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【聚焦典型题】(苏教版)2014届高考一轮数学(理):《等差数列及其前n项和》


第2讲
1.考查利用等差数列的概念、性质、通项公式 与前n项和公式解决等差数列的问题. 2.在具体的问题情境中能识别具有等差关系的数 列,并能用有关知识解决相应的问题.

等差数列及其前n项和

【2014年高考会这样考】

等差数列的定义

单击标题可完成 对应部分的学习 助学微博 考点

自测

抓住4个考点

等差数列的通项公式
等差数列的前n项和公式 等差数列及前n项和的性质

考向一 等差数列的判定与证明

【例1】 【训练1】

突破3个考向

考向二 等差数列基本量的计算

【例2】 【训练2】
【例3】 【训练3】

考向三 等差数列及前n项和性质
的应用

揭秘3年高考 活页限时训练

整体思想在等差数列解题中的应用

A级

B级

、 ?1 选择题 ? 填空题 ? 2、 解答题 ?3 、 ?

、 ?1 选择题 ? 填空题 ? 2、 ?3 、 解答题 ?

考点梳理
1.等差数列的定义
2 如 果 一 个 数 列 从 第 __ 项 起 , 每 一 项 与 它 的 前 一 项 的 差 等 于 同一个常数 ________,那么这个数列就叫做等差数列,这个常数叫做等差数列 的____,通常用字母__表示. 公差 d 数学语言表达式:an+1-an=d(n∈N*).

2.等差数列的通项公式
若等差数列{an}的首项是 a1,公差是 d,则其通项公式为 an=_________. a1+(n-1)d.

3.等差数列的前 n 项和公式

n?a1+an? Sn= 若已知首项 a1 和末项 an,则_______________,或等差数列{an}的 2
n?n-1? Sn=na1+ d. 2 首项是 a1,公 差是 d,则其前 n 项和公式为___________________

考点梳理
4.等差数列的常用性质
(1)若 a, b 成等差数列, A 叫做 a, 的等差中项, A, 则 b 且_________. a+b A= 2 (2)通项公式的推广:an=am+____________ (n,m∈N*). (n-m)d (3)若{an}为等差数列,且 m+n=p+q, 则____________________ (m,n,p,q∈N*). am+an=ap+aq (4)若{an}是等差数列,公差为 d,则 ak,ak+m,ak+2m,? (k,m∈N*)是公差为_______的等差数列. (5)数列 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,?也是等差数列. md (6)S2n-1=(2n-1)an. nd (7)若 n 为偶数,则 S 偶-S 奇= ; 2 若 n 为奇数,则 S 奇-S 偶=a 中(中间项).

助学微博
一个推导

利用倒序相加法推导等差数列的前 n 项和公式: Sn=a1+a2+a3+?+an,① Sn=an+an-1+?+a1,② n?a1+an? ①+②得:Sn= . 2

二种方法 等差数列的两种证明方法:

(1)证明 an+1-an=d 或 an-an-1=d(n≥2); (2)证明 an+1-an=an-an-1(n≥2).

提醒: 以上两种证明方法的关键是 n 的范围, 即是否包括了 a2-a1 也是相同的常数

考点自测
1.已知{an}为等差数列,a2+a8=12,则 a5 等于( ). A.4 B.5 C.6 D.7 2.(2011· 江西)已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足:Sn+Sm=Sn+m, 且 a1=1.那么 a10=( ). A.1 B.9 C.10 D.55 3. (2012· 重庆)在等差数列{an}中, 2=1, 4=5, n}的前 5 项和 S5=( a a 则{a ). A.7 B.15 C.20 D.25 4.(2011· 全国)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,若 a1=1,公差 d=2, Sk+2-Sk=24,则 k=( ). A.8 B.7 C.6 D.5 2 5.(2012· 广东)已知递增的等差数列{an}满足 a1 =1,a3 =a 2 -4,则 an = ________.
单击题号显示结果 答案显示 单击图标显示详解

1

2

3

4

5

C

A

B

D

2n- 1

考向一等差数列的判定与证明
【例 1】?(2012· 陕西)设{an}是公比不为 1 的等比数列,其 前 n 项和为 Sn,且 a5,a3,a4 成等差数列. (1)求数列{an}的公比; (2)证明:对任意 k∈N+,Sk+2,Sk,Sk+1 成等差数列.

【审题视点 】

(1) 利 用 等 差 数 列 的定义得到关系 式 2a3=a5+a4, 代 入等比数列的通 (1)解 设数列{an}的公比为 q(q≠0,q≠1), 项公式求得 q; 由 a5,a3,a4 成等差数列,得 2a3=a5+a4, (2) 利 用 等 差 数 列 即 2a1q2=a1q4+a1q3,由 a1≠0,q≠0 得 q2+q-2=0, 的 判 断 方 法 进 行 证明. 解得 q1=-2,q2=1(舍去),所以 q=-2.

(2)证明 法一
对任意 k∈N+,Sk+2+Sk+1-2Sk=(Sk+2-Sk)+(Sk+1-Sk)

=ak+1+ak+2+ak+1 =2ak+1+ak+1· (-2)=0,
所以,对任意 k∈N+,Sk+2,Sk,Sk+1 成等差数列.

考向一等差数列的判定与证明

【例 1】?(2012· 陕西)设{an}是公比不为 1 的等比数列,其 (1) 利 用 等 差 数 列 前 n 项和为 Sn,且 a5,a3,a4 成等差数列. 等差数列的判定方法 的定义得到关系 (1)求数列{an}的公比; 有以下四种: 式 2a3=a5+a , 代 (2)证明:对任意 k∈N+,Sk+2,Sk,Sk+1 成等差数列. (1)定义法:an +4 -an 1 * 通 入 等 比 数 列 ); =d(常数)(n∈N的 (2)证明 法二 项公式求得 q; 2a1?1-qk? (2)等差中项法:2an+1 对任意 k∈N+,2Sk= (2) +an+2(n∈N*); 1-q =an利 用 等 差 数 列 + + + + a1?1-qk 2? a1?1-qk 1? a1?2-qk 2-qk 1? (3)通项公式法:an= 的判断方法进行 = , Sk+2+Sk+1= + an+b(a,b 是常数, 1-q 1-q 1-q 证明. k k+2 k+1 n∈N*); 2a1?1-q ? a1?2-q -q ? 2Sk-(Sk+2+Sk+1)= - (4)前 n 项和公式法: 1-q 1-q Sn=an2+bn(a,b 为 a1 = [2(1-qk)-(2-qk+2-qk+1)] 常数).但如果要证明 1-q 一个数列是等差数 a1qk 2 = (q +q-2)=0, 列,则必须用定义法 1-q 或等差中项法. 因此,对任意 x∈N+,Sk+2,Sk,Sk+1 成等差数列.

【审题视点 】 方法锦囊

3 1 方法锦囊 【训练 1】?已知数列{an}中,a1= ,an=2- (n≥2,n∈N*), 5 an-1 等差数列的判定方法 1 * 数列{bn}满足 bn= (n∈N ). an-1 有以下四种: (1)求证:数列{bn}是等差数列; (1)定义法:an + 1 -an (2)求数列{an}中的最大项和最小项,并说明理由. =d(常数)(n∈N*); 1 1 1 * 证明(1) n=2- ∵a (n≥2,n∈N ),bn= y ?. (2)等差中项法:2an+1 单击a -1 an-1 n x 1 1 =an+an+2(n∈N*); ∴n≥2 时,bn-bn-1= - 1 an-1 an-1-1 (3)通项公式法:an= y? 1 1 an-1 7 1 单击 =? - an+b(a,b 是常数, = - =1. x ? 1 ? an-1-1 2 an-1-1 an-1-1 ?2- ?-1 n∈N*); 7 1 an-1? ? y ? 1? 1 5 7 (4)前 n 项和公式法: 单击 2 又 b1= =- .∴数列{bn}是以-5为首项,1 为公差的等差数列. x? 2 a1-1 2 2 Sn=an2+bn(a,b 为

考向一等差数列的判定与证明

7 1 2 (2)解 由(1)知,bn=n- 则 an=1+ =1+ , 2 bn 2n-7 ? ? 7? ?7 2 ? ? ? 易知 f(x)在区间?-∞,2?和?2,+∞? 设函数 f(x)=1+ ? 2x-7 ? ? ? ? 内均为减函数 ∴结合函数 f(x)的图象可得,

常数).但如果要证明 一个数列是等差数 列,则必须用定义法 或等差中项法.

当 n=3 时,an 取得最小值-1;当 n=4 时,an 取得最大值 3.

【例 2】?设 a1,d 为实数,首项为 a1,公差为 d 的 第(1)问建立首项 a1 与公 差 d 的方程组求解; 等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 S5S6+15=0. 第(2)问建立首项a1与公差d (1)若 S5=5,求 S6 及 a1;(2)求 d 的取值范围. -15 的方程,利用完全平方公 解(1) 由题意知 S6= =-3, 式求范围. S5 ?5a +10d=5, 【方法锦囊 】 ? 1 ? 所以 a6=S6-S5=-8, (1)等差数列的通项公式及 ?a1+5d=-8. ? 前n项和公式,共涉及五个 量a1,an,d,n,Sn,知其 解得 a1=7,所以 S6=-3,a1=7 中三个就能求另外两个, (2) 因为 S5S6+15=0, 体现了用方程的思想解决 问题. 所以(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0, (2)数列的通项公式和前n 2 2 即 2a1+9da1+10d +1=0, 项和公式在解题中起到变 2 2 量代换作用,而a1和d是等 所以 d2≥8. 故(4a1+9d) =d -8, 差数列的两个基本量,用 故d的取值范围为 它们表示已知和未知是常 (-∞,-2 2]∪[2 2,+∞). 用方法.

考向二 等差数列基本量的计算

【审题视点 】

考向二 等差数列基本量的计算

【审题视点 】

【训练2】 (2011· 福建)在等差数列{an}中,a1=1, 第(2)问注意k的取值范 a3=-3. 围,必须为正整数。 (1)求数列{an}的通项公式; 【方法锦囊 】 (2)若数列{an}的前k项和Sk=-35,求k的值. (1)等差数列的通项公式 解(1) 设等差数列{an}的公差为d, 及前n项和公式,共涉及 则an=a1+(n-1)d. 五个量a1,an,d,n, 由a1=1,a3=-3,可得1+2d=-3. Sn,知其中三个就能求 解得d=-2.从而,an=1+(n-1)×(-2)=3-2n. 另外两个,体现了用方 程的思想解决问题. 由(1)可知an=3-2n. (2) (2)数列的通项公式和前n n[1+?3-2n?] 项和公式在解题中起到 所以Sn= =2n-n2. 2 变量代换作用,而a1和d 进而由Sk=-35可得2k-k2=-35. 是等差数列的两个基本 2 即k -2k-35=0,解得k=7或k=-5. 量,用它们表示已知和 未知是常用方法. 又k∈N*,故k=7为所求.

考向三 等差数列及前n项和性质的应用 【审题视点 】
【例3】?在等差数列{an}中:(1)若a4+a17=20,求S20; 利用前n项和公式 (2)若共有n项,且前四项之和为21,后四项之和为67,S = n?a1+an?及等差数 n 2 前n项和Sn=286,求n. 列的性质:若m+n=p 解析(1) 由等差数列的性质知 a1+a20=a4+a17, +q,则am+an=ap+ aq解题. 20 20 20

∴S20=

2

(a1+a20) = (a4+a17)= ×20=200. 2 2

【方法锦囊 】

(2) 依题意知:a1+a2+a3+a4=21,

an+an-1+an-2+an-3=67.
a1+an=a2+an-1=a3+an-2=a4+an-3,

∴4(a1+an)=88,∴a1+an=22.

n?a1+an? 即 286=n×22,∴n=26. 又 Sn= , 2 2

一般地,运用数列性 质,可以化繁为简、优 化解题过程.但要注意 性质运用的条件, 如m+n=p+q, 则am+an=ap+aq (m,n,p,q∈N*), 只要当序号之和相等、 项数相同时才成立.

考向三 等差数列及前n项和性质的应用
【训练3】 (1)已知等差数列{an}中,S3=9,S6=36,则a7+a8+a9=____. (2)已知等差数列{an}中,a3a7=-16,a4+a6=0,则其n项和Sn=____.

解析(1)

∴S ∵{an}为等差数列, 3,S6-S3,S9-S6成等差数列,

∴2(S6-S3)=S3+(S9-S6). ∴a7+a8+a9=S9-S6=2(S6-S3)-S3 =2(36-9)-9=45. (2) 因为a4+a6=a3+a7, 则a3a7=-16,a3+a7=0,
所以a3=4,d=-2或a3=-4,d=2.

所以数列的前n项和是Sn=n2-9n或Sn=-n2+9n.
答案 (1)45 (2)n2-9n或-n2+9n

揭秘3年高考
方法优化8——整体思想在等差数列解题中的应用
【命题研究】通过近三年的高考试题分析,考查等 差数列的定义与性质、通项公式、前n项和公式,其中 n?a1+an? 常常将求和公式Sn= 与等差数列的性质“若m 2 +n=p+q,则am+an=ap+aq”结合来命题,考查形式 主要是选择题、填空题,难度为中等.

揭秘3年高考
【真题探究】? (2012· 辽宁)在等差数 列{an}中,已知a4+a8=16,则该数列 前11项和S11=( ). A.58 B.88 C.143 D.176

【教你审题 】

求出首项与公差的关系 思路1: 式,再代入前n项和公式.
思路2:

利用等差数列的性 质从整体上求解.

一般解法: 设数列{an}的公差为 d,则 a4+a8= 16,即 a1+3d+a1+7d=16,即 a1 11×10 =8-5d,所以 S11=11a1+ d 2 =11(8-5d)+55d=88-55d+55d =88.

优美解法:
由 a1+a11=a4+a8=16,得 11?a1+a11? 11×16 S11= = 2 2 =88. 选 B.

【反思】 优美解法就是突出了整体思想,整体思想是一种重要的解题方法和技 巧,这就要求学生要灵活掌握等差数列的性质及其前n项和公式.

揭秘3年高考
【试一试】 在等差数列{an}中,已知Sn=m,Sm=n(m≠n), 则Sm+n=________.
解 设{an}的公差为 d, 则由 Sn=m,Sm=n,
? ?S =na +n?n-1?d=m, 1 ① 2 ? n 得? m?m-1? ② ? d=n. ?Sm=ma1+ 2 ? ?m-n??m+n-1? ②-①得(m-n)a1+ · d=n-m, 2 ?m+n??m+n-1? m+n-1 d ∵m≠n,∴a1+ d=-1.∴Sm+n=(m+n)a1+ 2 2
? m+n-1 ? ? ? =(m+n)?a1+ d?=-(m+n). 2 ? ?

A级 基础演练
一、选择题

题号
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1
B

2
C

3
B

4
C

2.(2013·n}为等差数列,a1+a3Sn 为等差数列{an}} 4.(2012·山东实验中学诊断)设=10,a=105, 16<0, 东北三校一模)等差数列{an+a5 =7,则数列{a 3.已知{a 1. (2012· 福建)等差数列{an}中, 1+a5 }中,S15>0,S a 4 n 的前 a4+a6=99,则 1a20 等于( =6,那么 S9=( ). 则使 n >0 成立的 n 的最大值为( ). 的公差为( ). a2+a n 项和,已知 a +a3+a11 ). A.6 B.2B.1 C.18 D.9 A.1 A.2 B.7 C.3 C.3 D.7 D.36 A.-1 B.8 C.8D.4
解析 设等差数列的公差为1? 5=10.∴2a3=10,∴ 解析 两式相减,可得1+a15 d,则由 a1+a 在等差数列{a15?a 3d=-6,d=-2.由已知 解析 依题意得 S15=n}中,∵a +a 8>0,即 a3+a11= 解析 =15a 8>0;S16 2 6,可得 =105,a =35,所以2. a =a +17d=35 a3=5,又 a4 1 +12d=6,∴a1 可得 3a3 3a=7,∴所求公差为 +4d=2=a5.∴S9 = 3 20 3 ?a16?a19?×9 =8(a +a )=8(a +a )<0,即 a +a <0, 答案 +a16? 1+a B = +(-34)=1. 答案 16 B 8 8 9 =9a51 =9×2=18. 9 2 2 a9<-a8<0.因此使 an>0 成立的 n 的最大值是 8,选 C. 答案 C
答案 C

A级 基础演练
二、填空题

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5 35

6

6

5.(2012· 6. (2013· 江西)设数列{an},{bn}都是等差数列, 沈阳四校联考)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 若Sa1+b1=7,a3+b3=21,则 a5+b5=________. S3 4 若 - =1,则公差为________. 12 9
解析 设数列{a },{bn 1+ 解析 依题意得nS4=4a}的公差分别为+6d,, d=4a1 d1,d2 2 因为 a3+b3=(a1+2d1)+(b1+2d2)=(a1+b1)+2(d1+ 3×2 S3) d2=3a1+ 2 d=3a1+3d, =7+2(d1+d2)=21,所以 d1+d2=7, 4a1+6d 3a1+3d 于是有5+b5=(a3+b3)+2(d1+d2)=21+2×7=35. 所以 a 12 - 9 =1, 答案 35 由此解得 d=6,即公差为 6. 答案 6
4×3

A级 基础演练

三、解答题

7

8

7.(12分)在等差数列{an}中,已知a2+a7+a12=12, a2·7·12=28,求数列{an}的通项公式. a a
解 由a2+a7+a12=12,得a7=4. 又∵a2·7·12=28,∴(a7-5d)(a7+5d)·7=28, a a a 9 3 3 2 2 ∴16-25d =7,∴d = ,∴d= 或d=- . 25 5 5 3 3 3 1 当d= 时,an=a7+(n-7)d=4+(n-7)× = n- ; 5 5 5 5 3 3 3 41 当d=- 时,an=a7+(n-7)d=4-(n-7)× =- n+ . 5 5 5 5 3 1 3 41 ∴数列{an}的通项公式为an= n- 或an=- n+ . 5 5 5 5

A级 基础演练

三、解答题

7

8

8.(13分)已知等差数列{an}中,公差d>0,前n项和为Sn,a2·3=45, a a1+a5=18. (1)求数列{an}的通项公式; Sn (2)令bn= (n∈N*),是否存在一个非零常数c,使数列{bn}也为等差 n+c 数列?若存在,求出c的值;若不存在,请说明理由.

?a2a3=45, (1)由题设,知{an}是等差数列,且公差d>0,则由? ?a1+a5=18,

??a1+d??a1+2d?=45, ?a1=1, 得? 解得? ∴an=4n-3(n∈N*). ?a1+?a1+4d?=18. ?d=4.
? n?1+4n-3? 1? ? 2n?n- ? 2? 2 Sn 1 ? ? (2)由bn= = = ,∵c≠0,∴可令c=- , 2 n+c n+c n+c 得到bn=2n. ∵bn+1-bn=2(n+1)-2n=2(n∈N*), ∴数列{bn}是公差为2的等差数列. 1 即存在一个非零常数c=- ,使数列{bn}也为等差数列. 2

B级 能力突破
一、选择题

题号
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1 B

2 D

2.(2012· 广州一模)已知两个等差数列{an}和{bnn 项和为 Sn,S4 1.(2013· 咸阳模拟)已知等差数列{an}的前 }的前 n 项和分别 An - =130,则 n=( =40,Sn=210,Sn7n+45,则使得an为整数的正整数的个数是 ). 为 An 和 Bn,且 = 4 Bn bn n+3 A.12 B.14 C.16 D.18 ). B.3 D.5 解析 A.2 n-4=an+an-1C.4-2+an-3=80, Sn-S +an S4An 17n+45 3+a4=40, 14n+38 7n+19 =a +a2+a an A2n-1 an 解析 由 = 得: = = = , 要使 为 Bn bn B2n-1 bn n+3 所以 4(a1+an)=120,a1+a2n+2 =30, n+1 n 7n+19 +an? 12 n?a1 整数,则需 n= =7+ 为整数,所以 答案 B 由 S n+1 =210,得 n=14. n=1,2,3,5,11,共有 n+1 2 5 个. 答案 D (

B级 能力突破
二、填空题

题号
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75

3

11 7

4

4.(2012·徐州调研)等差数列{an}的通项公式是 an=2n+1, 诸城一中月考)设项数为奇数的等差数列,奇数项之和 3.(2012· ?S ? 为 44,偶数项之和为 33,则这个数列的中间项是________,项 ? n? 其前 n 项和为 Sn,则数列? n ?的前 10 项和为________. 数是________. ? ? ? ? 解析 设等差数列{an}的项数为 2n+1, 解析 ∵an=2n+1,∴a1=3, ?n+1??a1+a2n+1? S 奇=a1+a3+?+a2n+1= =(n+1)an+1, n?3+2n+1? 2 2 Sn=n+2, ∴Sn= =n +2n,∴ n 2 n?a2+a2n? S 偶=a2+a4+a6+?+a2n= =nan+1, ?S ? ? n? 2 ∴? n ?是公差为 1,首项为 3 的等差数列, ? ? S奇 ?n+1 44 ? ∴ = = ,解得 n=3,∴项数 2n+1=7, n 33 10×9 S偶 ∴前 10 项和为 3×10+ ×1=75. 答案 75 S 奇-S 偶=an+1,即 a4=44-33=11 为所求中间项,答案 11 7 2

B级 能力突破

三、解答题

5

6

5.(12 分)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足:a2+a4= 14,S7=70. (1)求数列{an}的通项公式; 2Sn+48 (2)设 bn= n , 数列{bn}的最小项是第几项, 并求出该项的值. ?2a1+4d=14, ? 解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,则有? ? ?7a1+21d=70,
?a1+2d=7, ?a1=1, ? ? ? 即 解得? 所以 an=3n-2. ?a1+3d=10, ?d=3. ? ?

3n2-n 3n2-n+48 n (2)因为 Sn= [1+(3n-2)]= ,所以 bn= n 2 2 48 48 48 =3n+ -1≥2 3n· -1=23,当且仅当 3n= ,即 n=4 时 n n n 取等号,故数列{bn}的最小项是第 4 项,该项的值为 23.

B级 能力突破

三、解答题

5

6

6.(13 分)(2012· 四川)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a2an=S2+Sn 对一切 正整数 n 都成立.(1)求 a1,a2 的值; ? 10a1? (2)设 a1>0,数列?lg a ?的前 n 项和为 Tn.当 n 为何值时,Tn 最大?并求出 ? n ? Tn 的最大值.

解 (1)取 n=1,得 a2a1=S2+S1=2a1+a2,① 取 n=2,得 a2=2a1+2a2,② 2 由②-①,得 a2(a2-a1)=a2,③ (i)若 a2=0,由①知 a1=0, (ii)若 a2≠0,由③知 a2-a1=1.④ 由①、④解得,a1= 2+1,a2=2+ 2;或 a1=1- 2,a2=2- 2. 综上可得 a1=0,a2=0;或 a1= 2+1,a2= 2+2;或 a1=1- 2, a2=2- 2.

B级 能力突破

三、解答题

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6.(13 分)(2012· 四川)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a2an=S2+Sn 对一切 正整数 n 都成立.(1)求 a1,a2 的值; ? 10a1? (2)设 a1>0,数列?lg a ?的前 n 项和为 Tn.当 n 为何值时,Tn 最大?并求出 ? n ? Tn 的最大值.

(2)当 a1>0 时,由(1)知 a1= 2+1,a2= 2+2. 当 n≥2 时,有(2+ 2)an=S2+Sn,(2+ 2)an-1=S2+Sn-1, 所以(1+ 2)an=(2+ 2)an-1,即 an= 2an-1(n≥2), 所以 an=a1( 2)n-1=( 2+1)· 2)n-1. ( 10a1 令 bn=lg a , n 1 1 100 n-1 则 bn=1-lg( 2) =1- (n-1)lg 2= lg n-1, 2 2 2

B级 能力突破

三、解答题

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6.(13 分)(2012· 四川)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a2an=S2+Sn 对一切 正整数 n 都成立.(1)求 a1,a2 的值; ? 10a1? (2)设 a1>0,数列?lg a ?的前 n 项和为 Tn.当 n 为何值时,Tn 最大?并求出 ? n ? Tn 的最大值.

1 所以数列{bn}是单调递减的等差数列(公差为- lg 2), 2 10 从而 b1>b2>?>b7=lg >lg 1=0, 8 1 100 1 当 n≥8 时,bn≤b8= lg < lg 1=0, 2 128 2 故 n=7 时,Tn 取得最大值,且 Tn 的最大值为 7?b1+b7? 7?1+1-3lg 2? 21 T7= = =7- lg 2. 2 2 2

1.解析 a2+a8=2a5,∴a5=6. 答案 C 2.解析 由 Sn+Sm=Sn+m,得 S1+S9=S10?a10=S10-S9=S1=a1=1. 答案 A 5-1 3. 解析 数列{an}的公差 d= =2, a1=-1, 5=7, 则 a 可得 S5=15, 2 选 B. 答案 B 4.解析 由 a1=1,公差 d=2 得通项 an=2n-1,又 Sk+2-Sk =ak+1+ak+2,所以 2k+1+2k+3=24,得 k=5. 答案 D ?a1=1, 5.解析 设等差数列{an}的公差为 d,由已知得? 2 ?a3=?a1+d? -4,
?a1=1, ?a1=1, 即? 解得 ? 由于等差数列{an}是递增的等差 2 1+2d=?1+d? -4, d=± 2. ? ? ?a1=1, 数列,因此? 所以 an=a1+(n-1)d=2n-1. ?d=2,

考点自测详解

答案

2n-1
自测

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