重点题型训练2-【新教材】2021-2022学年人教A版（2019）高中数学选择性必修第二册

人教A版（新教材）高二选择性必修第二册重点题型N2 第四章 数列 考试范围：4.2.1等差梳理的概念；4.2.2等差数列的前N项和公式 考试时间：100分钟；命题人：LEOG 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 题型1、等差数列的判定与证明 1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＝7，a5+a7＝26． （Ⅰ）求an及Sn； （Ⅱ）令bn＝（n∈N+），求证：数列{bn}为等差数列． 【考点】等差数列的性质；等差数列的前n项和．版权所有 【分析】（Ⅰ）设等差数列的首项为a1，公差为d，利用等差数列通项公式列出方程组，求出a1＝3，d＝2，由此能求出an，Sn． （Ⅱ）由＝，能证明数列{bn}为等差数列． 【解答】解：（Ⅰ）设等差数列的首项为a1，公差为d， ∵a3＝7，a3+a2＝26． ∴由题意得， 解得a1＝3，d＝2， ∴an＝a1+（n﹣1）d＝3+2（n﹣1）＝2n+1． ＝＝n（n+2）． 证明：（Ⅱ）∵＝， bn+1﹣bn＝n+3﹣（n+2）＝1， ∴数列{bn}为等差数列． 【点评】本题考查等差数列的通项公式、前n项和公式的求法，考查等差数列的证明，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题． 2．已知数列{an}的首项a1＝，an+1＝2﹣，求证：{}为等差数列． 【考点】等差数列的性质．版权所有 【分析】首项a1＝，an+1＝2﹣，可得：﹣＝﹣＝＝1，即可证明． 【解答】证明：首项a1＝，an+1＝2﹣， 则﹣＝﹣＝＝1， ＝＝﹣． ∴{}为等差数列，公差为1，首项为﹣． 【点评】本题考查了数列递推关系、等差数列的定义通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 3．已知数列{an}的前n项和Sn＝4﹣an﹣． （Ⅰ）证明：数列{2nan}是等差数列； （Ⅱ）求{an}的通项公式． 【考点】等差数列的性质；数列递推式．版权所有 【分析】（Ⅰ）当n＝1时，，解得a1＝1，当n≥2时，Sn＝4﹣an﹣，Sn﹣1＝4﹣an﹣1﹣．两式相减，得2an＝，由此能证明数列{2nan}是首项为2，公差为2的等差数列． （Ⅱ）求出2nan＝2+（n﹣1）×2＝2n，由此能求出{an}的通项公式． 【解答】证明：（Ⅰ）∵数列{an}的前n项和Sn＝4﹣an﹣． ∴当n＝1时，，解得a1＝1， 当n≥2时，Sn＝4﹣an﹣，Sn﹣1＝4﹣an﹣1﹣． 两式相减，得2an＝， ∴2×2nan＝2×2n﹣1an﹣1+4， ∴＝﹣2n﹣1an﹣1＝＝2， 又2a1＝2， ∴数列{2nan}是首项为2，公差为2的等差数列． （Ⅱ）∵数列{2nan}是首项为2，公差为2的等差数列， ∴2nan＝2+（n﹣1）×2＝2n， ∴an＝＝． ∴{an}的通项公式为an＝． 【点评】本题考查等差数列的证明，考查等差数列的通项公式的求法，考查等差数列的性质、构造法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题． 4．设Sn是数列{an}的前n项和且n∈N+，所有项an＞0，且Sn＝+an﹣． （1）证明：{an}是等差数列； （2）求数列{an}的通项公式． 【考点】等差数列的性质；等差数列的通项公式．版权所有 【分析】（1）利用Sn＝+an﹣写出Sn+1，结合数列的前n项和与an的关系，两式相减解答． （2）利用（1）的结论求之． 【解答】解：（1）因为Sn＝+an﹣． 所以4Sn＝an2+2an﹣3，4Sn+1＝an+12+2an+1﹣3， 两式相减整理可得（an+1+an）（an+1﹣an﹣2）＝0， ∵an＞0，∴an+1﹣an﹣2＝0，∴an+1﹣an＝2，{an}成等差数列； （2）由（1）可知数列{an}是等差数列，并且4S1＝a12+2a1﹣3， 所以a1＝3或﹣1（舍去），公差为2， 所以an＝2n+1． 【点评】本题考查了等差数列的定义的运用以及通项公式的求法；一般的，求证一个数列为等差数列，采用定义证明的较多． 5．已知，，成等差数列，求证，，也成等差数列． 【考点】等差数列的性质．版权所有 【分析】根据题意得，化简整理得2ac＝b（a+c）．再将+通分，将分子中的b（a+c）换成ac，分母中的ac换成，结合完全平方公式约分化简得+＝2•，结合等差中项的定义即可得到，，也成等差数列． 【解答】解：∵，，成等差数列， ∴，去分母化简整理得2ac＝b（a+c） ∵+＝＝ ＝＝＝＝2• ∴﹣＝﹣，可得，，也成等差数列． 【点评】本题给出、、成等差数列，求证、、也成等差数列．着重考查了运用完全平方公式和约分的方法将分式化简、等差数列的定义和等差关系的确定方法等知识，属于中档题． 题型2、等差数