第14周 等差数列-【周测必刷】2025-2026学年高二数学选择性必修1+2（人教A版2019）

— 54 — 第十四周 等差数列 (时间:60分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 周推好题 第6题.该题主要考查构造新数列问题,考查考生在掌握基础知识的基础上,构造新 的等差数列,从而提高学生的灵活运用能力,值得推荐. 【考点·一应俱全】(共60分) 考点一 等差数列的概念 1.(多选)下列各组数列能构成等差数列的为 ( ) A.2,2,2,2,2 B.cos0,cos1,cos2,cos3 C.3m,3m+a,3m+2a,3m+3a D.a-1,a+1,a+3 考点二 等差中项 2.在-1与7之间顺次插入三个数a,b,c,使这五个数成等差数列,求此数列. 考点三 等差数列的通项公式 3.在等差数列{an}中, (1)已知a5=-1,a8=2,求a1 与d; (2)已知a1+a6=12,a4=7,求an. 考点四 等差数列的判定与证明 4.(2025·金华·阶段练习)已知数列{an}满足a1=4,an=4- 4 an-1 (n>1,n∈N*),记bn= 1 an-2 .求 证:数列{bn}是等差数列. 考点五 等差数列的性质 5.已知{an}为等差数列,a15=8,a60=20,求a75. 考点六 由等差数列构造新数列 6.在无穷等差数列{an}中,首项a1=3,公差d=-5,依次取出序号能被4除余3的项组成数列 {bn}. (1)求b1 和b2; (2)求数列{bn}的通项公式; (3)数列{bn}中的第503项是{an}中的第几项? 考点七 灵活设项求解等差数列 7.(2025·南昌·阶段练习)已知递增的等差数列{an}的前三项的和为21,前三项的积为231,求数 列{an}的通项公式. 考点八 等差数列的应用 8.已知数列a1,a2,…,a30,其中a1,a2,…,a10是首项为1,公差为1的等差数列;a10,a11,…,a20是公 差为d(d≠0)的等差数列;a20,a21,…,a30是公差为d2 的等差数列. (1)若a20=40,求d; (2)试写出a30关于d的关系式,并求a30的取值范围; (3)续写已知数列,使得a30,a31,…,a40是公差为d3 的等差数列,以此类推,把已知数列推广为无 穷数列. 考点九 等差数列的前n项和有关计算 9.在等差数列{an}中: (1)已知a6=10,S5=5,求a8 和S10; (2)已知a1=4,S8=172,求a8 和d. 考点十 利用等差数列前n项和公式判断等差数列 10.已知数列{an}的前n项和为Sn=n2+n-1,求数列{an}的通项公式,并判断它是不是等差数列. 考点十一 等差数列中前n项和的最值问题 11.(2025·长春·阶段练习)在等差数列{an}中,a1=25,S8=S18,求前n项和Sn 的最大值. — 53 — — 56 — 考点十二 求数列{|an|}的前n项和 12.(2025·南通·阶段练习)已知数列{an}的前n项和Sn=- 3 2n 2+2052n ,求数列{|an|}的前n项 和Tn. 考点十三 等差数列前n项和的性质 13.(2025·泉州·阶段练习)已知Sn 是等差数列{an}的前n项和,且S10=100,S100=10,求S110. 考点十四 等差数列前n项和的实际应用 14.某优秀大学生毕业团队响应国家号召,毕业后自主创业,通过银行贷款等方式筹措资金,投资 72万元生产并经营共享单车,第一年维护费用为12万元,以后每年都增加4万元,每年收入租 金50万元. (1)若扣除投资和维护费用,则从第几年开始获取纯利润? (2)若年平均获利最大时,该团队计划投资其他项目,问应在第几年转投其他项目? 【探究·一举突破】(共15分) 探究主题 等差数列的奇(偶)项和问题 一个等差数列项数为偶数,奇数项之和与偶数项之和分别为24和30,最后一项与第一项之差为10.5. 探究问题: 求此数列的首项、公差、项数. 【综合·一练到底】(共25分) 1.在下表所示的5×5正方形的25个空格中填入正整数,使得每一行,每一列都成等差数列,问标有 *号的空格应填的数是 . * 74 2y 186 y 103 0 x 2x 2.记Sn 为数列{an}的前n项和,bn 为数列{Sn}的前n项积,已知 2 Sn +1bn =2. (1)证明:数列{bn}是等差数列; (2)求{an}的通项公式. 3.一列火车自A城驶往B城,沿途有n个车站(包括起点A和终点B),车上有一节邮政车厢,每停靠 一站便要卸下前面各站发往该站的邮袋各一个,同时又要装上该站发往后面各站的邮袋各一个. (1)证明:若列车从第k站出发时,车厢内共有邮袋数为(-k2+nk)个; (2)试判断第几站的车厢内邮袋数最多,最多是多少? 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (2025·贵阳·阶段练习)设无穷等差数列{an}的前n项和为Sn. (1)若首项a1= 3 2 ,公差d=1,求满足Sk2=(Sk)2 的正整数k; (2)求所有的无穷等差数列{an},使得对于一切正整数k都有Sk2=(Sk)2 成立. 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 55 — —104 — 【方法技巧】 由数列的前几项求通项公式的解题策略 (1)对于分式形式的数列,可以分子、分母分别求通项,较复杂的 还要考虑分子、分母的关系. (2)若n和n+1项正负交错,那么符号用(-1)n 或(-1)n+1或 (-1)n-1来调控. (3)熟悉一些常见数列的通项公式. (4)对于复杂数列的通项公式,其项与序号之间的关系不容易发 现,要将数列各项的结构形式加以变形,将数列的各项分解成若 干个常见数列对应项的“和”“差”“积”“商”后再进行归纳. 5.解 (1)由题意知q4-q2=72, 则q2=9或q2=-8(舍去), ∴q=±3. (2)当q=3时,an=3n. 显然-81不是此数列中的项; 当q=-3时,an=(-3)n. 令(-3)n=-81,无解, ∴-81不是此数列中的项. 6.解 (1)∵an=2n2-n, ∴当n=5时,a5=2×52-5=45; 当n=10时,a10=2×102-10=190. (2)an=2n2-n,令an=15,则有2n2-n-15=0, 解得n=3或n=-52 (舍去). 故15是该数列的第3项. 令an=3,则有2n2-n-3=0,该方程不存在正整数解,故3不是 该数列的项. 【方法技巧】 (1)利用数列的通项公式求某项的方法 数列的通项公式给出了第n项an 与它的序号n 之间的关系,只 要用序号代替公式中的n,就可以求出数列的相应项. (2)判断某数值是否为该数列的项的方法 先假定它是数列的第n项,然后列出关于n的方程.若方程的解 为正整数,则该数值是数列的一项;若方程无解或解不是正整数, 则该数值不是该数列的一项. 7.解 方法一 an+1 an = (n+1) 23 n+1 n 23 n = n+12 n·3 , 当n<2时,an+1an >1,即an+1>an; 当n=2时,an+1an =1,即an+1=an; 当n>2时,an+1an <1,即an+1<an. 则a1<a2=a3>a4>a5>…, 故数列{an}有最大项,为第2项和第3项, 且a2=a3=2× 2 3 2 =89. 方法二 根据题意,令 an-1≤an, an≥an+1, 即 (n-1)× 23 n-1 ≤n 23 n , n 23 n ≥(n+1) 23 n+1 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得2≤n≤3. 又n∈N*,则n=2或n=3. 故数列{an}有最大项,为第2项和第3项, 且a2=a3=2× 23 2 =89. 【方法技巧】 求数列最值的方法 (1)函数的单调性法:令an=f(n),通过研究f(n)的单调性来研 究最大(小)项. (2)不等式组法:先假设有最大(小)项.不妨设an 最大,则满足 an≥an-1, an≥an+1(n≥2), 解不等式组便可得到n的取值范围,从而确定 n的值;求最小项用不等式组 an≤an-1 , an≤an+1(n≥2) 求得n的取值范 围,从而确定n的值. 8.D [利用递推公式可得a3=a1+a2=1+2=3,a4=a2+a3=2+ 3=5,a5=a3+a4=3+5=8.] 9.解 a2= 1+a1 1-a1 =1+21-2=-3 , a3= 1+a2 1-a2 =1-31+3=- 1 2 , a4= 1+a3 1-a3 = 1-12 1+12 =13 , a5= 1+a4 1-a4 = 1+13 1-13 =2, a6= 1+a5 1-a5 =1+21-2=-3. 10.B [方法一 (归纳法)数列的前5项分别为 a1=1,a2=1+1- 1 2=2- 1 2= 3 2 , a3= 3 2+ 1 2- 1 3=2- 1 3= 5 3 , a4= 5 3+ 1 3- 1 4=2- 1 4= 7 4 , a5= 7 4+ 1 4- 1 5=2- 1 5= 9 5 , 又a1=1, 由此可得数列的一个通项公式为an= 2n-1 n . 方法二 (迭代法)a2=a1+1- 1 2 , a3=a2+ 1 2- 1 3 ,…, an=an-1+ 1 n-1- 1 n (n≥2), 则an=a1+1- 1 2+ 1 2- 1 3+ 1 3- 1 4+ …+ 1n-1- 1 n=2- 1 n= 2n-1 n (n≥2). 又a1=1也适合上式, 所以an= 2n-1 n (n∈N*). 方法三 (累加法) an+1-an= 1 n- 1 n+1 , a1=1, a2-a1=1- 1 2 , a3-a2= 1 2- 1 3 , a4-a3= 1 3- 1 4 , … an-an-1= 1 n-1- 1 n (n≥2), 以上各项相加得 an=1+1- 1 2+ 1 2- 1 3+ …+ 1n-1- 1 n. 所以an= 2n-1 n (n≥2). 因为a1=1也适合上式, 所以an= 2n-1 n (n∈N*).] 【方法技巧】 由递推公式求通项公式的常用方法 (1)归纳法:根据数列的某项和递推公式,求出数列的前几项,归 纳出通项公式.(只适用于选择题、填空题) (2)迭代法、累加法或累乘法,递推公式对应的有以下几类: ①an+1-an=常数,或an+1-an=f(n)(f(n)是可以求和的),使 用累加法或迭代法. ②an+1=pan(p为非零常数),或an+1=f(n)an(f(n)是可以求积 的),使用累乘法或迭代法. ③an+1=pan+q(p,q为非零常数),适当变形后转化为第②类解 决. 11.15 [法一:由Sn=n2,得an=2n-1,于是a8=2×8-1=15. 法二:a8=S8-S7=82-72=15.] 12.解 (1)当n=1时,a1=S1=2, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n-1-(3n-1-1) =2×3n-1,显然a1=2适合上式, 所以an=2×3n-1(n∈N*). (2)因为Sn=2n2-30n, 所以当n=1时,a1=S1=2×12-30×1=-28, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1 =2n2-30n-[2(n-1)2-30(n-1)]=4n-32. 显然a1=-28适合上式, 所以an=4n-32,n∈N*. 【探究·一举突破】 探究路径 解 (1)由n2-5n+4<0,解得1<n<4. ∵n∈N*,∴n=2,3.∴数列中有两项是负数. (2)法一:∵an=n2-5n+4= n- 5 2 2 -94 , 可知对称轴方程为n=52=2.5. 又∵n∈N*,故n=2或3时,an 有最小值, 且a2=a3,其最小值为22-5×2+4=-2. 法二:设第n项最小,由 an≤an+1 , an≤an-1, 得 n2-5n+4≤(n+1)2-5(n+1)+4, n2-5n+4≤(n-1)2-5(n-1)+4. 解不等式组,得2≤n≤3, ∴n=2或3时an 有最小值且a2=a3, ∴最小值为22-5×2+4=-2. 【综合·一练到底】 1.C [设am=bk,则3m+1=k2,可得m= (k+1)(k-1) 3 ,则k+1为 3的倍数或k-1为3的倍数,设k+1=3t或k-1=3r,则k=3t- 1或k=3r+1,故{cn}的奇数项项数为t,偶数项项数为r,又484= 222,由3t-1=22,解得t=233 (舍去),由3r+1=22,解得r=7,所 以484是数列{cn}中的第14项.] 2.28 [依题意得数列{an}是周期为3的数列,且a1=1,a2=2,a3= 4,因此a1+a2+a3+…+a12=4(a1+a2+a3)=4×(1+2+4)= 28.] 3.解 要将(n+1)个圆盘全部转移到乙柱上,只需先将上面n个圆 盘转移到丙柱上,最少需要an 次转移,然后将最大的那个圆盘转 移到乙柱上,需要一次转移,再将丙柱上的n个圆盘转移到乙柱 上,最少需要an 次转移,所以有an+1=2an+1. 【选做·一飞冲天】 解 若a3 为奇数,则3a3+1=4,a3=1. 若a2 为奇数,则3a2+1=1,a2=0(舍去), 若a2 为偶数,则 a2 2=1 ,a2=2. 若a1 为奇数,则3a1+1=2,a1= 1 3 (舍去), 若a1 为偶数, a1 2=2 ,a1=4. 若a3 为偶数,则 a3 2=4 ,a3=8. 若a2 为奇数,则3a2+1=8,a2= 7 3 (舍去), 若a2 为偶数,则 a2 2=8 ,a2=16. 若a1 为奇数,则3a1+1=16,a1=5, 若a1 为偶数,则 a1 2=16 ,a1=32. 故m 所有可能的取值为4,5,32. 第十四周 等差数列 【考点·一应俱全】 1.ACD [A.∵2-2=2-2=2-2=2-2=0,∴该数列是等差数 列.B.∵cos1-cos0≠cos2-cos1,∴该 数 列 不 是 等 差 数 列. C.∵(3m+a)-3m=(3m+2a)-(3m+a)=(3m+3a)-(3m+ 2a)=a,∴该数列是等差数列.D.∵(a+1)-(a-1)=(a+3)- (a+1)=2,∴该数列是等差数列.] 2.解 因为-1,a,b,c,7成等差数列, 所以b是-1与7的等差中项, 则b=-1+72 =3 , 又a是-1与3的等差中项, 所以a=-1+32 =1. 又c是3与7的等差中项, 所以c=3+72 =5. 所以该数列为-1,1,3,5,7. 【方法技巧】 若a,A,b成等差数列,则A=a+b2 ;反之,由 A= a+b 2 也可得到a,A,b成等差数列,所以A是a,b的等差中项⇔A= a+b 2 . 3.解 (1)由题意知 a1+ (5-1)d=-1, a1+(8-1)d=2, 解得 a1=-5, d=1. (2)设等差数列{an}的公差为d,由题意知 a1+a1+(6-1)d=12, a1+(4-1)d=7, 解得 a1=1 , d=2. 所以an=a1+(n-1)d=1+(n-1)×2=2n-1,n∈N*. 【方法技巧】 等差数列{an}的通项公式an=a1+(n-1)d 中共 含有四个量,即a1,d,n,an,如果知道了其中的任意三个量,那么 就可以求出第四个量,在这四个量中,a1 和d是等差数列的基本 量,只要求出这两个基本量,问题便迎刃而解. 4.证明 法一:定义法 ∵bn+1= 1 an+1-2 = 1 4-4an -2 = an 2(an-2) , ∴bn+1-bn= an 2(an-2) - 1an-2 = an-2 2(an-2) =12 ,为常数(n∈N*). 又b1= 1 a1-2 =12 , ∴数列{bn}是首项为 1 2 ,公差为1 2 的等差数列. 法二:等差中项法 ∵bn= 1 an-2 , ∴bn+1= 1 an+1-2 = 1 4-4an -2 = an 2(an-2) . ∴bn+2= an+1 2(an+1-2) = 4-4an 24-4an -2 = an-1 an-2 . ∴bn+bn+2-2bn+1= 1 an-2 + an-1 an-2 -2× an 2(an-2) =0. ∴bn+bn+2=2bn+1(n∈N*), ∴数列{bn}是等差数列. 【方法技巧】 判定等差数列常用的2种方法 (1)定义法:an+1-an=d(常数)(n∈N*)⇔{an}为等差数列. (2)等差中项法:2an+1=an+an+2(n∈N*)⇔{an}为等差数列. 5.解 方法一 (利用an=am+(n-m)d) 设数列 {an}的公差为d, 则a60=a15+(60-15)d=8+45d=20, 所以d=20-845 = 12 45= 4 15 , 所以a75=a60+(75-60)d=20+15× 4 15=24. 方法二 (利用隔项成等差数列) 因为{an}为等差数列, 所以a15,a30,a45,a60,a75也成等差数列, 设其公差为d,a15为首项,则a60为第四项, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 103 — —106 — 所以a60=a15+3d,解得d=4, 所以a75=a60+d=24. 6.解 (1)∵a1=3,d=-5, ∴an=3+(n-1)×(-5)=8-5n. 数列{an}中序号被4除余3的项是{an}中的第3项,第7项,第11 项,…, ∴b1=a3=-7,b2=a7=-27. (2)设数列{an}中的第m 项是数列{bn}中的第n项,即bn=am,则 m=3+4(n-1)=4n-1,∴bn=am =a4n-1=8-5×(4n-1)=13 -20n,即数列{bn}的通项公式为bn=13-20n. (3)3+4×(503-1)=2011,∴数列{bn}中的第503项是数列{an} 中的第2011项. 【规律总结】 若{an},{bn}分别是公差为d,d'的等差数列,则有 数列 结论 {c+an} 公差为d的等差数列(c为任一常数) {c·an} 公差为cd的等差数列(c为任一常数) {an+an+k}公差为2d的等差数列(k为常数,k∈N*) {pan+qbn}公差为pd+qd'的等差数列(p,q为常数) 7.解 方法一 根据题意,设等差数列{an}的前三项分别为a1,a1+ d,a1+2d, 则 a1+(a1+d)+(a1+2d)=21, a1(a1+d)(a1+2d)=231, 即 3a1+3d=21, a1(a1+d)(a1+2d)=231, 解得 a1=3, d=4, 或 a1=11,d=-4. 因为数列{an}为递增数列,所以 a1=3, d=4, 从而等差数列{an}的通项公式为an=4n-1. 方法二 由于数列{an}为等差数列,因此可设前三项分别为a- d,a,a+d, 由题意得 (a-d)+a(a+d)=21, a(a-d)(a+d)=231, 即 3a=21, a(a2-d2)=231, 解得 a=7,d=4 或 a=7,d=-4. 由于数列{an}为递增数列,因此 a=7, d=4, 从而an=4n-1. 8.解 (1)依题意得,a10=10,a20=10+10d=40,所以d=3. (2)a30=a20+10d2=10(1+d+d2)(d≠0), 故a30=10 d+12 2 +34 , 当d∈(-∞,0)∪(0,+∞)时,a30的取值范围为 15 2 ,+∞ . (3)所给数列可推广为无穷数列{an},其中a1,a2,…,a10是首项为 1,公差为1的等差数列,当n≥1时,a10n,a10n+1,…,a10(n+1)是公差 为dn 的等差数列. 9.解 (1)S5=5a1+ 5×4 2 d=5 , a6=a1+5d=10, 解得 a1=-5, d=3. ∴a8=a6+2d=10+2×3=16, S10=10a1+ 10×9 2 d=10× (-5)+5×9×3=85. (2)由已知得S8= 8(a1+a8) 2 = 8(4+a8) 2 =172 , 解得a8=39, 又∵a8=4+(8-1)d=39, ∴d=5. ∴a8=39,d=5. 10.解 当n=1时,a1=S1=1; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1 =(n2+n-1)-[(n-1)2+(n-1)-1]=2n. 又a1=1不满足an=2n, ∴数列{an}的通项公式是 an= 1,n=1, 2n,n≥2,n∈N*. ∵a2-a1=4-1=3≠a3-a2=2, ∴数列{an}中前两项的差与第二、三项的差不是同一个常数, ∴{an}不是等差数列,数列{an}是从第二项起以2为公差的等差 数列. 【方法技巧】 由Sn 求得通项公式an 的特点,若Sn 是关于n 的 二次函数,不含常数项,则由Sn 求得an,知数列{an}是等差数列; 否则an= S1,n=1, Sn-Sn-1,n≥2 数列{an}不是等差数列. 11.解 方法一 因为S8=S18,a1=25, 所以8×25+8× (8-1) 2 d=18×25+ 18×(18-1) 2 d , 解得d=-2. 所以Sn=25n+ n(n-1) 2 × (-2)=-n2+26n =-(n-13)2+169. 所以当n=13时,Sn 有最大值为169. 方法二 同方法一,求出公差d=-2. 所以an=25+(n-1)×(-2)=-2n+27. 因为a1=25>0, 由 an=-2n+27≥0, an+1=-2(n+1)+27≤0 得 n≤1312 , n≥1212. 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 又因为n∈N*, 所以当n=13时,Sn 有最大值为169. 方法三 因为S8=S18, 所以a9+a10+…+a18=0. 由等差数列的性质得a13+a14=0. 因为a1>0,所以d<0. 所以a13>0,a14<0. 所以当n=13时,Sn 有最大值. 由a13+a14=0,得a1+12d+a1+13d=0, 解得d=-2, 所以S13=13×25+ 13×12 2 × (-2)=169, 所以Sn 的最大值为169. 方法四 设Sn=An2+Bn. 因为S8=S18,a1=25, 所以二次函数图象的对称轴为n=8+182 =13 ,且开口方向向下, 所以当n=13时,Sn 取得最大值. 由题意得 8 2A+8B=182A+18B, A+B=25, 解得 A=-1, B=26, 所以Sn=-n2+26n, 所以S13=169, 即Sn 的最大值为169. 12.解 a1=S1=- 3 2×1 2+2052 ×1=101. 当n≥2时,an=Sn-Sn-1= - 3 2n 2+2052n - -32(n-1)2+ 205 2 (n-1) =-3n+104. ∵n=1也适合上式, ∴数列{an}的通项公式为an=-3n+104. 由an=-3n+104≥0得n≤34 2 3 , 即当n≤34时,an>0;当n≥35时,an<0. 方法一 ①当n≤34时, Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn=- 3 2n 2+ 205 2n ; ②当n≥35时, Tn=|a1|+|a2|+…+|a34|+|a35|+…+|an|=(a1+a2+…+ a34)-(a35+a36+…+an) =2(a1+a2+ … +a34)-(a1+a2+ … +an)=2S34-Sn = 2 -32×34 2+2052 ×34 - -32n2+2052n =32n 2-2052n+3502. 故Tn= -32n 2+2052n ,n≤34, 3 2n 2-2052n+3502 ,n≥35. 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 方法二 ①同方法一. ②当n≥35时, Tn=|a1|+|a2|+…+|an| =(a1+a2+…+a34)-(a35+a36+…+an) = -32×34 2+2052×34 -(-3n+104-3×35+104)×(n-34)2 =32n 2-2052n+3502 , 故Tn= -32n 2+2052n ,n≤34, 3 2n 2-2052n+3502 ,n≥35. 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 【方法技巧】 由等差数列{an}求数列{|an|}的前n项和的技巧 常先由Sn 的最值判断出哪些项为正,哪些项为负或先求出an,解 得an≥0时n的取值范围,判断出哪些项为正,哪些项为负. (1)等差数列{an}的各项都为非负数,这种情形中数列{|an|}就 等于数列{an},可以直接求解. (2)若前k项为负,从k+1项开始以后的项非负,则{|an|}的前n 项和Tn= -Sn,n≤k, Sn-2Sk,n>k. (3)若 前 k 项 为 正,从 k+1 项 开 始 以 后 的 项 非 正,则 Tn = Sn ,n≤k, 2Sk-Sn,n>k. (4)分别求出an≥0与an<0时的和,再相减求出|an|的前n项 和. 13.解 方法一 设等差数列{an}的首项为a1,公差为d, ∵S10=100,S100=10, ∴ 10a1+ 10×(10-1) 2 d=100 , 100a1+ 100×(100-1) 2 d=10 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得 a1= 1099 100 , d=-1150. 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ∴S110=110a1+ 110×(110-1) 2 d =110×1099100 + 110×109 2 × - 11 50 =-110. 方法二 ∵S10,S20-S10,S30-S20,…,S100-S90,S110-S100, …成等差数列,设公差为d,∴该数列的前10项和为10×100+ 10×9 2 d=S100=10 ,解得d=-22, ∴前11项和S110=11×100+ 11×10 2 × (-22) =-110. 方法三 由 Snn 也是等差数列,构造新的等差数列b1=S1010= 10,b10= S100 100= 1 10 , 则d=19 (b10-b1)= 1 9× - 99 10 =-1110, 所以b11= S110 110=b10+d= 1 10+ - 11 10 =-1, 所以S110=-110. 方法四 直接利用性质Sn=m,Sm =n,Sm+n=-(m+n),可知 S110=-110. 14.解 (1)设第n年获取的利润为y 万元,则n年共收入租金50n 万元,维护费构成一个以12为首项,4为公差的等差数列, 共12n+4×n (n-1) 2 = (2n2+10n)万元, 因此利润y=50n-(72+2n2+10n) =-2n2+40n-72, 令y>0,解得2<n<18, 因为n∈N*,所以从第3年起开始获取纯利润. (2)年平均获利为 y n = -2n2+40n-72 n =- 2n+ 72 n +40, 因为2n+72n≥2 2n ·72 n =24 , 所以- 2n+72n +40≤-24+40=16, 当且仅当2n=72n ,即n=6时,取等号, 所以应在第6年转投其他项目. 【探究·一举突破】 探究路径 解 方法一 设 此 数 列 的 首 项 为a1,公 差 为d,项 数 为2k(k∈ N*). 根据题意,得 S奇 =24, S偶 =30, a2k-a1= 21 2 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 即 1 2k (a1+a2k-1)=24, 1 2k (a2+a2k)=30, (2k-1)d=212 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 ∴ k[a1+(k-1)d]=24, k(a1+kd)=30, (2k-1)d=212 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得 a1= 3 2 , d=32 , k=4, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 ∴首项为32 ,公差为3 2 ,项数为8. 方法二 设此数列的首项为a1,公差为d,项数为2k(k∈N*). 根据题意,得 S奇 =24, S偶 =30, a2k-a1= 21 2 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ∴ S偶 -S奇 =6, a2k-a1= 21 2 , ∴ kd=6, (2k-1)d=212 , ∴ k=4, d=32. 代入S奇 =k2 (a1+a2k-1)=24,可得a1= 3 2. ∴首项为32 ,公差为3 2 ,项数为8. 【综合·一练到底】 1.142 [记aij为第i行第j列的格中所填的数,则a52=x,a41=y. 由第3行得a33= 2y+186 2 , 由第3列得a33=2×103-2x, 所以2x+y=113. ① 由第1列得a21=3y, 则由第2行得a23=2×74-3y, 由第3列得a33+103=a23+2x,则a23=3×103-4x, 所以2×74-3y=3×103-4x, 即4x-3y=161, ② 解①②,得x=50,y=13, 所以a15=2×186-a55=2×186-4x=172,a13=2a33-a53=112, a14= a13+a15 2 =142 , 故标有*号的空格应填142.] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 105 — —108 — 2.(1)证明 由已知2Sn +1bn =2得Sn= 2bn 2bn-1 ,且bn≠0,bn≠ 1 2 , 取n=1,由S1=b1 得b1= 3 2 , 由于bn 为数列{Sn}的前n项积, 所以 2b1 2b1-1 · 2b2 2b2-1 ·…· 2bn 2bn-1 =bn, 故 2b1 2bn-1 · 2b2 2b2-1 ·…· 2bn+1 2bn+1-1 =bn+1, 所以 2bn+1 2bn+1-1 = bn+1 bn , 由于bn+1≠0, 所以 2 2bn+1-1 =1bn ,即bn+1-bn= 1 2 ,其中n∈N*, 所以{bn}是以 3 2 为首项,1 2 为公差的等差数列. (2)解 由(1)可 得,数 列{bn}是 以 3 2 为 首 项,1 2 为 公 差 的 等 差 数列, 所以bn= 3 2+ (n-1)×12=1+ n 2 , Sn= 2bn 2bn-1 =2+n1+n , 当n=1时,a1=S1= 3 2 , 当n≥2时,an=Sn-Sn-1= 2+n 1+n- 1+n n =- 1 n(n+1) ,显然对于 n=1不成立, 所以an= 3 2 ,n=1, - 1n(n+1) ,n≥2. 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 3.(1)证明 设列车从各站出发时,邮政车厢内的邮袋数构成一个数 列{an},则a1=n-1,a2=a1-1+n-2=(n-1)+(n-2)-1, a3=a2-2+n-3=(n-1)+(n-2)+(n-3)-1-2,… 所以ak=(n-1)+(n-2)+(n-3)+…+(n-k)-(1+2+…+ k-1)=kn-12k (k+1)-12k (k-1)=-k2+nk(k∈N*). (2)解 由ak=- k- n 2 2 +n 2 4 ,得 当n为偶数,k=n2 时,ak 的最大值为 n2 4 ,当n为奇数,k=n-12 或 n+1 2 时,ak 的最大值为 n2-1 4 . 即若n为偶数,则第n2 站的车厢内邮袋数最多,最多为n 2 4 个; 若n为 奇 数,则 第n-12 或n+1 2 站 的 车 厢 内 邮 袋 数 最 多,最 多 为 n2-1 4 个. 【选做·一飞冲天】 解 (1)法一:由题意知,Sn= 3 2n+ n(n-1) 2 ×1= 1 2n 2+n, 则Sk2= 1 2k 4+k2=(Sk)2= 1 2k 2+k 2 , 从而1 4k 4-k3=0,k∈N*,解得k=4. 法二:数列{an}为等差数列,不妨设Sn=An2+Bn,其中 A= d 2 , B=a1- d 2 ,则Sk2=A(k2)2+Bk2,Sk=Ak2+Bk, 由Sk2=(Sk)2 可得k2(Ak2+B)=k2(Ak+B)2. 考虑到k为正整数,从而Ak2+B=A2k2+2ABk+B2, 即(A2-A)k2+2ABk+(B2-B)=0. 又A=d2= 1 2 ,B=a1- d 2=1 , 所以1 4k 2-k=0,又k≠0,从而k=4. (2)由(1)可知k2[(A2-A)k2+2ABk+(B2-B)]=0, 考虑到对一切正整数k都有Sk2=(Sk)2 成立, 只需 A2-A=0, 2AB=0, B2-B=0, 解得 A=0,B=0 或 A=1,B=0 或 A=0,B=1. 又A=d2 ,B=a1- d 2 , 从而可得 d=0, a1=0 或 d=2,a1=1 或 d=0,a1=1. 故满足题意的无穷等差数列 有:①0,0,0,0,…;②1,3,5,7,…; ③1,1,1,1,…. 第十五周 等比数列 【考点·一应俱全】 1.解 (1)不是等比数列;(2)是等比数列,公比为23 ;(3)不是等比数 列;(4)是等比数列,公比为-4. 【方法技巧】 判断一个数列是否为等比数列的方法:验证 a2 a1 , a3 a2 ,a4 a3 ,…是否等于同一常数. 2.解 设等比数列{an}的首项为a1,公比为q. 因为a2-a5=42,所以q≠1, 由已知得 a1+a1q+a1q2=168, a1q-a1q4=42. 即 a1(1+q+q2)=168, ① a1q(1-q3)=42, ② 因为1-q3=(1-q)(1+q+q2), 所以由②除以①,得q(1-q)=14. 所以q=12. 所以a1= 42 1 2- 1 2 4=96. 设G 是a5,a7 的等比中项, 则G2=a5a7=a1q4·a1q6=a21q10=962× 1 2 10 =9, 即G=±3. 所以a5 与a7 的等比中项是±3. 【方法技巧】 (1)由等比中项的定义可知Ga = b G ⇒G 2=ab⇒G= ± ab,所以只有a,b同号时,a,b的等比中项有两个,异号时,没 有等比中项. (2)在一个等比数列中,从第二项起,每一项(有穷数列的末项除 外)都是它的前一项和后一项的等比中项. (3)a,G,b成等比数列等价于G2=ab(ab>0). 3.解 设首项为a1,公比为q. (1)法一:因为 a4=a1q3, a7=a1q6, 所以 a1q 3=2, ① a1q6=8. ② 由② ① 得q3=4,从而q= 3 4,而a1q3=2, 于是a1= 2 q3 =12 ,所以an=a1qn-1=2 2n-5 3 . 法二:因为a7=a4q3,所以q3=4,q= 3 4. 所以an=a4qn-4=2·( 3 4)n-4=2 2n-5 3 . (2)法一:因为 a2+a5=a1q+a1q4=18, ③ a3+a6=a1q2+a1q5=9. ④ 由④ ③ 得q=12 ,从而a1=32, 又an=1,所以32× 1 2 n-1 =1, 即26-n=20,所以n=6. 法二:因为a3+a6=q(a2+a5),所以q= 1 2. 由a1q+a1q4=18,知a1=32. 由an=a1qn-1=1,知n=6. 4.证明 由a1=1,an+1= n+2 n Sn , 得an>0,Sn>0. 由an+1= n+2 n Sn ,an+1=Sn+1-Sn, 得(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn), 整理,得nSn+1=2(n+1)Sn, 所以 Sn+1 n+1=2 ·Sn n ,则 Sn+1 n+1 Sn n =2. 因为 S1 1= a1 1=1 ,所以数列 Sn n 是以1为首项,2为公比的等比 数列. 5.C [法一:由a5·a2n-5=22n,得a1q4·a1q2n-6=a21q2n-2=22n,所 以(a1qn-1)2=(2n)2.又an>0,所以a1qn-1=2n.故log2a1+log2a3 +… +log2a2n-1=log2(a1a3…a2n-1)=log2(an1q2+4+ …+2n-2)= log2[an1qn (n-1)]=log2[(a1qn-1)n]=log2[(2n)n]=n2. 法二:由等比中项的性质,得a5·a2n-5=(an)2=22n,注意到an> 0,所以an=2n.取特殊值,如令n=2,则log2a1+log2a3=log2(2· 23)=log224=4.只有C选项符合.法三:由等比中项的性质,得 a5·a2n-5=(an)2=22n,注意到an>0,所以an=2n.于是log2a1+ log2a3+…+log2a2n-1=1+3+…+(2n-1)=n2.法四:因为a1· a2n-1=a3·a2n-3=a5·a2n-5=…=(an)2=22n,所 以log2a1+ log2a3+ … +log2a2n-1 =log2(a1a3 …a2n-1)=log2[(a1a2n-1) (a3a2n-3)…an]=log22n2=n2.] 6.D [因为Ai 是边长为ai,ai+1的矩形面积(i=1,2,…),所以Ai= aiai+1(i=1,2,…),则数列{An}的通项为An=anan+1.根据等比数 列的定义,数列{An}为等比数列的充要条件是 An+1 An = an+1an+2 anan+1 = an+2 an =q(常数).] 【方法技巧】 由等比数列构造新的等比数列,一定要检验新的数 列中是否有为0的项,主要是针对q<0的情况. 7.解 方法一 从前三个数入手,设这四个数依次为a-d,a,a+ d, (a+d)2 a , 由条件得 a-d+ (a+d)2 a =16 , a+(a+d)=12. 解得 a=4, d=4 或 a=9,d=-6. 当a=4,d=4时,所求四个数为0,4,8,16; 当a=9,d=-6时,所求四个数为15,9,3,1. 故所求四个数为0,4,8,16或15,9,3,1. 方法二 从 后 三 个 数 入 手,设 这 四 个 数 依 次 为2aq -a ,a q ,a, aq(q≠0), 由条件得 2a q -a+aq=16 , a q +a=12 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得 q=2, a=8 或 q= 1 3 , a=3. 当q=2,a=8时,所求四个数为0,4,8,16; 当q=13 ,a=3时,所求四个数为15,9,3,1. 故所求四个数为0,4,8,16或15,9,3,1. 方法三 从首末两项的和与中间两项的和入手,设这四个数依次 为x,y,12-y,16-x, 由已知得 2y=x+(12-y),(12-y)2=y(16-x), 解得 x=0, y=4 或 x=15,y=9. 故所求四个数为0,4,8,16或15,9,3,1. 8.B [由题意,第一年的住房面积为a1=a·1.1-b,第二年的住房 面积为a2=a1·1.1-b=a·(1.1)2-1.1b-b,…,则an+1=an· 1.1-b.若an+1+m=(an+m)·1.1,则m=-10b,∴{an-10b}是 首项为a1-10b,公比为1.1的等比数列,则an-10b=(a1-10b)× (1.1)n=(a-10b)×(1.1)n,∴an=1.1na-10b[(1.1)n-1].故 选B.] 【方法技巧】 数列实际应用题常与现实生活和生产实际中的具 体事件相联系,建立数学模型是解决这类问题的核心,常用的方 法有: (1)构造等差、等比数列的模型,然后用数列的通项公式或求和公 式求解; (2)通过归纳得到结论,再用数列知识求解. 9.解 (1)S10= a1(1-q10) 1-q = 2× 1- -12 10 1- -12 =43× 1- 1 1024 = 341 256. (2)方法一 S100=a1+a2+a3+a4+…+a99+a100 =2(a2+a4+…+a100)+a2+a4+…+a100 =3(a2+a4+…+a100)=150, ∴a2+a4+a6+…+a100=50. 方法二 S100= a1 1- 12 100 1-12 =150, 整理得a1 1- 12 100 =75, ∴a2+a4+…+a100= a2 1- 14 50 1-14 =23a1 1- 12 100 =23×75=50. 【方法技巧】 在等比数列{an}的五个量a1,q,an,n,Sn 中,a1 与q 是最基本的,当条件与结论间的联系不明显时,均可以用a1 与q 表示an 与Sn,从而列方程组求解.在解方程组时经常用到两式相 除达到整体消元的目的,这是方程思想与整体思想在数列中的具 体应用.(注意:q=1和q≠1的讨论) 10.解 方法一 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n-2)-(3n-1-2)= 2×3n-1. 当n=1时,a1=S1=31-2=1不适合上式. ∴an= 1,n=1, 2×3n-1,n≥2. 由于a1=1,a2=6,a3=18,显然a1,a2,a3 不是等比数列,即{an} 不是等比数列. 方法二 由等比数列{bn}的公比q≠1时的前n项和Sn=Aqn+ B 满足的条件为A=-B,对比可知Sn=3n-2,2≠1,故{an}不是 等比数列. 11.解 方法一 ∵S2n≠2Sn,∴q≠1, 由已知得 a1(1-qn) 1-q =48 , ① a1(1-q2n) 1-q =60 , ② 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ②÷①得1+qn=54 , 即qn=14 , ③ 将③代入①得 a1 1-q=64 , ∴S3n= a1(1-q3n) 1-q =64× 1-1 43 =63. 方法二 ∵{an}为等比数列,显然公比不等于-1, ∴Sn,S2n-Sn,S3n-S2n也成等比数列, ∴(S2n-Sn)2=Sn(S3n-S2n), ∴S3n= (S2n-Sn)2 Sn +S2n= (60-48)2 48 +60=63. 方法三 由性质Sm+n=Sm +qmSn 可知S2n=Sn+qnSn,即60= 48+48qn,得qn=14 , ∴S3n=S2n+q2nSn=60+48× 1 4 2 =63. 12.3 [依题意,各层灯笼数从上到下排成一列构成等比数列{an} (n∈N*,n≤9),公 比q=2,前9项 和 为1533,于 是 得 S9= a1(1-29) 1-2 =1533 ,解得a1=3,所以内部塔楼的顶层应挂3盏 灯笼.] 【方法技巧】 (1)解应用问题的核心是建立数学模型. (2)一般步骤:审题、抓住数量关系、建立数学模型. (3)注意问题是求什么(n,an,Sn). 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 107 —