第一章 习题课　等差数列与等比数列学案

这是一份第一章 习题课　等差数列与等比数列学案，共12页。

习题课　等差数列与等比数列学习目标　1.熟练掌握等差数列、等比数列的概念及相关公式.2.会求含绝对值的等差数列的前n项和.3.掌握等差数列、等比数列的综合问题．一、含绝对值的等差数列的前n项和例1　数列{an}的前n项和Sn＝100n－n2(n∈N＋)．(1)判断{an}是不是等差数列，若是，求其首项、公差；(2)设bn＝|an|，求数列{bn}的前n项和Tn.解　(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(100n－n2)－[100(n－1)－(n－1)2]＝101－2n.∵a1＝S1＝100×1－12＝99，满足上式，∴an＝101－2n(n∈N＋)．又an＋1－an＝－2为常数，∴数列{an}是首项为99，公差为－2的等差数列．(2)令an＝101－2n≥0，得n≤50.5，∵n∈N＋，∴n≤50(n∈N＋)．①当1≤n≤50时，an>0，此时bn＝|an|＝an，∴数列{bn}的前n项和Tn＝100n－n2.②当n≥51时，an<0，此时bn＝|an|＝－an，由b51＋b52＋…＋bn＝－(a51＋a52＋…＋an)＝－(Sn－S50)＝S50－Sn，得数列{bn}的前n项和Tn＝S50＋(S50－Sn)＝2S50－Sn＝2×2 500－(100n－n2)＝5 000－100n＋n2.由①②得数列{bn}的前n项和为Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(100n－n2，1≤n≤50，,5 000－100n＋n2，n≥51，))n∈N＋.延伸探究　本例中若an＝2n－101，求数列{bn}的前n项和Tn.解　由本例可知，当1≤n≤50时，an<0，此时bn＝－an，数列{bn}的前n项和Tn＝－n2＋100n，当n≥51时，an>0，b51＋b52＋…＋bn＝a51＋a52＋…＋an.数列{bn}的前n项和Tn＝－S50＋Sn－S50＝n2－100n＋5 000，综上，Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－n2＋100n，1≤n≤50，,n2－100n＋5 000，n≥51，))n∈N＋.反思感悟　已知等差数列{an}，求绝对值数列{|an|}的有关问题是一种常见的题型，解决此类问题的核心便是去掉绝对值，此时应从其通项公式入手，分析哪些项是正的，哪些项是负的，即找出正、负项的“分界点”．跟踪训练1　在等差数列{an}中，a10＝23，a25＝－22.(1)数列{an}前多少项和最大？(2)求{|an|}的前n项和Sn.解　(1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋9d＝23，,a1＋24d＝－22，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝50，,d＝－3，))∴an＝a1＋(n－1)d＝－3n＋53.令an>0，得n<eq \f(53,3)，∴当n≤17时，an>0；当n≥18时，an<0，∴数列{an}的前17项和最大．(2)当n≤17，n∈N＋时，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝－eq \f(3,2)n2＋eq \f(103,2)n.当n≥18，n∈N＋时，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a17－a18－a19－…－an＝2(a1＋a2＋…＋a17)－(a1＋a2＋…＋an)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)×172＋\f(103,2)×17))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(103,2)n))＝eq \f(3,2)n2－eq \f(103,2)n＋884.∴Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(103,2)n，n≤17，n∈N＋，,\f(3,2)n2－\f(103,2)n＋884，n≥18，n∈N＋.))二、等差数列、等比数列的综合问题例2　已知等差数列{an}的前5项和为105，且a10＝2a5.(1)求数列{an}的通项公式；(2)对任意m∈N＋，将数列{an}中不大于72m的项的个数记为bm.求数列{bm}的前m项和Sm.解　(1)设数列{an}的公差为d，前n项和为Tn，由T5＝105，a10＝2a5，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(5a1＋5×\f(5－1,2)d＝105，,a1＋9d＝2a1＋4d，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝7，,d＝7.))因此an＝a1＋(n－1)d＝7＋7(n－1)＝7n(n∈N＋)．(2)对m∈N＋，若an＝7n≤72m，则n≤72m－1.因此bm＝72m－1.所以数列{bm}是首项为7，公比为49的等比数列，故Sm＝eq \f(b11－qm,1－q)＝eq \f(7×1－49m,1－49)＝eq \f(7×72m－1,48)＝eq \f(72m＋1－7,48).反思感悟　解决等差数列和等比数列的综合问题，一般不能直接套用公式，要先对已知条件转化变形，使之符合等差数列或等比数列的形式，然后利用公式求解．同时，要注意在题设条件下，寻求等差数列和等比数列之间的内在联系，寻求它们之间的相互转化，寻求它们的相互作用．跟踪训练2　在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81.(1)求an；(2)设bn＝log3an，求数列{bn}的前n项和Sn.解　(1)设{an}的首项为a1，公比为q，依题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1q＝3，,a1q4＝81，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝3.))因此，an＝3n－1.(2)因为bn＝log3an＝n－1，所以数列{bn}的前n项和Sn＝eq \f(nb1＋bn,2)＝eq \f(n2－n,2).三、数列中函数与方程思想的应用例3　已知a1＝2，点(an，an＋1)在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，其中n＝1,2,3，….(1)求证数列{lg (1＋an)}是等比数列；(2)设Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)，求Tn及数列{an}的通项公式；(3)记bn＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,an＋2)，求数列{bn}的前n项和Sn，并说明Sn＋eq \f(2,3Tn－1)＝1.(1)证明　由已知得an＋1＝aeq \o\al(2,n)＋2an，∴an＋1＋1＝(an＋1)2.∵a1＝2，∴an＋1>1，两边取对数得lg (1＋an＋1)＝2lg (1＋an)，即eq \f(lg1＋an＋1,lg1＋an)＝2.∴数列{lg (1＋an)}是公比为2的等比数列．(2)解　由(1)知lg (1＋an)＝2n－1·lg (1＋a1)＝2n－1·lg 3＝，∴1＋an＝.(*)∴Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)＝由(*)式得an＝32n－1－1.(3)解　∵an＋1＝aeq \o\al(2,n)＋2an，∴an＋1＝an(an＋2)，∴eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋2)))，∴eq \f(1,an＋2)＝eq \f(1,an)－eq \f(2,an＋1).又∵bn＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,an＋2)，∴bn＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,a2)＋\f(1,a2)－\f(1,a3)＋…＋\f(1,an)－\f(1,an＋1)))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,an＋1))).∵an＝－1，∴an＋1＝－1，又∵a1＝2，∴Sn＝1－.又∵Tn＝－1，∴Sn＋eq \f(2,3Tn－1)＝1－＝1.反思感悟　由于数列是特殊函数，因此可以用研究函数的思想方法来研究数列的相关性质，如单调性、最大值、最小值等，此时要注意数列的定义域为正整数集(或其子集)这一条件．跟踪训练3　等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对于任意的n∈N＋，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b>0且b≠1，b，r均为常数)的图象上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)当b＝2时，记bn＝eq \f(n＋1,4an)(n∈N＋)，求数列{bn}的前n项和Tn.解　(1)因为对于任意的n∈N＋，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b>0且b≠1，b，r均为常数)的图象上，所以Sn＝bn＋r，当n＝1时，a1＝S1＝b＋r，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝bn＋r－(bn－1＋r)＝bn－bn－1＝(b－1)bn－1，又因为{an}为等比数列，所以r＝－1，公比为b，所以an＝(b－1)bn－1.(2)当b＝2时，an＝(b－1)bn－1＝2n－1，bn＝eq \f(n＋1,4an)＝eq \f(n＋1,2n＋1)，则Tn＝eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋eq \f(4,24)＋…＋eq \f(n＋1,2n＋1)，eq \f(1,2)Tn＝eq \f(2,23)＋eq \f(3,24)＋eq \f(4,25)＋…＋eq \f(n,2n＋1)＋eq \f(n＋1,2n＋2)，两式相减，得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(2,22)＋eq \f(1,23)＋eq \f(1,24)＋eq \f(1,25)＋…＋eq \f(1,2n＋1)－eq \f(n＋1,2n＋2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(\f(1,23)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－eq \f(n＋1,2n＋2)＝eq \f(3,4)－eq \f(1,2n＋1)－eq \f(n＋1,2n＋2)，所以Tn＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2n)－eq \f(n＋1,2n＋1)＝eq \f(3,2)－eq \f(n＋3,2n＋1).1.知识清单：(1)求含绝对值的等差数列的前n项和．(2)等差数列、等比数列的综合问题．(3)数列中函数与方程思想的应用．2．方法归纳：函数与方程思想、分类讨论．3．常见误区：等差数列、等比数列的公式记混致误．1．已知等比数列{an}满足a1＝3，且4a1,2a2，a3成等差数列，则a3＋a4＋a5等于(　　)A．33 B．84 C．72 D．189答案　B解析　由4a1,2a2，a3成等差数列得，4a1＋a3＝4a2，即12＋3q2＝4×3q，解得q＝2，∴a3＋a4＋a5＝a1q2＋a1q3＋a1q4＝3×(22＋23＋24)＝84.2．如图所示，将若干个点摆成三角形图案，每条边(包括两个端点)有n(n>1，n∈N＋)个点，相应的图案中总的点数记为an，则a2＋a3＋a4＋…＋an等于(　　)A.eq \f(3n2,2) B.eq \f(nn＋1,2) C.eq \f(3nn－1,2) D.eq \f(nn－1,2)答案　C解析　由图案的点数可知a2＝3，a3＝6，a4＝9，a5＝12，所以an＝3n－3，n≥2，所以a2＋a3＋a4＋…＋an＝eq \f(n－13＋3n－3,2)＝eq \f(3nn－1,2).3．数列{(－1)n＋2}的前n项和为Sn，则S2 021＝________.答案　－1解析　由题意知，数列{(－1)n＋2}的首项为－1，公比为－1，∴S2 021＝－1.4．已知等差数列{an}的公差为3，若a2，a4，a8成等比数列，则a4＝________.答案　12解析　∵数列{an}是公差为3的等差数列，∴a2＝a4－6，a8＝a4＋12.∵a2，a4，a8成等比数列，∴aeq \o\al(2,4)＝(a4－6)(a4＋12)，解得a4＝12.课时对点练1．已知数列{an}满足递推关系：an＋1＝eq \f(an,an＋1)，a1＝eq \f(1,2)，则a2 021等于(　　)A.eq \f(1,2 019) B.eq \f(1,2 020)C.eq \f(1,2 021) D.eq \f(1,2 022)答案　D解析　由an＋1＝eq \f(an,an＋1)，得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列，首项为eq \f(1,a1)＝2，公差为1，所以eq \f(1,a2 021)＝2＋(2 021－1)×1＝2 022，则a2 021＝eq \f(1,2 022).2．(多选)3个实数成等差数列，如果适当安排这3个数，又可以成等比数列，且这三个数的和为6，则这3个数为(　　)A．2,2,2 B．－4,2,8 C．1,2,3 D．－2,4，－8答案　AB解析　如果这三个数相等，显然2,2,2，符合题意；如果不相等，可设这3个数分别为a－d，a，a＋d.∵a－d＋a＋a＋d＝6，∴a＝2，即3个数分别为2－d,2,2＋d.①若2－d为等比中项，则有(2－d)2＝2(2＋d)，解得d＝6，此时3个数为－4,2,8.②若2＋d是等比中项，则有(2＋d)2＝2(2－d)，解得d＝－6，此时3个数为8,2，－4.③若2为等比中项，则有22＝(2＋d)(2－d)，解得d＝0(舍去)．3．设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1等于(　　)A．2 B．－2C.eq \f(1,2) D．－eq \f(1,2)答案　D解析　因为{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，所以Sn＝na1＋eq \f(1,2)n·(n－1)·(－1)，由S1，S2，S4成等比数列可知Seq \o\al(2,2)＝S1·S4，代入可得(2a1－1)2＝a1·(4a1－6)，解得a1＝－eq \f(1,2).4．(多选)在等差数列{an}中，a1＋a3＝8，且a4为a2和a9的等比中项，求数列{an}的首项、公差及前n项和．则数列{an}的(　　)A．首项为4，公差为0B．首项为1，公差为3C．通项公式an＝2n－1D．前n项和Sn＝4n答案　ABD解析　设该数列的公差为d，前n项和为Sn.由已知可得2a1＋2d＝8，(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋8d)，所以a1＋d＝4，d(d－3a1)＝0，解得a1＝4，d＝0或a1＝1，d＝3，即数列{an}的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3，所以通项公式an＝4或an＝3n－2.所以数列的前n项和Sn＝4n或Sn＝eq \f(3n2－n,2).5．在等比数列{an}中，若a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝eq \f(31,16)，a3＝eq \f(1,4)，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a4)＋eq \f(1,a5)等于(　　)A.eq \f(31,4) B.eq \f(31,2) C．31 D．4答案　C解析　a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝eq \f(a3,q2)＋eq \f(a3,q)＋a3＋a3q＋a3q2＝a3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,q2)＋\f(1,q)＋1＋q＋q2))＝eq \f(31,16)，∴eq \f(1,q2)＋eq \f(1,q)＋1＋q＋q2＝eq \f(31,4)，∴eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a4)＋eq \f(1,a5)＝eq \f(1,a3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q2＋q＋1＋\f(1,q)＋\f(1,q2)))＝4×eq \f(31,4)＝31.6．已知数列{xn}满足x1＝a，x2＝b，xn＋1＝xn－xn－1(n≥2)，则下列结论正确的是(　　)A．x100＝－a，x1＋x2＋…＋x100＝2b－aB．x100＝－b，x1＋x2＋…＋x100＝2b－aC．x100＝－b，x1＋x2＋…＋x100＝b－aD．x100＝－a，x1＋x2＋…＋x100＝b－a答案　A解析　x1＝a，x2＝b，x3＝x2－x1＝b－a，x4＝x3－x2＝－a，x5＝x4－x3＝－b，x6＝x5－x4＝a－b，x7＝x6－x5＝a＝x1，x8＝x7－x6＝b＝x2，∴{xn}是周期数列，周期为6，∴x100＝x4＝－a，∵x1＋x2＋…＋x6＝0，∴x1＋x2＋…＋x100＝x1＋x2＋x3＋x4＝2b－a.7．已知公差不为零的正项等差数列{an}中，Sn为其前n项和，lg a1，lg a2，lg a4也成等差数列，若a5＝10，则S5＝________.答案　30解析　设{an}的公差为d，则d≠0.由lg a1，lg a2，lg a4也成等差数列，得2lg a2＝lg a1＋lg a4，∴aeq \o\al(2,2)＝a1a4，即(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，d2＝a1d.又d≠0，故d＝a1，a5＝5a1＝10，d＝a1＝2，S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)×d＝30.8．已知数列{an}的通项为an＝－2n－1，则数列{|an|}的前n项和为________．答案　n2＋2n解析　由题意可知数列{an}的各项均为负值，设数列{|an|}的前n项和为Sn，则有Sn＝－a1－a2－…－an＝3＋5＋7＋…＋(2n＋1)＝eq \f(n3＋2n＋1,2)＝n2＋2n.9．等差数列{an}的前n项和Sn＝4n2－25n.求数列{|an|}的前n项和Tn.解　当n＝1时，a1＝S1＝4－25＝－21；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(4n2－25n)－[4(n－1)2－25(n－1)]＝8n－29.当n＝1时，a1＝－21＝8×1－29也符合8n－29的形式，所以数列{an}的通项公式为an＝8n－29.令an＝8n－29≥0，又n∈N＋，解得n≥4.当n≤3时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝－(a1＋a2＋…＋an)＝－Sn＝25n－4n2；当n≥4时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＋|a7|＋…＋|an|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋…＋an＝－S3＋Sn－S3＝4n2－25n＋78，所以Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(25n－4n2，n≤3，,4n2－25n＋78，n≥4.))10．数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1)．(1)求{an}的通项公式；(2)等差数列{bn}的各项为正，其前n项和为Tn，且T3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，求Tn.解　(1)由an＋1＝2Sn＋1，可得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，两式相减，得an＋1－an＝2an，an＋1＝3an(n≥2)．又∵a2＝2S1＋1＝3，∴a2＝3a1.故{an}是首项为1，公比为3的等比数列，∴an＝3n－1.(2)设{bn}的公差为d，由T3＝15，得b1＋b2＋b3＝15，可得b2＝5，故可设b1＝5－d，b3＝5＋d.又a1＝1，a2＝3，a3＝9，由题意可得(5－d＋1)(5＋d＋9)＝(5＋3)2.解得d1＝2，d2＝－10.∵等差数列{bn}的各项为正，∴d>0，∴d＝2，∴Tn＝3n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2＋2n.11．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝40，Sn＝210，Sn－4＝130，则n等于(　　)A．12 B．14 C．16 D．18答案　B解析　因为Sn－Sn－4＝an＋an－1＋an－2＋an－3＝80，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝40，所以4(a1＋an)＝120，a1＋an＝30，由Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝210，得n＝14.12．已知函数f(x)＝eq \f(1－2x,x＋1)(x≥1)，若数列{an}的通项公式an＝f(n)(n∈N＋)．则数列{an}是(　　)A．递增数列 B．递减数列C．常数列 D．摆动数列答案　B解析　f(x)＝eq \f(1－2x,x＋1)＝－2＋eq \f(3,x＋1).方法一　∵an＝－2＋eq \f(3,n＋1)(n∈N＋)，an＋1＝－2＋eq \f(3,n＋2)，∴an＋1－an＝eq \f(3,n＋2)－eq \f(3,n＋1)＝eq \f(3n＋1－n－2,n＋1n＋2)＝eq \f(－3,n＋1n＋2)<0.∴an＋1x2≥1，则f(x1)－f(x2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2＋\f(3,x1＋1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2＋\f(3,x2＋1)))＝eq \f(3,x1＋1)－eq \f(3,x2＋1)＝eq \f(3x2－x1,x1＋1x2＋1)，∵x1>x2≥1，∴x1＋1>0，x2＋1>0，x2－x1<0，∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)0，故eq \f(an＋1,an)>1，∴an＋1－(2n＋1)，n∈N＋，∴λ>－3.∴λ的取值范围是(－3，＋∞)．(2)依题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a7≤a6，,a7≤a8，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(72＋7λ≤62＋6λ，,72＋7λ≤82＋8λ，))解得－15≤λ≤－13，即λ的取值范围是[－15，－13]．