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[ 【基础过关系列】高二数学同步精品讲义与分层练习(人教A版2019）]
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选择性第二册同步巩固，难度2颗星！
基础知识
定义
如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，记为\(d\) .
等差中项
若\(a\)，\(b\)，\(c\)成等差数列，则\(b\)称\(a\)与\(c\)的等差中项，则 \(b=\dfrac{a+c}{2}\).
通项公式
等差数列\(\{a_n \}\)的首项为\(a_1\)，公差为\(d\)，则\(a_n=a_1+(n-1) d\). (由定义与累加法可得)
前n项和
等差数列\(\{a_n \}\)的首项为\(a_1\)，公差为\(d\)，则其前\(n\)项和为
\(S_n=\dfrac{\left(a_1+a_n\right) n}{2}\) (由倒序相加法可证) \(S_n=n a_1+\dfrac{n(n-1)}{2} d\)
证明一个数列是等差数列的方法
① 定义法： \(a_{n+1}-a_n=d\)\((d\)是常数，\(n∈N^*)⟹a_n\)是等差数列；
② 中项法： \(2a_{n+1}=a_n+a_{n+2} (n∈N^*)⟹a_n\)是等差数列；
③ 通项公式法：\(a_n=kn+b\) \((k ，b\)是常数\() ⟹a_n\)是等差数列；
④ 前n项和公式法：\(S_n=A n^2+Bn\)\((A ，B\)是常数\() ⟹a_n\)是等差数列；
注 方法③④不可以在解答题里直接使用.
基本性质(其中m ，n ，p ，t∈N^*)
若数列\(\{a_n \}\)是首项为\(a_1\)，公差为\(d\)的等差数列，它具有以下性质：
(1) 若\(m+n=p+t\)， 则\(a_m+a_n=a_p+a_t\)；
(2)\(a_n=a_m+(n-m) d\)；
(3) \(d=\dfrac{a_n-a_m}{n-m}\)；
(4) 下标成等差数列且公差为\(m\)的项\(a_k\)，\(a_{k+m}\) ， \(a_{k+2 m}\) ，\(…\)\((k ，m∈N^*)\)组成公差为\(md\)的等差数列；
(5) 数列\(\{λa_n+b\}(λ、b\)是常数\()\)是公差是\(λb\)的等差数列；
(6) 若数列\(\{b_n \}\)也是等差数列，则数列\(\{a_n±b_n \}\)，\(\{ka_n±b_n \}\)\((k\)为非零常数\()\)也是等差数列；
(7) \(S_n\) ， \(S_{2 n}-S_n\)， \(S_{3 n}-S_{2 n}\)\(…\)\((n∈N^*)\)成等差数列；
(8) \(S_{2 n-1}=(2 n-1) a_n\).
基本方法
【题型1】 等差数列的基本运算
【典题1】 等差数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，已知\(a_1+2a_3=-1\)，\(S_4=0\)．则\(S_n\)的最小值为( )
A. \(-4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(-3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(-2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(-1\)
解析 设等差数列\(\{a_n \}\)的公差为\(d\)，
\(\because a_1+2a_3=-1\)，\(S_4=0\)，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l}
3 a_1+4 d=-1 \\
4 a_1+6 d=0
\end{array}\right.\)，解得\(a_1=-3\)，\(d=2\)，
故\(a_n=-3+(n-1)×2=2n-5\)，
当\(n=2\)时，\(a_2=-1<0\)，当\(n=3\)时，\(a_3=1\)，
故\(S_n\)的最小值为\(S_2=a_1+a_2=-3+(-1)=-4\)．
故选：\(A\)．
【巩固练习】
1.已知数列\(\{a_n \}\)是等差数列，其前\(n\)项和为\(S_n\)，且\(a_1=1\)，\(S_8=4S_4\)，若\(a_k+a_3=18\)，则\(k\)的值为( )
A. \(6\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B. \(7\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(9\)
2.设等差数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，\(S_{35}<0\)，\(S_{36}>0\)．若对任意的正整数\(n\)，都有\(S_n≥S_k\)，则整数\(k=\)( )
A. \(34\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B. \(35\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(18\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(19\)
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 在等差数列\(\{a_n \}\)中，设公差为\(d\)，
由\(a_1=1\)，\(S_8=4S_4\)，得\(8 \times 1+\dfrac{8 \times 7}{2} d=4\left(4 \times 1+\dfrac{4 \times 3}{2} d\right)\)，
解得\(d=2\)．
若\(a_k+a_3=18\)，则\(1+2(k-1)+1+2×2=18\)，解得\(k=7\)．
故选：\(B\)． -
答案 \(C\)
解析 在等差数列\(\{a_n \}\)中，由\(S_{35}<0\)，\(S_{36}>0\)，
得 \(\left\{\begin{array}{l} \dfrac{\left(a_1+a_{35}\right) \times 35}{2}<0 \\ \dfrac{\left(a_1+a_{36}\right) \times 36}{2}>0 \end{array}\right.\)，则 \(\left\{\begin{array}{l} a_{18}<0 \\ a_{18}+a_{19}>0 \end{array}\right.\)，
可得 \(a_{18}<0\)， \(a_{19}>0\)，且 \(a_{19}>\left|a_{18}\right|\)，
若对任意的正整数\(n\)，都有\(S_n≥S_k\)，则\(k=18\)．
故选：\(C\)．
【题型2】 等差数列的基本性质及运用
【典题1】 等差数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，若\(S_5<S_6\)，\(S_6=S_7\)，\(S_7>S_8\)，则下列结论错误的是( )
A. \(a_6+a_8=0\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B. \(S_5=S_8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. 数列\(\{a_n \}\)是递减数列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(S_{13}>0\)
解析 由\(S_6=S_7\)，则 \(\dfrac{6\left(a_1+a_6\right)}{2}=\dfrac{7\left(a_1+a_7\right)}{2}\)，即\(a_1+6d=a_7=0\)，
又\(S_5<S_6\)， \(S_7>S_8\)，易知：\(d<0\)，
故数列\(\{a_n \}\)是递减数列，故\(C\)正确；
根据\(a_6+a_8=2a_7=0\)，\(A\)正确；
\(S_5=\dfrac{5\left(a_1+a_5\right)}{2}=5 a_3\)， \(S_8=\dfrac{8\left(a_1+a_8\right)}{2}=\dfrac{8\left(a_2+a_7\right)}{2}=4 a_2\)，
则\(5a_3-4a_2=a_1+6d=0\)，
故\(S_5=S_8\)，故\(B\)正确；
再根据 \(S_{13}=\dfrac{13\left(a_1+a_{13}\right)}{2}=13 a_7=0\)，故\(D\)错误，
故选：\(D\)．
【巩固练习】
1.若\(\{a_n \}\)是等差数列，且\(a_2\)，\(a_{2022}\)是方程\(x^2-4x+3=0\)的两个根，则 \(2^{a_1} \times 2^{a_2} \times 2^{a_3} \times \ldots \times 2^{a_{2023}}=\)( )
A. \(34\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B. \(35\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(18\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(19\)
2.已知等差数列\(\{a_n \}\)中，\(a_5\)，\(a_{17}\)是方程\(x^2-6x-21=0\)的两根，则\(\{a_n \}\)的前\(21\)项的和为( )
A. \(6\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B. \(30\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(63\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(126\)
3.已知公差非零的等差数列\(\{a_n \}\)满足\(|a_5 |=|a_8 |\)，则下列结论正确的是( )
A. \(S_{13}=0\)
B. 当\(S_{13}>0\)时，\(S_n≥S_6\)，\(n∈N^*\)
C.当\(S_{13}<0\)时， \(S_n≥S_6\)，\(n∈N^*\)
D. \(S_n=S_{13-n}\left(1 \leq n \leq 12， n \in N^*\right)\)
4.已知数列\(\{a_n \}\)、\(\{b_n \}\)都是等差数列，设\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，\(\{b_n \}\)的前\(n\)项和为\(T_n\).若 \(\dfrac{S_n}{T_n}=\dfrac{2 n+1}{3 n+2}\)，则 \(\dfrac{a_5}{b_5}=\) ( )
A. \(\dfrac{19}{29}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B. \(\dfrac{11}{25}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(\dfrac{11}{17}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D. \(\dfrac{2}{3}\)
参考答案
-
答案 \(C\)
解析 \(\because a_2\)，\(a_{2022}\)是方程\(x^2-4x+3=0\)的两个根，
\(\therefore a_2+a_{2022}=4\)，
又\(\{a_n \}\)是等差数列，
\(\therefore a_1+a_{2023}=a_2+a_{2022}=\cdots=2 a_{1012}\)，即 \(a_{1012}=2\)，
\(2^{a_1} \times 2^{a_2} \times 2^{a_3} \times \ldots \times 2^{a_{2023}}=2^{\left(a_1+a_2+\cdots+a_{2023}\right)}=2^{(1011 \times 4+2)}=2^{4046}\)．
故选：\(C\)． -
答案 \(C\)
解析 \(\because\) 等差数列\(\{a_n \}\)中，\(a_5\)，\(a_{17}\)是方程\(x^2-6x-21=0\)的两根，
\(\therefore a_5+a_{17}=6\)， \(a_5 \cdot a_{17}=-21\)，
故\(\{a_n \}\)的前\(21\)项的和为 \(\dfrac{21 \times\left(a_1+a_{21}\right)}{2}=\dfrac{21 \times\left(a_5+a_{17}\right)}{2}=63\)，
故选：\(C\)． -
答案 \(B\)
解析 \(\because\)公差非零的等差数列\(\{a_n \}\)满足\(|a_5 |=|a_8 |\)，
\(\therefore a_5=-a_8\)，即\(a_5+a_8=0\)，即\(a_7+a_6=0\)．
\(\therefore S_{12}=\dfrac{12\left(a_1+a_{12}\right)}{2}=6\left(a_5+a_8\right)=0\)，故\(A\)不对；
对于选项\(B\)， \(S_{13}=\dfrac{13 \times\left(a_1+a_{13}\right)}{2}=13 a_7>0\)时， \(\therefore a_7>0\)， \(\therefore a_6<0\)，
故该数列为递增等差数列，前\(6\)项为负数，从第\(7\)项开始为正数，故\(S_6\)最小，
即\(S_n≥S_6\)，故\(B\)正确；
对于选项\(C\)， \(S_{13}=\dfrac{13 \times\left(a_1+a_{13}\right)}{2}=13 a_7<0\)时， \(\therefore a_7<0\)，\(\therefore a_6>0\)，
故该数列为递减等差数列，前\(6\)项为正数，从第\(7\)项开始为负数，故\(S_6\)最大，
即\(S_n≤S_6\)，故\(C\)错误；
当\(n=1\)时，\(S_n=S_1=a_1\)， \(S_{13-n}=S_{12}=\dfrac{12 \times\left(a_1+a_{12}\right)}{2}=6\left(a_7+a_6\right)=0\)，
而\(a_1≠0\)，故\(D\)错误，
故选：\(B\)． -
答案 \(A\)
解析 \(\because S_n\)，\(T_n\)分别为等差数列\(\{a_n \}\)、\(\{b_n \}\)的前\(n\)项和， \(\dfrac{S_n}{T_n}=\dfrac{2 n+1}{3 n+2}\)，
\(\therefore \dfrac{a_5}{b_5}=\dfrac{\dfrac{9\left(a_1+a_9\right)}{2}}{\dfrac{9\left(b_1+b_9\right)}{2}}=\dfrac{S_9}{T_9}=\dfrac{2 \times 9+1}{3 \times 9+2}=\dfrac{19}{29}\)，
故选：\(A\)．
【题型3】等差数列综合
【典题1】 设数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，且 \(\left(S_n-1\right)^2=a_n S_n\)．
(1)求\(a_1\)；(2)求证：数列 \(\left\{\dfrac{1}{S_n-1}\right\}\)为等差数列.
解析 (1)解：\(n=1\)时， \(\left(a_1-1\right)^2=a_1^2\)，则 \(a_1=\dfrac{1}{2}\)；
(2)证明： \(\left(S_n-1\right)^2=a_n S_n\)，
则\(n≥2\)时， \(\left(S_n-1\right)^2=\left(S_n-S_{n-1}\right) S_n\)．
即有\(-2S_n+1=-S_{n-1} S_n\)，
即\(1-S_n=S_n (1-S_{n-1})\)，即有 \(\dfrac{1}{S_{n-1}-1}=\dfrac{S_n}{S_n-1}\)，
\(\dfrac{1}{S_{n-1}}-\dfrac{1}{S_{n-1}-1}=\dfrac{1}{S_n-1}-\dfrac{S_n}{S_n-1}=-1\)为定值，
则数列 \(\left\{\dfrac{1}{S_n-1}\right\}\)为等差数列.
【巩固练习】
1.已知\(\{a_n \}\)是等差数列，\(a_4+a_6=8\)，其前\(5\)项和\(S_5=40\)．
(1)求\(\{a_n \}\)的通项\(a_n\)；
(2)求\(\{a_n \}\)前\(n\)项和\(S_n\)的最大值．
2.流行性感冒(简称流感)是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病．某市去年\(11\)月份曾发生流感，据资料统计，\(11\)月\(1\)日，该市新的流感病毒感染者有\(20\)人，此后，每天的新感染者平均比前一天的新感染者增加\(50\)人．由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从某天起，每天的新感染者平均比前一天的新感染者减少\(30\)人，到\(11\)月\(30\)日止，该市在这\(30\)天内感染该病毒的患者总共有\(8 670\)人，则\(11\)月几日，该市感染此病毒的新患者人数最多？并求这一天的新患者人数．
3.设\(S_n\)是数列\(\{a_n \}\)的前n项和且\(n∈N^*\)，所有项\(a_n>0\)，且 \(S_n=\dfrac{1}{4} a_n^2+\dfrac{1}{2} a_n-\dfrac{3}{4}\)．
(1)证明：\(\{a_n \}\)是等差数列；(2)求数列\(\{a_n \}\)的通项公式．
4.已知正项数列\(\{a_n \}\)的首项\(a_1=1\)，前\(n\)项和\(S_n\)满足 \(2 a_n=\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}}(n \geq 2)\)．
(1)求数列\(\{a_n \}\)的通项公式；
(2)记数列 \(\left\{\dfrac{1}{a_n a_{n+1}}\right\}\)的前\(n\)项和为\(T_n\)，若对任意的\(n∈N^*\)，不等式\(5T_n<a^2-a\)恒成立，求实数\(a\)的取值范围．
参考答案
-
答案 (1) \(a_n=-2n+14\) ；(2) \(42\) .
解析 (1)由题意可得 \(\left\{\begin{array}{l} a_4+a_6=2 a_1+8 d=8 \\ S_5=5 a_1+10 d=40 \end{array}\right.\)，解得\(a_1=12\)，\(d=-2\)，
\(\therefore a_n=12-2(n-1)=-2n+14\)；
(2) \(S_n=\dfrac{n(12+14-2 n)}{2}=n(13-n)=-n^2+13 n=-\left(n-\dfrac{13}{2}\right)^2+\dfrac{169}{4}\)，
当\(n=6\)或\(n=7\)时，有最大值，最大值为\(-36+13×6=42\)． -
答案 \(11\)月\(12\)日该市感染此病毒的新患者人数最多，且这一天患者人数为\(570\)．
解析 设\(11\)月\(1\)日，该市第\(n\)日\((n∈N^*，1≤n≤30)\)感染此病毒的新患者人数最多．
则从\(11\)月\(1\)日至第\(n\)日，每日感染此病毒的新患者人数构成一个等差数列，其首项为\(20\)，公差为\(50\)．
前\(n\)日患者总人数\(S_n=20 n+\dfrac{n(n-1)}{2} \times 50=25 n^2-5 n\).
从第\(n+1\)日开始至\(11\)月\(30\)日止，每日感染此病毒的新患者人数依次构成另一个等差数列．
其首项为\(20+(n-1)×50-30=50n-60\)，公差为\(-30\)．项数为\((30-n)\)，
其患者总人数为 \(T_{30-n}=(30-n)(50 n-60)+\dfrac{(30-n)(29-n)}{2} \times(-30)\)．
由题意可得 \(S_n+T_{30-n}=8670\)，即\(\left(25 n^2-5 n\right)+\left(-65 n^2+2445 n-14850\right)=8670\)．
化为\(n^2-61n+588=0\)，解得\(n=12(1≤n≤30)\)．
\(\therefore n=12\)，第\(12\)日的新患者人数为\(20+(12-1)×50=570\)．
\(\therefore\) \(11\)月\(12\)日该市感染此病毒的新患者人数最多，且这一天患者人数为\(570\)． -
答案 (1) 略；(2) \(a_n=2n+1\).
解析 (1)因为 \(S_n=\dfrac{1}{4} a_n^2+\dfrac{1}{2} a_n-\dfrac{3}{4}\)．
所以\(4S_n=a_n^2+2a_n-3\)，\(4S_{n+1}=a_{n+1}^2+2a_{n+1}-3\)，
两式相减整理可得\((a_{n+1}+a_n)( a_{n+1}-a_n-2)=0\)，
\(\because a_n>0\)，
\(\therefore a_{n+1}-a_n-2=0\)，
\(\therefore a_{n+1}-a_n=2\)，
\(\{a_n \}\)成等差数列；
(2)由(1)可知数列\(\{a_n \}\)是等差数列，并且\(4S_1=a_1^2+2a_1-3\)，
所以\(a_1=3\)或\(-1\)(舍去)，公差为\(2\)，
所以\(a_n=2n+1\)． -
答案 (1) \(a_n=\left\{\begin{array}{l} \dfrac{2 n+1}{4}， n \geq 2 \\ 1， n=1 \end{array}\right.\)；(2)\(a≤-3\)或\(a≥4\).
解析 (1)当\(n≥2\)时， \(2 a_n=\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}}\)，
\(\therefore 2\left(S_n-S_{n-1}\right)=\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}}\)，即 \(\sqrt{S_n}-\sqrt{S_{n-1}}=\dfrac{1}{2}\)，
所以数列 \(\left\{\sqrt{S_n}\right\}\)是首项为\(1\)，公差为 \(\dfrac{1}{2}\)的等差数列，
故\(\sqrt{S_n}=\dfrac{n+1}{2}\)， \(a_n=\dfrac{1}{2}\left(\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}}\right)=\dfrac{1}{2} \cdot\left(\dfrac{n+1}{2}+\dfrac{n}{2}\right)=\dfrac{2 n+1}{4}(n \geq 2)\)，
因此\(a_n=\left\{\begin{array}{l} \dfrac{2 n+1}{4}， n \geq 2 \\ 1， n=1 \end{array}\right.\)．
(2)当\(n≥2\)时， \(\dfrac{1}{a_n a_{n+1}}=\dfrac{1}{\dfrac{2 n+1}{4} \cdot \dfrac{2 n+3}{4}}=8\left(\dfrac{1}{2 n+1}-\dfrac{1}{2 n+3}\right)\)，
\(\therefore T_n=\dfrac{4}{5}+8\left(\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{7}-\dfrac{1}{9}+\cdots+\dfrac{1}{2 n+1}-\dfrac{1}{2 n+3}\right)=\dfrac{12}{5}-\dfrac{8}{2 n+3}<\dfrac{12}{5}\)，
又\(\because 5T_n<a^2-a\)，\(\therefore 12≤a^2-a\)，解得\(a≤-3\)或\(a≥4\)．
即所求实数\(a\)的范围是\(a≤-3\)或\(a≥4\)．
分层练习
【A组---基础题】
1.已知数列\(\{a_n \}\)满足\(a_{n+1}-a_n=2\)，若\(a_2=4\)，则\(a_8=\) ( )
A．\(14\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(16\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(18\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(20\)
2.若数列\(a\)，\(x_1\)，\(x_2\)，\(b\)与\(a\)，\(y_1\)，\(y_2\)，\(y_3\)，\(b\)均为等差数列(其中\(a≠b\))，则 \(\dfrac{x_2-x_1}{y_2-y_1}=\)( )
A. \(\dfrac{2}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B. \(\dfrac{4}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(\dfrac{3}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D. \(\dfrac{3}{4}\)
3.记\(S_n\)为等差数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和，已知\(S_4=0\)，\(a_5=5\)，则( )
A. \(na_n<2S_n\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B. \(na_n=2S_n\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C.\(na_n>2S_n\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(2na_n=S_n\)
4.我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有善走男，日增等里，首日行走一百里，九日共行一千二百六十里，问日增几何？”，该问题中，善走男第\(5\)日所走的路程里数是( )．
A. \(110\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B. \(120\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(130\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(140\)
5.已知正项等差数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和\(S_n\)，\(S_9=45\)，则\(a_2⋅a_8\)的最大值是 .
A. \(40\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B. \(50\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C.\(80\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(25\)
6.在等差数列\(\{a_n \}\)中，前\(n\)项和\(S_n\)，且 \(\dfrac{S_8}{S_4}=3\)，则 \(\dfrac{S_{12}}{S_8}=\)\(\underline{\quad \quad}\).
7.设\(S_n\)是等差数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和，存在\(\therefore n∈N^*\)且\(n>4\)时有\(S_8=20\)， \(S_{2 n-1}-S_{2 n-9}=116\)，则\(a_n=\)\(\underline{\quad \quad}\).
8.设等差数列\(\{a_n \}\)满足：\(a_1=3\)，公差\(d∈(0，10)\)，其前\(n\)项和为\(S_n\)．若数列 \(\left\{\sqrt{S_n+1}\right\}\)也是等差数列，则 \(\dfrac{S_n+10}{a_n+1}\)的最小值为\(\underline{\quad \quad}\)．
9.设数列\(\{a_n \}\)满足： \(a_1=\dfrac{1}{2}\)， \(a_{n+1}-a_n=2\left(a_{n+1}-1\right)\left(a_n-1\right)\)，证明数列 \(\left\{\dfrac{1}{a_n-1}\right\}\)是等差数列并求数列\(\{a_n \}\)的通项公式\(a_n\).
10.数列\(\{a_n \}\)的首项\(a_1=-20\)，\(a_n+a_{n+1}=3n-54\)，\(n∈N^*\)，
(1)求数列\(\{a_n \}\)的通项公式；
(2)设\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，求\(S_n\)的最小值.
11.已知数列\(\{a_n \}\)的前n项和 \(S_n=4-a_n-\dfrac{1}{2^{n-2}}\) ．
(1)证明：数列\(\{2^n a_n\}\)是等差数列；(2)求\(\{a_n \}\)的通项公式．
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 \(\because\)数列\(\{a_n \}\)满足\(a_{n+1}-a_n=2\)， \(\therefore\)数列\(\{a_n \}\)是等差数列，公差为\(2\)，
\(\because a_2=4\)，\(\therefore a_8=a_2+(8-2)×2=4+12=16\)，
故选：\(B\)． -
答案 \(B\)
解析 设数列\(a\)，\(x_1\)，\(x_2\)，\(b\)的公差为\(d_1\)，数列\(a\)，\(y_1\)，\(y_2\)，\(y_3\)，\(b\)的公差为\(d_2\)，
则有\(3d_1=b-a\)，即 \(d_1=\dfrac{b-a}{3}\)，且\(4d_2=b-a\)，即 \(d_2=\dfrac{b-a}{4}\)，
\(\therefore \dfrac{x_2-x_1}{y_2-y_1}=\dfrac{d_1}{d_2}=\dfrac{\dfrac{b-a}{3}}{\dfrac{b-a}{4}}=\dfrac{4}{3}\)，故选：\(B\)． -
答案 \(C\)
解析 设等差数列\(\{a_n \}\)的首项为\(a_1\)，公差为\(d\)，
由\(S_4=0\)，\(a_5=5\)，得 \(\left\{\begin{array}{l} 4 a_1+\dfrac{4 \times 3}{2} d=0 \\ a_1+4 d=5 \end{array}\right.\)，解得\(a_1=-3\)，\(d=2\)．
\(\therefore a_n=-3+2 (n-1)=2n-5\)， \(S_n=-3 n+\dfrac{n(n-1)}{2} \times 2=n^2-4 n\)，
则\(na_n-2S_n=2n^2-5n-2n^2+8n=3n>0\)，\(\therefore na_n>2S_n\)，
\(2na_n=4n^2-10n≠S_n\)．
故选：\(C\)． -
答案 \(D\)
解析 \(\because\)今有善走男，日增等里，首日行走一百里，九日共行一千二百六十里，
设善走男每天走的路程为\(\{a_n \}\)，则数列\(\{a_n \}\)为等差数列，设公差为\(d\)，则\(a_1=100\)，
\(\therefore\)由题意， \(9 a_1+\dfrac{9 \times 8}{2} \cdot d=1260\)，可得\(a_1+4d=140\)，
解得该善走男第\(5\)日所走的路程里数为\(a_5=a_1+4d=140\)，
故选：\(D\)． -
答案 \(D\)
解析 正项等差数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和\(S_n\)，\(S_9=45\)，
则 \(\dfrac{9\left(a_1+a_9\right)}{2}=45\)，化为\(a_1+a_9=10=a_2+a_8\)．
则 \(a_2 \cdot a_8 \leq\left(\dfrac{a_2+a_8}{2}\right)^2=25\)，当且仅当\(a_2=a_8=5\)时取等号． -
答案 \(2\)
解析 等差数列\(\{a_n \}\)中，前\(n\)项和\(S_n\)，且\(\dfrac{S_8}{S_4}=3\)，
设\(S_4=t\)，则\(S_8=3t\)，
\(\therefore S_4\)，\(S_8-S_4\)，\(S_{12}-S_8\)也是等差数列，
即\(t\)，\(2t\)，\(S_{12}-S_8\)成等差数列，
故有 \(S_{12}-S_8=3t\)，故有\(S_{12}=S_8+3t=6t\)，
则 \(\dfrac{S_{12}}{S_8}=\dfrac{6 t}{3 t}=2\). -
答案 \(\dfrac{17}{2}\)
解析 由题知\(a_1+a_2+⋯+a_8=20\)，
且 \(S_{2 n-1}-S_{2 n-9}=a_{2 n-8}+a_{2 n-7}+\cdots+a_{2 n-1}=116\)，
故\(a_1+a_{2 n-1}=\dfrac{20+116}{8}=17=2 a_n\)，
所以 \(a_n=\dfrac{17}{2}\)． -
答案 \(3\)
解析 由题意可得： \(2 \sqrt{S_2+1}=\sqrt{S_1+1}+\sqrt{S_3+1}\)，
即\(2 \sqrt{7+d}=2+\sqrt{10+3 d}\)，公差\(d∈(0，10)\)，解得\(d=2\)．
\(\therefore a_n=2n+1\)．
\(\therefore S_n=\dfrac{n(3+2 n+1)}{2}=n^2+2 n\)．
\(\therefore \sqrt{S_n+1}=n+1\)．
\(\therefore\)数列 \(\left\{\sqrt{S_n+1}\right\}\)是等差数列，
则 \(\dfrac{s_n+10}{a_n+1}=\dfrac{n^2+2 n+10}{2 n+2}=\dfrac{(n+1)^2+9}{2(n+1)}=\dfrac{1}{2}\left[(n+1)+\dfrac{9}{n+1}\right]\)\(\geq \sqrt{(n+1) \cdot \dfrac{9}{n+1}}=3\)，
当且仅当\(n=2\)时取等号，
\(\therefore \dfrac{S_n+10}{a_n+1}\)的最小值为\(3\)． -
答案 证明略， \(a_n=\dfrac{2 n-1}{2 n}\)
解析 证明：\(\because a_{n+1}-a_n=2(a_{n+1}-1)( a_n-1)\)，
\(\therefore 2(a_{n+1}-1)( a_n-1)=( a_{n+1}-1)-(a_n-1)\)，
上式两边同除以\((a_{n+1}-1)( a_n-1)\) \((\)可验证\((a_{n+1}-1)( a_n-1)≠0)\)，
化简得\(\dfrac{1}{a_{n+1}-1}-\dfrac{1}{a_n-1}=-2\)，
所以\(\left\{\dfrac{1}{a_n-1}\right\}\)是以\(-2\)为首项，\(-2\)为公差的等差数列，
即\(\dfrac{1}{a_n-1}=-2-2(n-1)=-2 n\)，
即\(a_n=1-\dfrac{1}{2 n}=\dfrac{2 n-1}{2 n}\). -
答案 (1) \(a_n=\left\{\begin{array}{l} \dfrac{3}{2} n-\dfrac{43}{2}， n \text { 为奇数 } \\ \dfrac{3}{2} n-34， n \text { 为偶数 } \end{array}\right.\)； (2)\(-243\).
解析 (1)\(a_1=-20\)，\(a_2=－31\)，
又\(a_{n+1}+a_{n+2}=3n-51\)，\(a_n+a_{n+1}=3n－54\)，
则\(a_{n+2}-a_n=3\)，即奇数项成等差，偶数项成等差，且公差均为\(3\)，
\(\therefore a_n=\left\{\begin{array}{l} \dfrac{3}{2} n-\dfrac{43}{2}， n \text { 为奇数 } \\ \dfrac{3}{2} n-34， n \text { 为偶数 } \end{array}\right.\)；
(2)当\(n\)为偶数，即\(n=2k\)时\(S_n=-51 k+\dfrac{k(k-1)}{2} \times 6=3(k-9)^2-243\)，
\(\therefore S_n≥S_{18}=-243\)；
当\(n\)为奇数，即\(n=2k－1\)时\(S_n=S_{2 k}-a_{2 k}=3\left(k-\dfrac{19}{2}\right)^2-236 \dfrac{3}{4}\)，
\(\therefore S_n \geq S_{17}=S_{19}=-236\)，
\(\therefore\left(S_n\right)_{\min }=S_{18}=-243\)． -
答案 (1)略；(2) \(a_n=\dfrac{n}{2^{n-1}}\) .
解析 证明 (1)\(\because\)数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和 \(S_n=4-a_n-\dfrac{1}{2^{n-2}}\) ．
\(\therefore\)当\(n=1\)时， \(S_1=4-a_1-\dfrac{1}{2^{-1}}\)，解得\(a_1=1\)，
当\(n≥2\)时， \(S_n=4-a_n-\dfrac{1}{2^{n-2}}\)， \(S_{n-1}=4-a_{n-1}-\dfrac{1}{2^{n-3}}\) ．
两式相减，得 \(2 a_n=a_{n-1}+\dfrac{4}{2^n}\)，
\(\therefore 2 \times 2^n a_n=2 \times 2^{n-1} a_{n-1}+4\)，
\(\therefore 2^n a_n-2^{n-1} a_{n-1}=\dfrac{2 \times 2^{n-1} a_{n-1}+4}{2}-2^{n-1} a_{n-1}\)\(=2^{n-1} a_{n-1}+2-2^{n-1} a_{n-1}=2\)，
又\(2a_1=2\)，
\(\therefore\)数列\(\{2^n a_n\}\)是首项为\(2\)，公差为\(2\)的等差数列．
(2)\(\because\)数列\(\{2^n a_n\}\)是首项为\(2\)，公差为\(2\)的等差数列，
\(\therefore 2^n a_n=2+(n-1)×2=2n\)，
\(\therefore a_n=\dfrac{2 n}{2^n}=\dfrac{n}{2^{n-1}}\)．
\(\therefore \{a_n\}\)的通项公式为 \(a_n=\dfrac{n}{2^{n-1}}\)．
【B组---提高题】
1.已知等差数列\(\{a_n \}\)，\(S_n\)是数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和，对任意的\(n∈N^*\)，均有\(S_4≥S_n\)成立，则 \(\dfrac{a_{10}}{a_6}\)的值不可能是( )
A. \(2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B. \(3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C.\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(5\)
2.设\(S_n\)是数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和，已知\(a_1=1\)，\(a_n=-S_n S_{n-1} (n≥2)\)，则\(S_n=\)\(\underline{\quad \quad}\).
3.记\(S_n\)为数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和，\(b_n\)为数列\(\{S_n\}\)的前n项积，已知 \(\dfrac{2}{S_n}+\dfrac{1}{b_n}=2\)．
(1)证明：数列\(\{b_n\}\)是等差数列；(2)求\(\{a_n \}\)的通项公式．
参考答案
-
答案 \(A\)
解析 根据题意，等差数列\(\{a_n \}\)，对任意的\(n∈N^*\)，均有\(S_4≥S_n\)成立，
即\(S_4\)是等差数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和中的最大值，
必有\(a_1>0\)，公差\(d<0\)，
分\(3\)种情况讨论：
①\(a_4=0\)时，\(S_3=S_4\)，\(S_3\)，\(S_4\)是等差数列\(\{a_n \}\)的前n项和中的最大值，
\(a_4=a_1+3d=0\)，则\(a_1=-3d\)，
\(\dfrac{a_{10}}{a_6}=\dfrac{a_1+9 d}{a_1+5 d}=\dfrac{6 d}{2 d}=3\)；
②\(a_5=0\)时， \(S_4=S_5\)， \(S_4\)，\(S_5\)是等差数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和中的最大值，
\(a_5=a_1+4d=0\)，则\(a_1=-4d\)，
\(\dfrac{a_{10}}{a_6}=\dfrac{a_1+9 d}{a_1+5 d}=\dfrac{5 d}{d}=5\)；
③\(a_4>0\)，\(a_5<0\)时，\(S_4\)是等差数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和中的最大值，
此时\(a_4=a_1+3d>0\)，\(a_5=a_1+4d<0\)，
则\(-3d<a_1<-4d\)，变形可得 \(-4<\dfrac{a_1}{d}<-3\)，
\(\dfrac{a_{10}}{a_6}=\dfrac{a_1+9 d}{a_1+5 d}=\dfrac{\dfrac{a_1}{d}+9}{\dfrac{a_1}{d}+5}=1+\dfrac{4}{\dfrac{a_1}{d}+5}\)，
\(\because-4<\dfrac{a_1}{d}<-3\)， \(\therefore 3<\dfrac{a_{10}}{a_6}<5\)，
综上， \(3 \leq \dfrac{a_{10}}{a_6} \leq 5\)．
故选：\(A\)． -
答案 \(S_n=\dfrac{2}{n+1}\)
解析 \(\because 2a_n=－S_n S_{n-1} (n≥2)\)， \(\therefore 2(S_n-S_{n-1})=－S_n S_{n-1}\)，
\(\therefore \dfrac{1}{S_n}-\dfrac{1}{S_{n-1}}=\dfrac{1}{2}\)，
\(\because a_1=1\)， \(\therefore \dfrac{1}{S_1}=1\)，
\(\therefore\left\{\dfrac{1}{S_n}\right\}\)是以\(1\)为首项， \(\dfrac{1}{2}\)为公差的等差数列
\(\therefore \dfrac{1}{S_n}=1+\dfrac{1}{2}(n-1)=\dfrac{n+1}{2}\)，
\(\therefore S_n=\dfrac{2}{n+1}\). -
答案 (1)略 ；(2) \(a_n= \begin{cases}\dfrac{3}{2}， & n=1 \\ -\dfrac{1}{n(n+1)}， & n \geq 2\end{cases}\).
解析 (1)证明：当\(n=1\)时，\(b_1=S_1\)，
由 \(\dfrac{2}{b_1}+\dfrac{1}{b_1}=2\)，解得 \(b_1=\dfrac{3}{2}\)，
当\(n≥2\)时， \(\dfrac{b_n}{b_{n-1}}=S_n\)，代入 \(\dfrac{2}{S_n}+\dfrac{1}{b_n}=2\)，
消去\(S_n\)，可得 \(\dfrac{2 b_{n-1}}{b_n}+\dfrac{1}{b_n}=2\)，所以 \(b_n-b_{n-1}=\dfrac{1}{2}\)，
所以\(\{b_n\}\)是以\(\dfrac{3}{2}\)为首项，\(\dfrac{1}{2}\)为公差的等差数列．
(2)由题意，得\(a_1=S_1=b_1=\dfrac{3}{2}\)，
由(1)，可得 \(b_n=\dfrac{3}{2}+(n-1) \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{n+2}{2}\)，
由 \(\dfrac{2}{S_n}+\dfrac{1}{b_n}=2\)，可得 \(S_n=\dfrac{n+2}{n+1}\)，
当\(n≥2\)时， \(a_n=S_n-S_{n-1}=\dfrac{n+2}{n+1}-\dfrac{n+1}{n}=-\dfrac{1}{n(n+1)}\)，显然\(a_1\)不满足该式，
所以\(a_n= \begin{cases}\dfrac{3}{2}， & n=1 \\ -\dfrac{1}{n(n+1)}， & n \geq 2\end{cases}\)．
【C组---拓展题】
1.设\(a\)，\(b\)，\(c\)分别是\(△ABC\)内角\(A\)，\(B\)，\(C\)的对边，若 \(\dfrac{1}{\tan A}\)， \(\dfrac{1}{\tan B}\)， \(\dfrac{1}{\tan C}\)依次成公差不为\(0\)的等差数列，则( )
A．\(a\)，\(b\)，\(c\)依次成等差数列
B．\(a^2\)，\(b^2\)，\(c^2\)依次成等差数列
C．\(\sqrt{a}\)， \(\sqrt{b}\)， \(\sqrt{c}\)依次成等差数列
D．\(\dfrac{1}{a}\)， \(\dfrac{1}{b}\)，\(\dfrac{1}{c}\)依次成等差数列
2.已知数列\(\{a_n \}\)满足\(a_1=6\)，\(a_2=-3\)，\(a_n+a_{n+3}=a_{n+1}+a_{n+2}\)，\(n∈N^*\)．
(1)若\(a_3=4\)，求\(a_4\)，\(a_5\)的值；
(2)证明：对任意正实数\(m\)，\(\{a_{2n}+ma_{2n+1}\}\)成等差数列；
(3)若\(a_n>a_{n+1} (n∈N^*)\)，\(a_3+a_4=-33\)，求数列\(\{a_n \}\)的通项公式．
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 \(\because \dfrac{1}{\tan A}\)， \(\dfrac{1}{\tan B}\)， \(\dfrac{1}{\tan C}\)依次成公差不为\(0\)的等差数列，
\(\therefore \dfrac{2}{\tan B}=\dfrac{1}{\tan A}+\dfrac{1}{\tan C}\)， \(\therefore \dfrac{2 \cos B}{\sin B}=\dfrac{\cos A}{\sin A}+\dfrac{\cos C}{\sin C}\)，
\(\because \dfrac{\cos A}{\sin A}+\dfrac{\cos C}{\sin C}=\dfrac{\sin C \cos A+\cos C i \sin A}{\sin A \sin C}=\dfrac{\sin (A+C)}{\sin A \sin C}=\dfrac{\sin B}{\sin A \sin C}\)，
\(\therefore \dfrac{2 \cos B}{\sin B}=\dfrac{\sin B}{\sin A \sin n C}\)，
\(\therefore 2 \cos B=\dfrac{\sin ^2 B}{\sin A \sin C}=\dfrac{b^2}{a c}\)，即 \(2 a c \cos B=b^2\)，
\(\therefore a^2+c^2-b^2=b^2\)， \(\therefore a^2+c^2=2b^2\)，
\(\therefore a^2\)，\(b^2\)，\(c^2\)成等差数列，
因此只有\(B\)正确．
故选：\(B\)． -
答案 (1) \(a_4=-5\)，\(a_5=2\)；(2)略 ；(3) \(a_n=15-9n，n∈N^*\).
解析 (1)解：数列\(\{a_n \}\)满足\(a_1=6\)，\(a_2=-3\)，\(a_n+a_(n+3)=a_{n+1}+a_{n+2}\)．
当\(n=1\)时，\(a_1+a_4=a_2+a_3\)， \(\therefore a_4=-5\)，
当\(n=2\)时，\(a_2+a_5=a_3+a_4\)，\(\therefore a_5=2\)．
(2)证明：\(\because\) 数列\(\{a_n \}\)满足\(a_1=6\)，\(a_2=-3\)，\(a_n+a_{n+3}=a_{n+1}+a_{n+2}，n∈N^*\)．①
\(\therefore n≥2\)时，\(a_{n-1}+a_{n+2}=a_n+a_{n+1}\)，②
①+②，得\(a_{n-1}+a_{n+3}=2a_{n+1}\)， \(\therefore a_{n+3}-a_{n+1}=a_{n+1}-a_{n-1}\)，
\(\therefore\left\{a_{2 n-1}\right\}\)是等差数列，设公差为\(d_1\)，\(\{a_{2n}\}\)是等差数列，设公差为\(d_2\)，
\(\therefore\left(a_{2 n}+m a_{2 n+3}\right)-\left(a_{2 n}+m a_{2 n+1}\right)=\left(a_{2 n+2}-a_{2 n}\right)+m\left(a_{2 n+3}-a_{2 n+1}\right)=d_2+m d_1\)，
\(\therefore\)对任意正实数\(m\)， \(\left\{a_{2 n}+m a_{2 n+1}\right\}\)成等差数列．
(3)解：设奇数项所成等差数列的公差为\(d_1\)，偶数项所成等左数列的公差为\(d_2\)，
①当\(n\)为奇数时， \(a_n=6+\dfrac{n-1}{2} d_1\)， \(a_{n+1}=-3+\dfrac{n-1}{2} d_2\)，
则 \(6+\dfrac{n-1}{2} d_1>-3+\dfrac{n-1}{2} d_2\)，即\(n(d_1-d_2)+18+2(d_2-d_1)>0\)，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l} d_1-d_2 \geq 0 \\ 1 \times\left(d_1-d_2\right)+9+d_2-d_1>0 \end{array}\right.\)，\(\therefore d_1-d_2≥0\)．
②当\(n\)为偶数时， \(a_n=-3+\left(\dfrac{n}{2}-1\right) d_2\)， \(a_{n+1}=6+\dfrac{n}{2} d_1\)，
则 \(-3+\left(\dfrac{n}{2}-1\right) d_2>6+\dfrac{n}{2} d_1\)， \(\therefore n(d_1－d_2)+18+2d_2<0\)，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l} d_1-d_2 \leq 0 \\ 2 \times\left(d_1-d_2\right)+18+2 d_2<0 \end{array}\right.\)， \(\therefore\left\{\begin{array}{l} d_1-d_2 \leq 0 \\ d_1<-9 \end{array}\right.\)，
综上，得\(d_1=d_2<－9\)，
\(\because a_3+a_4=a_1+a_2+d_1+d_2=3+2d_1=－33\)，解得\(d_1=-18\)，
\(\therefore\) 当\(n\)为奇数时， \(a_n=6+\dfrac{n-1}{2} \times(-18)=15-9 n\)，
当\(n\)为偶数时， \(a_n=-3+\left(\dfrac{n}{2}-1\right) \times(-18)=15-9 n\)，
\(\therefore\)数列\(\{a_n \}\)的通项公式为\(a_n=15-9n，n∈N^*．\)
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