＋1)×2＝4k ＋4＝24，∴k ＝5. 3．等差数列{a n }中，a 1＋a 4＋a 7＝39，a 3＋a 6＋a 9＝27，则数列{a n }的前9项和S 9等于________． 解析：∵a 1＋a 4＋a 7＝39，a 3＋a 6＋a 9＝27，∴3a 4＝39,3a 6＝27，∴a 4＝13，a 6＝9，则S 9＝92(a 1＋a 9)＝92(a 4＋a 6)＝92×(13＋9)＝99.答案：994．(2012·荆州质检)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n.若a 3，a 5分别为等差数列{b n }的第3项和第5项，试求数列{b n }的通项公式及前n 项和S n . 解：a 3＝8，a 5＝32，则b 3＝8，b 5＝32.设{b n }的公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧b 1＋2d ＝8，b 1＋4d ＝32.解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝－16.d ＝12.从而b n ＝－16＋12(n －1)＝12n －28.所以数列{b n }的前n 项和S n ＝n －16＋12n －282＝6n 2－22n .一、选择题1．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 8＝30，S 4＝7，则a 4的值等于( ) A.14 B.94 C.134 D.174解析：选C.由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧8a 1＋8×8－1d2＝304a 1＋4×4－1d2＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14d ＝1，故a 4＝a 1＋3＝134，故选C.2．已知数列{a n }为等差数列，其前n 项和为S n ，若a 4＋a 5＋a 6＝π4，则cos S 9的值为( )A.12B.22C ．－12D ．－22解析：选D.由等差数列的性质可知，a 4＋a 6＝2a 5，故a 5＝π12，所以S 9＝9a 1＋a 92＝9a 5＝9π12＝3π4，所以cos S 9＝cos 3π4＝－22，故选D. 3．若数列{a n }的前n 项和为S n ＝an 2＋n (a ∈R)，则下列关于数列{a n }的说法正确的是( ) A ．{a n }一定是等差数列B ．{a n }从第二项开始构成等差数列C ．a ≠0时，{a n }是等差数列D ．不能确定其是否为等差数列解析：选A.由等差数列的前n 项和公式S n ＝na 1＋n n －1d 2＝(a 1－d 2)n ＋d 2n 2可知，该数列{a n }一定是等差数列．4．在等差数列{a n }中，若S 4＝1，S 8＝4，则a 17＋a 18＋a 19＋a 20的值为( ) A ．9 B ．12 C ．16 D ．17解析：选A.S 4＝1，S 8－S 4＝3，而S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12，S 20－S 16成等差数列， 即各项为1,3,5,7,9，∴a 17＋a 18＋a 19＋a 20＝S 20－S 16＝9.故选A. 5．已知数列{a n }为等差数列，若a 11a 10<－1，且它们的前n 项和S n 有最大值，则使S n >0的n 的最大值为( ) A ．11 B ．19 C ．20 D ．21解析：选B.∵a 11a 10<－1，且S n 有最大值， ∴a 10>0，a 11<0，且a 10＋a 11<0，∴S 19＝19a 1＋a 192＝19·a 10>0，S 20＝20a 1＋a 202＝10(a 10＋a 11)<0，故使得S n >0的n 的最大值为19. 二、填空题6．(2011·高考湖南卷)设S n 是等差数列{a n }(n ∈N *)的前n 项和，且a 1＝1，a 4＝7，则S 5＝________.解析：设等差数列的公差为d .由a 1＝1，a 4＝7，得3d ＝a 4－a 1＝6，故d ＝2，∴a 5＝9，S 5＝5a 1＋a 52＝25. 答案：257．(2011·高考广东卷)等差数列{a n }前9项的和等于前4项的和．若a 1＝1，a k ＋a 4＝0，则k ＝________.解析：设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 9－S 4＝0，即a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝0,5a 7＝0，故a 7＝0.而a k ＋a 4＝0，故k ＝10. 答案：108．在数列{a n }中，若点(n ，a n )在经过点(5,3)的定直线l 上，则数列{a n }的前9项和S 9＝________.解析：∵点(n ，a n )在定直线l 上，∴数列{a n }为等差数列．∴a n ＝a 1＋(n －1)d . 将(5,3)代入，得3＝a 1＋4d ＝a 5.∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝3×9＝27.答案：27 三、解答题9．已知等差数列{a n }中，a 2＝8，前10项和S 10＝185.求数列{a n }的通项公式a n . 解：设数列{a n }的公差为d ， 因为a 2＝8，S 10＝185，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝810a 1＋10×92d ＝185，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝5d ＝3，所以a n ＝5＋(n －1)×3＝3n ＋2， 即a n ＝3n ＋2.10．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110. (1)求a 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项b n ＝S n n，证明数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n .解：(1)设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ，由已知有a ＋3a ＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2，所以S k ＝ka 1＋k k －12·d ＝2k ＋k k －12×2＝k 2＋k .由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10.(2)由(1)得S n ＝n 2＋2n 2＝n (n ＋1)，则b n ＝S nn＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{b n }是首项为2，公差为1的等差数列，所以T n ＝n 2＋n ＋12＝n n ＋32.11．(2012·金华联考)已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和S 4＝14，且a 1，a 3，a 7成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n 为数列{1a n a n ＋1}的前n 项和，若T n ≤λa n ＋1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的最小值．解：(1)设公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝14，a 1＋2d 2＝a 1a 1＋6d ，联立解得d ＝1或d ＝0(舍去)， ∴a 1＝2，故a n ＝n ＋1.(2)1a n a n ＋1＝1n ＋1n ＋2＝1n ＋1－1n ＋2，∴T n ＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n2n ＋2.∵T n ≤λa n ＋1，∴n2n＋2≤λ(n＋2)．∴λ≥n2n＋22.又n2n＋22＝12n＋4n＋4≤124＋4＝116.∴λ的最小值为116.。

【优化方案】2015年高考数学 第五章 第5课时 数列的综合应用知能演练轻松闯关 新人教A 版[基础达标]1．(2014·某某某某一模)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 17为一确定常数，则下列各式也为确定常数的是( )A ．a 2＋a 15B ．a 2·a 15C ．a 2＋a 9＋a 16D ．a 2·a 9·a 16解析：选C ．因为S 17为一确定常数，根据公式可知，a 1＋a 17为一确定常数，又a 1＋a 17＝a 2＋a 16＝2a 9，∴a 2＋a 16＋a 9为一确定常数．2．若运载“神十”的改进型“长征二号”系列火箭在点火后某秒钟通过的路程为2 km ，此后每秒钟通过的路程增加2 km ，若从这一秒钟起通过240 km 的高度后，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间是( )A ．10秒钟B ．13秒钟C ．15秒钟D ．20秒钟解析：选C ．设从这一秒钟起，经过x 秒钟，通过240 km 的高度．由已知得每秒钟行驶的路程组成首项为2，公差为2的等差数列，故有2x ＋x （x －1）2×2＝240，即x 2＋x －240＝0，解得x ＝15或x ＝－16(舍去)．3．已知实数等比数列{a n }中，S n 是它的前n 项和．若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5等于( )A ．35B ．33C ．31D ．29解析：选C ．由a 2·a 3＝a 1·a 4＝2a 1，得a 4＝2.又a 4＋2a 7＝52，∴a 7＝14.设等比数列{a n }的公比为q ，则a 7＝a 4q 3，∴q 3＝18，∴q ＝12，a 1＝16，∴S 5＝16[1－（12）5]1－12＝31.4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝a n－1(a ≠0)，则数列{a n }( ) A ．一定是等差数列 B ．一定是等比数列C ．或者是等差数列，或者是等比数列D ．既不可能是等差数列，也不可能是等比数列解析：选C ．∵S n ＝a n－1(a ≠0)，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1S n －S n －1，n ≥2，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a －1，n ＝1（a －1）a n －1，n ≥2.当a ＝1时，a n ＝0，数列{a n }是一个常数列，也是等差数列；当a ≠1时，数列{a n }是一个等比数列．5．在如图所示的程序框图中，当输出T 的值最大时，n 的值等于( ) A ．6 B ．7 C ．6或7 D ．8解析：选C ．该程序框图的实质是输出以a 1＝64为首项，12为公比的等比数列{a n }的前n项的乘积T n ＝a 1a 2…a n (n ＝1，2，…，15)，由于a 7＝1，所以在T n (n ＝1，2，…，15)中，T 6＝T 7且最大．6．夏季山上的温度从山脚起，每升高100米，降低0.7 ℃，已知山顶处的温度是14.8 ℃，山脚处的温度为26 ℃，则此山相对于山脚处的高度是________米．解析：∵每升高100米温度降低0.7 ℃， ∴该处的温度变化是一个等差数列问题．山脚温度为首项a 1＝26，山顶温度为末项a n ＝14.8，d ＝－0.7.∴26＋(n －1)(－0.7)＝14.8，解之可得n ＝17，故此山相对于山脚处的高度为(17－1)×100＝1 600(米)．答案：1 600 7．在等比数列{a n }中，a n >0，且a 1·a 2·…·a 7·a 8＝16，则a 4＋a 5的最小值为________．解析：由等比数列性质得，a 1a 2…a 7a 8＝(a 4a 5)4＝16，又a n >0，∴a 4a 5＝2.再由基本不等式，得a 4＋a 5≥2a 4a 5＝2 2.∴a 4＋a 5的最小值为2 2.答案：2 28．设S n 是数列{a n }的前n 项和，若S 2n S n(n ∈N *)是非零常数，则称数列{a n }为“和等比数列”．若数列{2b n }是首项为2，公比为4的等比数列，则数列{b n }__________(填“是”或“不是”)“和等比数列”．解析：数列{2b n }是首项为2，公比为4的等比数列，所以2b n ＝2·4n －1＝22n －1，b n ＝2n －1.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n 2，T 2n ＝4n 2，所以T 2nT n＝4，因此数列{b n }是“和等比数列”．答案：是9．在正项数列{a n }中，a 1＝2，点A n (a n ，a n ＋1)在双曲线y 2－x 2＝1上，数列{b n }中，点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列．解：(1)由已知点A n 在y 2－x 2＝1上知，a n ＋1－a n ＝1， ∴数列{a n }是一个以2为首项，以1为公差的等差数列． ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋n －1＝n ＋1.(2)证明：∵点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，∴T n ＝－12b n ＋1.①∴T n －1＝－12b n －1＋1(n ≥2)，②①②两式相减得b n ＝－12b n ＋12b n －1(n ≥2)，∴32b n ＝12b n －1，∴b n ＝13b n －1. 令n ＝1，得b 1＝－12b 1＋1，∴b 1＝23.∴{b n }是一个以23为首项，13为公比的等比数列．10．某企业的资金每一年都比上一年分红后的资金增加一倍，并且每年年底固定给股东们分红500万元．该企业2010年年底分红后的资金为1 000万元．(1)求该企业2014年年底分红后的资金；(2)求该企业从哪一年开始年底分红后的资金超过32 500万元．解：设a n 为(2 010＋n )年年底分红后的资金，其中n ∈N *，则a 1＝2×1 000－500＝1 500，a 2＝2×1 500－500＝2 500，…，a n ＝2a n －1－500(n ≥2)．∴a n －500＝2(a n －1－500)(n ≥2)，∴即数列{a n －500}是首项为a 1－500＝1 000，公比为2的等比数列．∴a n －500＝1 000×2n －1，∴a n ＝1 000×2n －1＋500.(1)a 4＝1 000×24－1＋500＝8 500，∴该企业2014年年底分红后的资金为8 500万元．(2)由a n >32 500，即2n －1>32，得n >6，∴该企业从2017年开始年底分红后的资金超过32 500万元．[能力提升]1．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n的两个零点，则b 10等于( )A ．24B ．32C ．48D ．64解析：选D ．依题意有a n a n ＋1＝2n，所以a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，两式相除得a n ＋2a n＝2，所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列，a 2，a 4，a 6，…也成等比数列，而a 1＝1，a 2＝2，所以a 10＝2·24＝32，a 11＝1·25＝32.又因为a n ＋a n ＋1＝b n ，所以b 10＝a 10＋a 11＝64.2．将石子摆成如图的梯形形状，称数列5，9，14，20，…为梯形数，根据图形的构成，此数列的第2 014项与5的差即a 2 014－5＝( )A ．2 020×2 014B ．2 020×2 013C ．1 010×2 014D ．1 010×2 013解析：选D ．结合图形可知，该数列的第n 项a n ＝2＋3＋4＋…＋n ＋2，所以a 2 014－5＝4＋5＋…＋2 016＝4×2 013＋2 013×2 0122＝2 013×1 010.3．设数列{a n }中，若a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，则称数列{a n }为“凸数列”，已知数列{b n }为“凸数列”，且b 1＝1，b 2＝－2，则数列{b n }的前2 014项和为________．解析：由“凸数列”的定义，可知，b 1＝1，b 2＝－2，b 3＝－3，b 4＝－1，b 5＝2，b 6＝3，b 7＝1，b 8＝－2，…，故数列{b n }是周期为6的周期数列．又b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋b 6＝0，故数列{b n }的前2 014项和S 2 014＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＝1－2－3－1＝－5.答案：－54．在数列{a n }中，若a 2n －a 2n －1＝p (n ≥2，n ∈N *，p 为常数)，则称{a n }为“等方差数列”． 下列是对“等方差数列”的判断：①若{a n }是等方差数列，则{a 2n }是等差数列；②已知数列{a n }是等方差数列，则数列{a 2n }是等方差数列；③{(－1)n}是等方差数列；④若{a n }是等方差数列，则{a kn }(k ∈N *，k 为常数)也是等方差数列． 其中正确命题的序号为________．解析：对于①，由等方差数列的定义可知，{a 2n }是公差为p 的等差数列，故①正确．对于②，取a n ＝n ，则数列{a n }是等方差数列，但数列{a 2n }不是等方差数列，故②错．对于③，因为[(－1)n ]2－[(－1)n －1]2＝0(n ≥2，n ∈N *)为常数，所以{(－1)n}是等方差数列，故③正确．对于④，若a 2n －a 2n －1＝p (n ≥2，n ∈N *)，则a 2kn －a 2k （n －1）＝(a 2kn －a 2kn －1)＋(a 2kn －1－a 2kn －2)＋…＋(a 2kn －k ＋1－a 2k （n －1）)＝kp 为常数，故④正确．答案：①③④5．(2014·某某某某市诊断性检测)设函数f (x )＝x 2，过点C 1(1，0)作x 轴的垂线l 1交函数f (x )图象于点A 1，以A 1为切点作函数f (x )图象的切线交x 轴于点C 2，再过C 2作x 轴的垂线l 2交函数f (x )图象于点A 2，…，以此类推得点A n ，记A n 的横坐标为a n ，n ∈N *.(1)证明数列{a n }为等比数列并求出通项公式；(2)设直线l n 与函数g (x )＝log 12x 的图象相交于点B n ，记b n ＝O A →n ·O B →n (其中O 为坐标原点)，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)证明：以点A n －1(a n －1，a 2n －1)(n ≥2)为切点的切线方程为y －a 2n －1＝2a n －1(x －a n －1)．当y ＝0时，得x ＝12a n －1，即a n ＝12a n －1.又∵a 1＝1，∴数列{a n }是以1为首项，12为公比的等比数列．∴通项公式为a n ＝(12)n －1.(2)据题意，得B n ((12)n －1，n －1)．∴b n ＝O A →n ·O B →n ＝(14)n －1＋(14)n －1·(n －1)＝n (14)n －1.∵S n ＝1×(14)0＋2×(14)1＋…＋n ×(14)n －1，14S n ＝1×(14)1＋2×(14)2＋…＋n ×(14)n ， 两式相减，得34S n ＝1×(14)0＋1×(14)1＋…＋(14)n －1－n ×(14)n ＝1－（14）n1－14－n ×(14)n.化简，得S n ＝169－(4n 3＋169)×(14)n ＝169－3n ＋49×4n －1.6．(选做题)(2014·某某某某质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2n＋1a n (n∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等比数列；(2)设数列{2na n }的前n 项和为T n ，A n ＝1T 1＋1T 2＋1T 3＋…＋1T n ，试比较A n 与2na n的大小．解：(1)证明：a 1＝S 1＝2－3a 1得a 1＝12，当n ≥2时，由a n ＝S n －S n －1得a n n ＝12×a n －1n －1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项和公比均为12的等比数列．(2)由(1)得a n n ＝12n ，于是2n·a n ＝n ，T n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）2.所以1T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，于是A n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1， 而2na n ＝2n ＋1n 2，所以问题转化为比较2nn 2与n n ＋1的大小． 设f (n )＝2n n 2，g (n )＝nn ＋1，当n ≥4时，f (n )≥f (4)＝1，而g (n )<1， 所以f (n )>g (n )．经验证当n ＝1，2，3时，仍有f (n )>g (n )． 因此对任意的正整数n ，都有f (n )>g (n )，即A n <2na n.。

1. [2014·天津市模拟]若等差数列{a n }的前5项和S 5＝25，且a 2＝3，则a 7＝( ) A. 12 B. 13 C. 14D. 15解析：由题意得S 5＝a 1＋a 52＝5a 3＝25，a 3＝5，公差d ＝a 3－a 2＝2，a 7＝a 2＋5d ＝3＋5×2＝13.答案：B2. [2014·扬州质检]在等差数列{a n }中，a 1＝－2014，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2014的值等于 ( )A. －2011B. －2012C. －2013D. －2014 解析：根据等差数列的性质，得数列{S n n}也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项S 11＝a 1＝－2014，公差d ＝1，故S 20142014＝－2014＋(2014－1)×1＝－1，所以S 2014＝－2014.答案：D3. [2013·石家庄质检]已知等差数列{a n }满足a 2＝3，S n －S n －3＝51(n >3)，S n ＝100，则n 的值为( )A. 8B. 9C. 10D. 11解析：由S n －S n －3＝51得，a n －2＋a n －1＋a n ＝51，所以a n －1＝17，又a 2＝3，S n ＝n a 2＋a n －12＝100，解得n ＝10.答案：C4. [2013·济宁检测]若数列{a n }的前n 项和是S n ＝n 2－4n ＋2，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝________.解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－4＋2＝－1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－4n ＋2－[(n －1)2－4(n －1)＋2]＝2n －5，所以前两项有负数．故|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝S 10＋2(|a 1|＋|a 2|)＝102－4×10＋2＋2×(1＋1)＝66.答案：665. [2014·太原模拟]在等差数列{a n }中，a 1>0，公差d <0，a 5＝3a 7，前n 项和为S n ，若S n 取得最大值，则n ＝________.解析：在等差数列{a n }中，a 1>0，公差d <0. ∵a 5＝3a 7，∴a 1＋4d ＝3(a 1＋6d )，∴a 1＝－7d ， ∴S n ＝n (－7d )＋n n －12d ＝d2(n 2－15n )，∴n ＝7或8时，S n 取得最大值． 答案：7或8。

§5.2等差数列及其前n项和Ａ组基础题组1.(2015课标Ⅰ,7,5分)已知{a n}是公差为1的等差数列,S n为{a n}的前n项和.若S8=4S4,则a10=( )A. B. C.10 D.122.(2015浙江五校一联,2,5分)在等差数列{a n}中,a4=2-a3,则数列{a n}的前6项和为( )A.12B.3C.36D.63.(2016超级中学原创预测卷五,3,5分)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且S10=12,则a5+a6=( )A. B.12 C.6 D.5.(2015浙江宁波十校联考,3)已知等差数列{a n}的公差为2,项数为偶数,所有奇数项的和为15,所有偶数项的和为25,则这个数列的项数为( )A.10B.20C.30D.406.(2015浙江测试卷,2,5分)设等差数列{a n}的前n项和为S n.若公差d<0,且|a7|=|a8|,则使S n>0的最大正整数n是( )A.12B.13C.14D.157.(2015金华十校高三模拟文,4,5分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足S19>0,S20<0,则使S n取得最大值的n为( )A.8B.9C.10D.118.(2015绍兴一中回头考,6,5分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足S15>0,S16<0,则,,…,中最大的项为( )A. B. C. D.9.(2015浙江杭州塘栖中学月考)已知S n为等差数列{a n}的前n项和,若S1=1,=4,则的值为( )A. B. C. D.410.(2015浙江,3,5分)已知{a n}是等差数列,公差d不为零,前n项和是S n.若a3,a4,a8成等比数列,则( )A.a1d>0,dS4>0B.a1d<0,dS4<0C.a1d>0,dS4<0D.a1d<0,dS4>011.(2016上海普陀调研测试,17,5分)设等差数列{a n}的前n项和为S n.在同一个坐标系中,a n=f(n)及S n=g(n)的部分图象如图所示(图中的三个点).根据图中所提供的信息,下列结论正确的是( )A.当n=3时,S n取得最大值B.当n=4时,S n取得最大值C.当n=3时,S n取得最小值D.当n=4时,S n取得最小值12.(2015安徽,13,5分)已知数列{a n}中,a1=1,a n=a n-1+(n≥2),则数列{a n}的前9项和等于.13.(2015浙江测试卷,10,6分)设等差数列{a n}的公差为6,且a4为a2和a3的等比中项.则a1= ,数列{a n}的前n项和S n= .14.(2015稽阳联考,10,6分)在等差数列{a n}中,若a4+a10=10,a6+a12=14,a k=13,则k= ;数列{a n}的前n项和S n= .15.(2015嘉兴一模,11,4分)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且a7=-2,S9=18,则S11= .16.(2015浙江萧山中学摸底测试)正项数列{a n}满足:a1=1,a2=2,2=+(n∈N*,n≥2),则a7= .17.(2015嘉兴测试一,12,6分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,若a2+a4+a9=24,则S9= ;·的最大值为.18.(2015浙江五校一联,15,4分)设a1,a2,…,a n,…是按先后顺序排列的一列向量,若a1=(-2014,13),且a n-a n-1=(1,1),则其中模最小的一个向量的序号n= .19.(2014浙江,19,14分)已知等差数列{a n}的公差d>0.设{a n}的前n项和为S n,a1=1,S2·S3=36.(1)求d及S n;(2)求m,k(m,k∈N*)的值,使得a m+a m+1+a m+2+…+a m+k=65.20.(2016台州中学第三次月考文,17,15分)设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n,满足4S n=-4n-1,n∈N*,且a1=1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)证明:对一切正整数n,有++…+<.B组提升题组1.(2014课标Ⅱ,5,5分)等差数列{a n}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{a n}的前n项和S n=( )A.n(n+1)B.n(n-1)C. D.2.(2016超级中学原创预测卷八,6,5分)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若a n+a n+1+a n+2=18,S2n+1=54,则n的值为( )A.2B.3C.4D.63.(2016温州高三联考,6,5分)等差数列{a n}的前n项和为S n,其中n∈N*,则下列命题错误的是( )A.若a n>0,则S n>0B.若S n>0,则a n>0C.若a n>0,则{S n}是单调递增数列D.若{S n}是单调递增数列,则a n>04.(2015浙江杭州学军中学第五次月考,7)设等差数列{a n}满足<-1,且其前n项的和S n有最大值,则当数列{S n}的前n项的和取得最大值时,正整数n的值是( )A.12B.11C.23D.225.(2015浙江名校(衢州二中)交流卷二,4)等差数列{a n}中,a1>0,3a8=5a13,则前n项的和S n中最大的是( )A.S10B.S11C.S20D.S216.(2015浙江温州十校期中,7)设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S6>S7>S5,则满足S n S n+1<0的正整数n的值为( )A.13B.12C.11D.107.(2015诸暨高中毕业班检测,5,5分)已知数列{a n}、{b n}都是公差为1的等差数列,b1是正整数,若a1+b1=10,则++…+=( )A.81B.99C.108D.1178.(2015杭州学军中学仿真考,11,6分)已知{a n}为等差数列,若a1+a5+a9=8π,则前9项的和S9= ,cos(a3+a7)的值为.9.(2015江苏淮安调研)在等差数列{a n}中,已知a2+a8=11,则3a3+a11的值为.10.(2015宁波高考模拟,12,6分)设S n为数列{a n}的前n项和,a1=1,a2=3,S k+2+S k-2S k+1=2对任意正整数k成立,则a n= ,S n= .11.(2015浙江镇海中学阶段测试,15,4分)已知数列{a n}满足:a1=,a n+1=1-,且a n≠0(n∈N*),则数列{a n}的通项为a n= .12.(2016宁波效实中学期中,11,6分)数列{a n}的前n项和S n=n2-6n,则a2= ,数列{|a n|}的前10项和|a1|+|a2|+…+|a10|= .13.(2015浙江名校(杭州二中)交流卷六,12)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,等差数列{b n}的前n项和为T n,若=,则= ;若S n+T n=an2+2n,且a7+b7=15,则实数a= .14.已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n,若-1,S5,S10成等差数列,则S10-2S5= ,S15-S10的最小值为.15.(2016台州中学第三次月考,13,4分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足S2014>0,S2015<0,对任意正整数n,都有|a n|≥|a k|,则k的值为.16.(2013安徽,14,5分)如图,互不相同的点A1,A2,…,A n,…和B1,B2,…,B n,…分别在角O的两条边上,所有A n B n相互平行,且所有梯形A n B n B n+1A n+1的面积均相等.设OA n=a n.若a1=1,a2=2,则数列{a n}的通项公式是.17.(2014大纲全国,17,10分)数列{a n}满足a1=1,a2=2,a n+2=2a n+1-a n+2.(1)设b n=a n+1-a n,证明{b n}是等差数列;(2)求{a n}的通项公式.18.(2015浙江丽水一模,17)已知等差数列{a n},首项a1和公差d均为整数,其前n项和为S n.(1)若a1=1,且a2,a4,a9成等比数列,求公差d;(2)当n≠5时,恒有S n<S5,求a1的最小值.19.(2015浙江杭州七校联考,19)已知数列{a n}满足a n=3a n-1+3n-1(n∈N*,n≥2)且a3=95.(1)求a1,a2的值;(2)是否存在一个实数t,使得b n=(a n+t)(n∈N*)且{b n}为等差数列?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由;(3)求数列{a n}的前n项和T n.Ａ组基础题组1.B 由S8=4S4得8a1+×1=4×,解得a1=,∴a10=a1+9d=,故选B.2.D 由等差数列性质可知a3+a4=2=a1+a6,故S6==3(a1+a6)=6,故选D.3.A 由于S10==5(a5+a6)=12,所以a5+a6=,故选A.4.D S9-S6=a7+a8+a9=27,得a8=9,所以d==,a1=a3-2d=,故选D.5.A 设项数为2k,则由(a2+a4+…+a2k)-(a1+a3+…+a2k-1)=k×2=25-15,得k=5,故这个数列的项数为10.故选A.6.B 由d=a8-a7<0及|a7|=|a8|,得a8=-a7且a8<0,a7>0.则S13=×13=13a7>0,S15=×15=15a8<0,又S14=×14=7(a7+a8)=0,则使S n>0的最大正整数n是13.7.C 因为{a n}是等差数列,所以S19=19a10>0,S20=10(a10+a11)<0,则a10>0,a11<0,即(S n)max=S10,故选C.8.C因为S15>0,故15a8>0,即a8>0.因为S16<0,故<0,即a9<0,故该等差数列中a1>a2>…>a8>0>a9>…,0<S1<S2<…<S8>S9>…>S15>0,故,,…,中,最大项为,故选C.9.A 由=4得=3,即S4-S2=3S2,S4=4S2,由等差数列的性质可知S2,S4-S2,S6-S4成等差数列,得S6-S4=5S2,所以S6=9S2,所以=.10.B由=a3a8,得(a1+2d)(a1+7d)=(a1+3d)2,整理得d(5d+3a1)=0,又d≠0,∴a1=-d,则a1d=-d2<0,又∵S4=4a1+6d=-d,∴dS4=-d2<0,故选B.11.B 不妨记A(7,0.7),B(7,-0.8),C(8,-0.4),a n=f(n)是关于n的一次函数;S n=g(n)是关于n的二次函数且常数项为0.若A,C或B,C为a n=f(n)的图象上两点,计算可知S n=g(n)的图象不过第三点.若S n=g(n)的图象过B,C两点也不满足题意.若S n=g(n)的图象过A,C两点,即S7=0.7,S8=-0.4,则计算可知a1=1,d=-0.3,a n=1.3-0.3n,a7=-0.8,符合题意,且a4>0,a5<0,故选B.12.答案27解析由题意得{an}为等差数列,且公差d=,∵a1=1,∴S9=9×1+×=27.13.答案-14;3n2-17n解析依条件有(a1+6)(a1+12)=,得a1=-14,则S n=-14n+n(n-1)×6=3n2-17n.14.答案15;解析因为a4+a10=2a7=10,所以a7=5,同理得a9=7,所以a n=n-2,则a k=k-2=13,得k=15.a1=1-2=-1,所以S n===.15.答案0解析设等差数列的首项和公差分别为a1,d,则有解得d=-2,a1=10,故S11=11×10+×(-2)=0.16.答案解析因为2=+(n∈N*,n≥2),所以数列{}是以=1为首项,d=-=4-1=3为公差的等差数列,所以=1+3(n-1)=3n-2,所以a n=,所以a7==.17.答案72;64解析设等差数列的公差为d,则a2+a4+a9=3a1+12d=24,即a1+4d=8,所以S9=9a1+36d=9×8=72.==a1+d=8-4d+d,则=8-4d+d=8-,=8-4d+d=8+,·==64-≤64,当且仅当d=0时取等号,所以·的最大值为64.18.答案1001或1002解析因为故a n=(n-2015,n+12),故|a n|==.由二次函数性质可知当n==1001时,|a n|有最小值,又n∈N*,故n=1001或n=1002.19.解析(1)由题意知(2a 1+d)(3a1+3d)=36,将a1=1代入上式解得d=2或d=-5.因为d>0,所以d=2.从而a n=2n-1,S n=n2(n∈N*).(2)由(1)得a m+a m+1+a m+2+…+a m+k=(2m+k-1)(k+1),所以(2m+k-1)(k+1)=65.由m,k∈N*知2m+k-1≥k+1>1,故所以20.解析(1)由a1=1,a n>0,4S n=-4n-1,n∈N *,得a2=3.当n≥2时,4S n-1=-4(n-1)-1,则4a n=4S n-4S n-1=--4,=+4a n+4=(a n+2)2,∵a n>0,∴a n+1=a n+2,∴当n≥2时,{a n}是公差d=2的等差数列. ∴{a n}是首项a1=1,公差d=2的等差数列.∴数列{a n}的通项公式为a n=2n-1.(2)证明:++…+=+++…+=·+++…+-=·<.B组提升题组1.A ∵a2,a4,a8成等比数列,∴=a2·a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),将d=2代入上式,解得a1=2,∴S n=2n+=n(n+1),故选A.2.C设{a n}的公差为d,由已知可得a1+(n-1)d+a1+nd+a1+(n+1)d=18,可得a1+nd=6,又S2n+1==54,即=54,得2n+1=9,故n=4,选C.3.D 易判断A、B、C均正确.D中,可取a1<0,公差d>0.4.D ∵等差数列{a n}前n项的和S n有最大值,∴{a n}的公差是负数.∵<-1,∴a12<0,∴a11>-a12,即a11+a12>0,∴S22==>0,S23==23a12<0.∴前22项的和最大.故选D.5.C 设{a n}的公差为d,3a8=5a13⇒3(a1+7d)=5(a1+12d)⇒d=-a1,又a1>0,所以d<0.所以{a n}是单调递减数列.由a n=a1+(n-1)= a1>0⇒n≤20.由此可得当n=20时,S n最大.故选C.6.B 由S6>S7>S5,得a7=S7-S6<0,a6=S6-S5>0,a6+a7=S7-S5>0.从而有S13=×13=13a7<0,S11=×11=11a6>0,S12=×12=6(a6+a7)>0,所以n≤12时,S n>0;n≥13时,S n<0,故S12S13<0,故选B.7.D设{a n}的公差为d1,{b n}的公差为d2.因为a n=a1+(n-1)×d1=a1+n-1,b n=b1+(n-1)×d2=b1+n-1,所以-=a1+b n-1-(a1+b n-1-1)=b n-b n-1=1,所以{}是以a1+b1-1=9为首项,公差为1的等差数列,所以++…+=9×9+×1=117,故选D.8.答案24π;-解析因为{an}是等差数列,所以a1+a5+a9=3a5=8π,所以a5=π,所以S9===9×π=24π,cos(a3+a7)=cos2a5=cosπ=cosπ=-.9.答案22解析由等差数列的性质知3a3+a11=2a3+a3+a11=2a3+2a7=2(a2+a8)=22.10.答案2n-1;n2解析因为Sk+2+S k-2S k+1=2,所以a k+2-a k+1=2,又a2-a1=2,故数列{a n}为等差数列.又a1=1,故a n=2n-1,故S n==n2.11.答案解析∵an+1=1-=,且a n≠0,∴-=1,故数列是首项为4,公差为1的等差数列.则=4+(n-1)×1=n+3,即a n=.12.答案-3;58解析 a2=S 2-S 1=-3.由S n =n 2-6n 可得a n =2n-7,所以a 1<a 2<a 3<0<a 4<…<a 10,所以|a 1|+|a 2|+…+|a 10|=S 10-2S 3=58. 13.答案 ;1解析 ====;a7+b 7=S 7+T 7-(S 6+T 6)=72a+2×7-(62a+2×6)=13a+2=15⇒a=1. 14.答案 1;4解析 由题意知2S5=-1+S 10,所以S 10-2S 5=1,由{a n }为等比数列可知S 5,S 10-S 5,S 15-S 10成等比数列,所以(S 10-S 5)2=S 5(S 15-S 10),S 15-S 10===+S 5+2≥4,当且仅当S 5=1时,等号成立. 15.答案 1008解析 因为S2014>0,所以a 1+a 2014=a 1007+a 1008>0.因为S 2015<0,所以a 1+a 2015=2a 1008<0,因此d<0,且a 1>a 2>…>a 1007>0>a 1008>a 1009>…,显然|a 1009|>|a 1008|,|a 1007|>|a 1008|,所以k=1008. 16.答案 a n =解析 记△OA1B 1的面积为S,则△OA 2B 2的面积为4S. 从而四边形A n B n B n+1A n+1的面积均为3S. 可得△OA n B n 的面积为S+3(n-1)S=(3n-2)S. ∴=3n-2,即a n =.17.解析 (1)证明:由a n+2=2a n+1-a n +2得, a n+2-a n+1=a n+1-a n +2,即b n+1=b n +2. 又b 1=a 2-a 1=1.所以{b n }是首项为1,公差为2的等差数列.(5分) (2)由(1)得b n =1+2(n-1),即a n+1-a n =2n-1.(8分) 于是所以a n+1-a 1=n 2,即a n+1=n 2+a 1.又a 1=1,所以{a n }的通项公式为a n =n 2-2n+2.(10分) 18.解析 (1)由题意得=a 2·a 9, 所以(1+3d)2=(1+d)·(1+8d),(4分) 解得d=0或d=3.(6分) (2)∵当n ≠5时,S n <S 5恒成立, ∴S 5最大且d<0,由⇒ ∴⇒-4d<a 1<-5d.(10分) 又∵a 1,d ∈Z,d<0,∴当d=-1时,4<a 1<5,此时a 1不存在;(12分) 当d=-2时,8<a 1<10,则a 1=9;当d=-3时,12<a 1<15,则a 1=13或a 1=14; ……易知当d ≤-3时,a 1>9.(14分) 综上,a 1的最小值为9.(15分) 19.解析 (1)当n=2时,a 2=3a 1+8. 当n=3时,a 3=3a 2+26=95, ∴a 2=23,∴23=3a 1+8,∴a 1=5.(2)存在.当n≥2时,b n-b n-1=(a n+t)-(a n-1+t)=(a n+t-3a n-1-3t)=(3n-1-2t)=1-.要使{b n}为等差数列,则必须使1+2t=0,解得t=-,∴存在t=-,使得{b n}为等差数列.(3)因为当t=-时,{b n}为等差数列,且b n-b n-1=1(n≥2),b1=, 所以b n=+(n-1)×1=n+,所以a n=·3n+=n·3n+×3n+,所以a1=1×3+×3+,a2=2×32+×32+,a3=3×33+×33+,……所以T n=+=.。