第2章 大单元4 等差数列与等比数列-高中数学训练与探索之大单元微专题（教师版）

高中数学训练与探索(大单元微专题) 第2章 数 列 大单元 4 等差数列与等比数列 等差数列与等比数列是高考的重点,命题形式多样,选择题、填空题、解答题都有考查.在新情境中考 查等差数列与等比数列的定义、通项、前n项和是高考命题的热点,有一定的运算量,突出对方程(组)思 想、转化与化归思想、分类讨论思想的考查. 考 点 一 等差(比)数列的定义与通项公式 例1 (2020·北京卷)在等差数列{an}中,a1=-9,a5=-1.记Tn=a1a2…an(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】 B. 【解析】 由题意可知,等差数列{an}的公差d= a5-a1 5-1 = -1+9 5-1 =2 ,则an=a1+(n-1)d= -9+(n-1)×2=2n-11.注意到a1<a2<a3<a4<a5<0<a6=1<a7<…,且由T5<0可知Ti< 0(i≥6,i∈N*).由 Ti Ti-1=ai>1 (i≥7,i∈N*),可知数列{Tn}不存在最小项.由于a1=-9,a2=-7, a3=-5,a4=-3,a5=-1,a6=1,故数列{Tn}中的正项只有2项:T2=63,T4=63×15=945.故数 列{Tn}中存在最大项,且最大项为T4.故选B. 例2 将n2 个数排成n 行n 列的一个数阵,如下图: a11 a12 a13 … a1n a21 a22 a23 … a2n a31 a32 a33 … a3n ︙ ︙ ︙ ︙ an1 an2 an3 … ann 该数阵第一列的n 个数从上到下构成以m 为公差的等差数列,每一行的n 个数从左到右构成以 m 为公比的等比数列(其中m>0).已知a11=2,a13=a61+1,记这n2 个数的和为S.给出下列结论: ①m=3;②a67=17×37;③aij=(3i-1)×3j-1;④S= 1 4n (3n+1)(3n-1).其中结论正确的是 062 第2章 数 列 .(填写所有正确结论的序号) 【答案】 ①③④. 【解析】 该数阵第一列的n 个数从上到下构成以m 为公差的等差数列,每一行的n 个数从左到 右构成以m 为公比的等比数列,且a11=2,a13=a61+1,可得a13=a11m2=2m2,a61=a11+5d=2+ 5m,所以2m2=2+5m+1,解得m=3或m=- 1 2 (舍去),所以①是正确的;又由a67=a61m6=(2+ 5×3)×36=17×36,所以② 不正确;又由aij=ai1mj-1=[(a11+(i-1)×m]×mj-1=[2+(i-1)× 3]×3j-1=(3i-1)×3j-1,故③正确;又由这n2 个数的和为S,则S=(a11+a12+…+a1n)+(a21+ a22+…+a2n)+…+(an1+an2+…+ann)= a11(1-3n) 1-3 + a21(1-3n) 1-3 + …+ an1(1-3n) 1-3 = 1 2 (3n-1)· (2+3n-1)n 2 = 1 4n (3n+1)(3n-1),所以选项④是正确的,故答案为①③④. 例3 (2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项均为正数,记Sn 为{an}的前n 项和,从下面①② ③中选取两个作为条件,证明另外一个成立. ① 数列{an}是等差数列;② 数列{Sn}是等差数列;③a2=3a1. 注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分. 【答案】 略. 【解析】 若选①②作条件,证明③:因为数列{an}的各项均为正数,则{Sn}为递增的正项数列,从 而{Sn}也是递增的正项数列.又因为数列{Sn}是等差数列,所以设 Sn =an+b(a>0),则Sn= (an+b)2.当n=1时,a1=S1=(a+b)2;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(an+b)2-(an-a+b)2= a(2an-a+2b).因为{an}是等差数列,所以2a2=a1+a3,即2a(3a+2b)=(a+b)2+a(5a+2b),化 简得b2=0,解得b=0.因此,an=a2(2n-1),则a2=3a2=3a1.选①③作条件,证明②:因为a2= 3a1,{an}是等差数列,所以公差d=a2-a1=2a1.因此,Sn=na1+ n(n-1) 2 d=n 2a1.又因为数列{an} 的各项均为正数,所以{Sn}的各项也为正数,则 Sn = a1n.因为 Sn+1- Sn = a1(n+1)- a1n= a1,所以{Sn}是等差数列.选②③作条件,证明①:因为数列{an}的各项均为正数,则{Sn} 为递增的正项数列,从而{Sn}也是递增的正项数列.又因为数列{Sn}是等差数列,所以设 Sn = an+b