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第3课时　等差数列的综合问题(深化课——题型研究式教学)
课时目标
进一步理解等差数列,掌握等差数列的判定与证明方法.能灵活设项解等差数列.会由等差数列构造新数列.
题型(一)　等差数列的判定与证明
[例1]　已知数列{an}中,a1=2,an=2-(n≥2,n∈N+),设bn=(n∈N+).
(1)求证:数列{bn}是等差数列;
(2)求{an}的通项公式.
听课记录:
　　[变式拓展]
本例条件“an=2-(n≥2,n∈N+)”变为“an+1=”,那么数列是否为等差数列 请说明理由.
[思维建模]
证明等差数列的方法
　　证明等差数列的常用方法是定义法、等差中项法、通项公式法.
(1)在解答题中,证明一个数列是等差数列首选定义法;其次是等差中项法.
(2)通项公式法可用于选择、填空题的求解.
　　[针对训练]
1.已知在数列{an}中,a1=1,an=2an-1+1(n≥2,n∈N*),记bn=log2(an+1).
(1)判断{bn}是否为等差数列,并说明理由;
(2)求数列{an}的通项公式.
题型(二)　等差数列项的设法与求解
[例2]　已知三个数成等差数列,它们的和为21,它们的平方和为155,求这三个数.
听课记录:
　　[变式拓展]
本例条件变为:已知四个数成等差数列且是递增数列,这四个数的平方和为94,首尾两数之积比中间两数之积少18,求这四个数.
[思维建模]
　　利用等差数列的定义巧设未知量,可以简化计算,其设元技巧为
(1)某两个数是等差数列中的连续两个数且知其和,可设这两个数为a-d,a+d,公差为2d;
(2)三个数成等差数列且知其和,常设此三数为a-d,a,a+d,公差为d;
(3)四个数成等差数列且知其和,常设成a-3d,a-d,a+d,a+3d,公差为2d.
　　[针对训练]
2.已知递增的等差数列{an}的前三项之和为21,前三项之积为231,求数列的通项公式.
题型(三)　由等差数列构造新数列
[例3]　已知{an}为等差数列,且a1=2,a2=3,若在每相邻两项之间插入三个数,使它们和原数列的数构成一个新的等差数列,求:
(1)原数列的第12项是新数列的第几项
(2)新数列的第29项是原数列的第几项
听课记录:
[思维建模]
　　对于任何形式的构造数列,判断是否为等差数列,一般从两个方面进行判断:
(1)定义:an+1-an是否为常数;
(2)通项公式是否为关于n的一次函数.
　　[针对训练]
3.在等差数列{an}中每相邻两项之间都插入 2个数,使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列{bn},则b97是数列{an}的第 (　　)
A.32项 B.33项
C.34项 D.35项
4.有两个等差数列2,6,10,…,190和2,8,14,…,200,由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列,则这个新数列的项数为 (　　)
A.15 B.16
C.17 D.18
等差数列的综合问题
[题型(一)]
[例1]　解:(1)证明:因为an=2-,所以an+1=2-.则bn+1-bn=-=-==1,所以{bn}是首项为b1==1,公差为1的等差数列.
(2)由(1)知bn=n,所以bn==n(n∈N+),解得an=1+,所以{an}的通项公式为an=1+(n∈N+).
[变式拓展]
解:数列是等差数列,理由如下:
∵a1=2,an+1=,
∴==+,
∴-=,
即数列是首项为=,公差为d=的等差数列.
[针对训练]
1.解:(1){bn}是等差数列,理由如下:
b1=log2(a1+1)=log22=1,当n≥2时,bn-bn-1=log2(an+1)-log2(an-1+1)=log2=log2=1,
∴{bn}是以1为首项,1为公差的等差数列.
(2)由(1)知,bn=1+(n-1)×1=n,
∴an+1==2n,∴an=2n-1.
[题型(二)]
[例2]　解:法一　设这三个数首项为a1,公差为d,
则
解得或
所以这三个数依次为5,7,9或9,7,5.
法二　设这三个数为a-d,a,a+d,
则
解得或
所以这三个数依次为5,7,9或9,7,5.
[变式拓展]
解:设这四个数分别为a-3d,a-d,a+d,a+3d,则
又该数列是递增数列,所以d>0,
所以a=±,d=,
所以此等差数列为-1,2,5,8或-8,-5,-2,1.
[针对训练]
2.解:设等差数列的前三项分别为a-d,a,a+d,由题意,得
即解得
∵等差数列{an}是递增数列,∴d=4.
∴等差数列的首项为3,公差为4.
∴an=3+4(n-1)=4n-1.
[题型(三)]
[例3]　解:(1)设新数列为{bn},则b1=a1=2,b5=a2=3,根据bn=b1+(n-1)d,有b5=b1+4d,即3=2+4d,所以d=,所以bn=2+(n-1)×=.又因为an=a1+(n-1)×1=n+1=,所以an=b4n-3,即原数列的第n项为新数列的第4n-3项.
当n=12时,4n-3=45,故原数列的第12项为新数列的第45项.
(2)由(1)知an=b4n-3,令4n-3=29,得n=8,
即新数列的第29项是原数列的第8项.
[针对训练]
3.选B　设等差数列{an}的公差为d,等差数列{bn}的公差为d1,等差数列{an}各项为a1,a1+d,a1+2d,…,等差数列{bn}各项为a1,a1+d1,a1+2d1,a1+3d1,a1+4d1,…,显然有a1+d=a1+3d1 d=3d1 d1=d,b97=a1+96d1=a1+32d=a33,故选B.
4.选B　易知,第一个数列的公差为4,第二个数列的公差为6,故新数列的公差为具有相同首项的两个数列公差的最小公倍数,其公差为12,首项为2,所以通项公式为an=12n-10,所以12n-10≤190,解得 n≤,又n∈N*,所以n的最大值为16.(共49张PPT)
等差数列的综合问题
(深化课——题型研究式教学)
2.1.3
课时目标
进一步理解等差数列,掌握等差数列的判定与证明方法.能灵活设项解等差数列.会由等差数列构造新数列.
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一)　等差数列的判定与证明
题型(二)　
等差数列项的设法与求解
题型(三)　
由等差数列构造新数列
4
课时跟踪检测
题型(一)　等差数列的判定与证明
[例1]　已知数列{an}中,a1=2,an=2-(n≥2,n∈N+),设bn=(n∈N+).
(1)求证:数列{bn}是等差数列;
解:证明:因为an=2-,所以an+1=2-.则bn+1-bn=-=
-==1,所以{bn}是首项为b1==1,公差为1的等差数列.
(2)求{an}的通项公式.
解: 由(1)知bn=n,所以bn==n(n∈N+),解得an=1+,所以{an}的通项公式为an=1+(n∈N+).
[变式拓展]
本例条件“an=2-(n≥2,n∈N+)”变为“an+1=”,那么数列是否为等差数列 请说明理由.
解:数列是等差数列,理由如下:
∵a1=2,an+1=,∴==+,∴-=,
即数列是首项为=,公差为d=的等差数列.
[思维建模]
证明等差数列的方法
　　证明等差数列的常用方法是定义法、等差中项法、通项公式法.
(1)在解答题中,证明一个数列是等差数列首选定义法;其次是等差中项法.
(2)通项公式法可用于选择、填空题的求解.
针对训练
1.已知在数列{an}中,a1=1,an=2an-1+1(n≥2,n∈N*),记bn=log2(an+1).
(1)判断{bn}是否为等差数列,并说明理由;
解: {bn}是等差数列,理由如下:
b1=log2(a1+1)=log22=1,当n≥2时,bn-bn-1=log2(an+1)-log2(an-1+1)=
log2=log2=1,∴{bn}是以1为首项,1为公差的等差数列.
(2)求数列{an}的通项公式.
解: 由(1)知,bn=1+(n-1)×1=n,
∴an+1==2n,∴an=2n-1.
题型(二)　等差数列项的设法与求解
[例2]　已知三个数成等差数列,它们的和为21,它们的平方和为155,求这三个数.
解:法一　设这三个数首项为a1,公差为d,
则解得或
所以这三个数依次为5,7,9或9,7,5.
法二　设这三个数为a-d,a,a+d,
则
解得或
所以这三个数依次为5,7,9或9,7,5.
[变式拓展]
本例条件变为:已知四个数成等差数列且是递增数列,这四个数的平方和为94,首尾两数之积比中间两数之积少18,求这四个数.
解:设这四个数分别为a-3d,a-d,a+d,a+3d,
则
又该数列是递增数列,所以d>0,所以a=±,d=,
所以此等差数列为-1,2,5,8或-8,-5,-2,1.
[思维建模]
　　利用等差数列的定义巧设未知量,可以简化计算,其设元技巧为
(1)某两个数是等差数列中的连续两个数且知其和,可设这两个数为a-d,a+d,公差为2d;
(2)三个数成等差数列且知其和,常设此三数为a-d,a,a+d,公差为d;
(3)四个数成等差数列且知其和,常设成a-3d,a-d,a+d,a+3d,公差为2d.
针对训练
2.已知递增的等差数列{an}的前三项之和为21,前三项之积为231,求数列的通项公式.
解:设等差数列的前三项分别为a-d,a,a+d,
由题意,得即解得∵等差数列{an}是递增数列,∴d=4.
∴等差数列的首项为3,公差为4.∴an=3+4(n-1)=4n-1.
题型(三)　由等差数列构造新数列
[例3]　已知{an}为等差数列,且a1=2,a2=3,若在每相邻两项之间插入三个数,使它们和原数列的数构成一个新的等差数列,求:
(1)原数列的第12项是新数列的第几项
解:设新数列为{bn},则b1=a1=2,b5=a2=3,
根据bn=b1+(n-1)d,有b5=b1+4d,
即3=2+4d,所以d=,所以bn=2+(n-1)×=.
又因为an=a1+(n-1)×1=n+1=,
所以an=b4n-3,
即原数列的第n项为新数列的第4n-3项.
当n=12时,4n-3=45,
故原数列的第12项为新数列的第45项.
(2)新数列的第29项是原数列的第几项
解: 由(1)知an=b4n-3,令4n-3=29,得n=8,
即新数列的第29项是原数列的第8项.
[思维建模]
对于任何形式的构造数列,判断是否为等差数列,一般从两个方面进行判断:
(1)定义:an+1-an是否为常数;
(2)通项公式是否为关于n的一次函数.
针对训练
3.在等差数列{an}中每相邻两项之间都插入2个数,使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列{bn},则b97是数列{an}的第 (　　)
A.32项 B.33项
C.34项 D.35项
√
解析:设等差数列{an}的公差为d,等差数列{bn}的公差为d1,等差数列{an}各项为a1,a1+d,a1+2d,…,等差数列{bn}各项为a1,a1+d1,
a1+2d1,a1+3d1,a1+4d1,…,显然有a1+d=a1+3d1 d=3d1 d1=d,
b97=a1+96d1=a1+32d=a33,故选B.
4.有两个等差数列2,6,10,…,190和2,8,14,…,200,由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列,则这个新数列的项数为 (　　)
A.15 B.16
C.17 D.18
√
解析:易知,第一个数列的公差为4,第二个数列的公差为6,故新数列的公差为具有相同首项的两个数列公差的最小公倍数,其公差为12,首项为2,所以通项公式为an=12n-10,所以12n-10≤190,解得n≤,又n∈N*,所以n的最大值为16.
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A级——综合提能
1.已知{an}为等差数列,则下面数列中一定是等差数列的是(　　)
A. B.{kan}
C.{anan+1} D.{}
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解析:若等差数列通项公式为an=n,此时=,anan+1=n(n+1),kan=kn, =,
-=-不为常数,所以不是等差数列;
an+1an+2-anan+1=(n+1)(n+2)-n(n+1)=2(n+1)不为常数,所以{anan+1}不是等差数列;
kan+1-kan=k(n+1-n)=k为常数,所以{kan}是等差数列;
-=-不为常数,所以{}不是等差数列.故选B.
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2.已知等差数列{an}的首项a1=2,公差d=8,在{an}中每相邻两项之间都插入3个数,使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列{bn},则b2 023= (　　)
A.4 044 B.4 046
C.4 048 D.4 050
解析:设数列{bn}的公差为d1,由题意可知,b1=a1,b5=a2,b5-b1=a2-a1=8=4d1,故d1=2,故bn=2n,则b2 023=2 023×2=4 046.
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3.已知数列{an}中,a1=1且an+1=(n∈N+),则a10=(　　)
A. B.
C.- D.
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解析:由an+1=(n∈N+)可得=+,即-=,
所以为以=1为首项,公差为的等差数列,
所以=1+×9=,
所以a10=.故选D.
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4.1934年,东印度(今孟加拉国)学者森德拉姆发现了“正方形筛子”,如图所示,根据规律,则“正方形筛子”中位于第7行第31列的数是 (　　)
A.470 B.472
C.474 D.476
√
4 7 10 13 16 …
7 12 17 22 27 …
10 17 24 31 38 …
13 22 31 40 49 …
16 27 38 49 60 …
… … … … … …
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解析:由图中“正方形筛子”给出的信息,可得第1列是首项为4,公差为3的等差数列,第i行是公差为2i+1的等差数列,则第7行的第1个数是4+6×3=22,即第7行是首项为22,公差为15的等差数列,所以第7行第31列的数是22+30×15=472.
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5.在1和19之间插入n个数,使这n+2个数成等差数列,若这n个数中第一个为a,第n个为b,当+取最小值时,n的值是(　　)
A.4 B.5
C.6 D.7
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解析:设等差数列的公差为d,则a=1+d,b=19-d,从而a+b=20,
由题意知,d>0,故a>0,b>0,
所以(a+b)=1+16++≥17+2=25,
即+≥=,当且仅当=,
即b=4a时取“=”,又a=1+d,b=19-d,
解得d=3,所以19=1+(n+1)×3,所以n=5.
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6.将2至2 024这2 023个整数中能被3除余2且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列构成一数列,则此数列的项数是 (　　)
A.132 B.133
C.134 D.135
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解析:设所求数列为{an},该数列为11,26,41,56,…,所以数列{an}为等差数列,且首项为a1=11,公差为d=26-11=15,所以an=a1+(n-1)d=11+15(n-1)=15n-4,则2≤an≤2 024,即2≤15n-4≤2 024,解得≤n≤135,则满足≤n≤135的正整数n的个数为135,因此该数列共有135项.
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7.已知三个数成等差数列,若这三个数的和为6,积为-24,则这三个数为________________.
解析:设这三个数分别为a-d,a,a+d.
由题意可得
解得或
故这三个数为-2,2,6或6,2,-2.
-2,2,6或6,2,-2
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8.已知数列{an}满足a1=1,若点在直线x-y+1=0上,则an=___________.
解析:由题设可得-+1=0,即-=1,
所以数列是以1为首项,1为公差的等差数列,
故通项公式为=n,所以an=n2(n∈N+).
n2(n∈N+)
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9.已知数列{an}满足2an+(n-1)an-1=nan+a1(n∈N+,且n≥2),证明:数列{an}为等差数列.
证明:将2an+(n-1)an-1=nan+a1(n≥2)中的n替换为n+1得2an+1+nan=(n+1)an+1+a1.
两式相减并整理得(n-1)an+1=(2n-2)an-(n-1)an-1(n≥2),
即(n-1)an+1-(n-1)an=(n-1)an-(n-1)an-1,
由n≥2得an+1-an=an-an-1,
即2an=an+1+an-1(n≥2),
故数列{an}为等差数列.
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10.已知无穷等差数列{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;
解:数列{bn}是数列{an}的一个子数列,其序号构成以3为首项,4为公差的等差数列.
因为a1=3,d=-5,所以an=3+(n-1)×(-5)=8-5n.
数列{an}中序号能被4除余3的项是{an}中的第3项,第7项,第11项,…,
所以b1=a3=-7,b2=a7=-27.
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(2)求{bn}的通项公式;
解: 设{an}中的第m项是{bn}中的第n项,
即bn=am,则m=3+4(n-1)=4n-1,
所以bn=am=a4n-1=8-5(4n-1)=13-20n,
即{bn}的通项公式为bn=13-20n(n∈N+).
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(3){bn}中的第506项是{an}中的第几项
解: 由(2)得m=4n-1=4×506-1=2 023,
即{bn}中的第506项是{an}中的第2 023项.
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B级——应用创新
11.已知正项等差数列{an}满足tan a5tan a7+tan a5+tan a7=1,a6<,则a1+a4+a6+a8+a11的值为(　　)
A. B.
C. D.
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解析:因为tan a5tan a7+tan a5+tan a7=1,所以=1,即tan(a5+a7)=1,所以a5+a7=+kπ,k∈Z.又01
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12.已知数列{an}中,a1=5,3an+1=3an-2(n∈N+),则an= (　　)
A.n+ B.-n+
C.-n- D.n-
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解析:依题意a1=5,3an+1=3an-2(n∈N+),所以an+1=an-,即an+1-an=-,
所以数列{an}是首项为5,公差为-的等差数列,所以an=-n+5+=
-n+.故选B.
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9
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11
12
13
14
15
3
4
2
13.已知数列{an},{bn}的通项公式分别为an=3n-2,bn=4n-3,n∈N+,将{an},{bn}各项并在一起,相等的项即为一项,从小到大排列成一个新的数列{cn},则c2 023= (　　)
A.14 155 B.6 073
C.4 047 D.4 045
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
解析:根据题意,得{an}:1,4,7,10,13,…;{bn}:1,5,9,13,17,….故{cn}:1,4,5,7,
9,10,13,…,把{cn}中的项按6个一组划分,则第k组可表示为12(k-1)+1,
12(k-1)+4,12(k-1)+5,12(k-1)+7,12(k-1)+9,12(k-1)+10(k∈N+),又2 023=
337×6+1,故c2 023是第338组的第一个数,则c2 023=12×337+1=4 045.
1
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14.已知函数f(x)在(-1,+∞)上具有单调性,且函数y=f(x-2)的图象关于x=1对称,若数列{an}是公差不为0的等差数列,且f(a50)=f(a51),则a1+a100等于　　.
解析:由题意函数y=f(x-2)的图象关于x=1对称,则函数f(x)的图象关于x=-1对称,且在(-1,+∞)上具有单调性,因为f(a50)=f(a51),所以a50+a51=-2.因为数列{an}是公差不为0的等差数列,所以a1+a100=a50+a51=-2.
-2
1
5
6
7
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9
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12
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14
15
3
4
2
15.已知正项数列{an}满足a1=1,+=2,且a4-a2=.
(1)求数列{}的通项公式;
解:由已知得-=-,
所以数列{}是等差数列,设其公差为d.
由a4-a2=,得-=2.
所以2d=2,即d=1,所以=+(n-1)d=n.
1
5
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3
4
2
(2)求满足不等式an+5+1<2an的正整数n的最小值.
解: 由an>0,得an=,
所以原不等式可化为+1<2,
两边平方可得n+6+2<4n,
即2<3n-6,所以4(n+5)<(3n-6)2,
整理得(n-4)(9n-4)>0,解得n>4或n<.
所以正整数n的最小值为5.课时跟踪检测(五)　等差数列的综合问题
A级——综合提能
1.已知{an}为等差数列,则下面数列中一定是等差数列的是 (　　)
A. B.{kan}
C.{anan+1} D.{}
2.已知等差数列{an}的首项a1=2,公差d=8,在{an}中每相邻两项之间都插入3个数,使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列{bn},则b2 023= (　　)
A.4 044 B.4 046
C.4 048 D.4 050
3.已知数列{an}中,a1=1且an+1=(n∈N+),则a10= (　　)
A. B.
C.- D.
4.1934年,东印度(今孟加拉国)学者森德拉姆发现了“正方形筛子”,如图所示,根据规律,则“正方形筛子”中位于第7行第31列的数是 (　　)
4 7 10 13 16 …
7 12 17 22 27 …
10 17 24 31 38 …
13 22 31 40 49 …
16 27 38 49 60 …
… … … … … …
A.470 B.472
C.474 D.476
5.在1和19之间插入n个数,使这n+2个数成等差数列,若这n个数中第一个为a,第n个为b,当+取最小值时,n的值是 (　　)
A.4 B.5
C.6 D.7
6.将2至2 024这2 023个整数中能被3除余2且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列构成一数列,则此数列的项数是 (　　)
A.132 B.133
C.134 D.135
7.已知三个数成等差数列,若这三个数的和为6,积为-24,则这三个数为　　　　.
8.已知数列{an}满足a1=1,若点在直线x-y+1=0上,则an=　　　　　　.
9.已知数列{an}满足2an+(n-1)an-1=nan+a1(n∈N+,且n≥2),证明:数列{an}为等差数列.
10.已知无穷等差数列{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{bn}的通项公式;
(3){bn}中的第506项是{an}中的第几项
B级——应用创新
11.已知正项等差数列{an}满足tan a5tan a7+tan a5+tan a7=1,a6<,则a1+a4+a6+a8+a11的值为 (　　)
A. B.
C. D.
12.已知数列{an}中,a1=5,3an+1=3an-2(n∈N+),则an= (　　)
A.n+ B.-n+
C.-n- D.n-
13.已知数列{an},{bn}的通项公式分别为an=3n-2,bn=4n-3,n∈N+,将{an},{bn}各项并在一起,相等的项即为一项,从小到大排列成一个新的数列{cn},则c2 023= (　　)
A.14 155 B.6 073
C.4 047 D.4 045
14.已知函数f(x)在(-1,+∞)上具有单调性,且函数y=f(x-2)的图象关于x=1对称,若数列{an}是公差不为0的等差数列,且f(a50)=f(a51),则a1+a100等于　　　　.
15.已知正项数列{an}满足a1=1,+=2,且a4-a2=.
(1)求数列{}的通项公式;
(2)求满足不等式+1<2an的正整数n的最小值.
课时跟踪检测(五)
1.选B　若等差数列通项公式为an=n,此时=,anan+1=n(n+1),kan=kn, =,-=-不为常数,所以不是等差数列;
an+1an+2-anan+1=(n+1)(n+2)-n(n+1)=2(n+1)不为常数,所以{anan+1}不是等差数列;
kan+1-kan=k(n+1-n)=k为常数,所以{kan}是等差数列;
-=-不为常数,所以{}不是等差数列.故选B.
2.选B　设数列{bn}的公差为d1,由题意可知,b1=a1,b5=a2,b5-b1=a2-a1=8=4d1,故d1=2,故bn=2n,则b2 023=2 023×2=4 046.
3.选D　由an+1=(n∈N+)可得=+,即-=,
所以为以=1为首项,公差为的等差数列,
所以=1+×9=,
所以a10=.故选D.
4.选B　由图中“正方形筛子”给出的信息,可得第1列是首项为4,公差为3的等差数列,第i行是公差为2i+1的等差数列,则第7行的第1个数是4+6×3=22,即第7行是首项为22,公差为15的等差数列,所以第7行第31列的数是22+30×15=472.
5.选B　设等差数列的公差为d,则a=1+d,b=19-d,从而a+b=20,
由题意知,d>0,故a>0,b>0,
所以(a+b)=1+16++≥17+2=25,
即+≥=,当且仅当=,
即b=4a时取“=”,又a=1+d,b=19-d,解得d=3,所以19=1+(n+1)×3,所以n=5.
6.选D　设所求数列为{an},该数列为11,26,41,56,…,所以数列{an}为等差数列,且首项为a1=11,公差为d=26-11=15,所以an=a1+(n-1)d=11+15(n-1)=15n-4,则2≤an≤2 024,即2≤15n-4≤2 024,解得≤n≤135,则满足≤n≤135的正整数n的个数为135,因此该数列共有135项.
7.解析:设这三个数分别为a-d,a,a+d.
由题意可得
解得或
故这三个数为-2,2,6或6,2,-2.
答案:-2,2,6或6,2,-2
8.解析:由题设可得-+1=0,
即-=1,
所以数列是以1为首项,1为公差的等差数列,
故通项公式为=n,所以an=n2(n∈N+).
答案:n2(n∈N+)
9.证明:将2an+(n-1)an-1=nan+a1(n≥2)中的n替换为n+1得2an+1+nan=(n+1)an+1+a1.
两式相减并整理得(n-1)an+1=(2n-2)an-(n-1)an-1(n≥2),
即(n-1)an+1-(n-1)an=(n-1)an-(n-1)an-1,
由n≥2得an+1-an=an-an-1,
即2an=an+1+an-1(n≥2),
故数列{an}为等差数列.
10.解:数列{bn}是数列{an}的一个子数列,其序号构成以3为首项,4为公差的等差数列.
(1)因为a1=3,d=-5,
所以an=3+(n-1)×(-5)=8-5n.
数列{an}中序号能被4除余3的项是{an}中的第3项,第7项,第11项,…,
所以b1=a3=-7,b2=a7=-27.
(2)设{an}中的第m项是{bn}中的第n项,
即bn=am,则m=3+4(n-1)=4n-1,
所以bn=am=a4n-1=8-5(4n-1)=13-20n,
即{bn}的通项公式为bn=13-20n(n∈N+).
(3)由(2)得m=4n-1=4×506-1=2 023,
即{bn}中的第506项是{an}中的第2 023项.
11.选B　因为tan a5tan a7+tan a5+tan a7=1,所以=1,即tan(a5+a7)=1,所以a5+a7=+kπ,k∈Z.
又012.选B　依题意a1=5,3an+1=3an-2(n∈N+),所以an+1=an-,即an+1-an=-,
所以数列{an}是首项为5,公差为-的等差数列,所以an=-n+5+=-n+.故选B.
13.选D　根据题意,得{an}:1,4,7,10,13,…;{bn}:1,5,9,13,17,….故{cn}:1,4,5,7,9,10,13,…,把{cn}中的项按6个一组划分,则第k组可表示为12(k-1)+1,12(k-1)+4,12(k-1)+5,12(k-1)+7,12(k-1)+9,12(k-1)+10(k∈N+),又2 023=337×6+1,故c2 023是第338组的第一个数,则c2 023=12×337+1=4 045.
14.解析:由题意函数y=f(x-2)的图象关于x=1对称,则函数f(x)的图象关于x=-1对称,且在(-1,+∞)上具有单调性,因为f(a50)=f(a51),所以a50+a51=-2.因为数列{an}是公差不为0的等差数列,所以a1+a100=a50+a51=-2.
答案:-2
15.解:(1)由已知得-=-,所以数列{}是等差数列,设其公差为d.
由a4-a2=,得-=2.
所以2d=2,即d=1,
所以=+(n-1)d=n.
(2)由an>0,得an=,
所以原不等式可化为+1<2,
两边平方可得n+6+2<4n,
即2<3n-6,所以4(n+5)<(3n-6)2,
整理得(n-4)(9n-4)>0,解得n>4或n<.
所以正整数n的最小值为5.

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