资源简介

数列的概念、等差数列
(120分钟 150分)
【命题视点】
单元大任务 理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系，体会等差数列与一元一次函数的关系
命题情境点 生活实践情境：6题 探索创新情境：12、16题 课程学习情境：1、12题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知数列1，，3，，，…，，…，n∈N+，则11是该数列中
A.第31项
B.第30项
C.第32项
D.第33项
2.记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3+a8=8，则S10=
A.24
B.40
C.32
D.36
3.在等差数列{an}中，已知a1=-9，a2+a6=-9，a2n-1=15，则n=
A.7
B.8
C.9
D.10
4.已知数列{an}满足a1=1且an+1+=0(n∈N+)，则a2 025=
A.-2
B.-
C.0
D.1
5.已知Sn为等差数列{an}的前n项和，且=，则=
A.3
B.2
C.
D.
6.已知函数f(x)=若数列{an}满足an=f(n)(n∈N+)，且{an}是递增数列，则实数a的取值范围是
A.(2，3)
B.(1，2)
C.(2，4)
D.(0，1)
7.一只蜜蜂从蜂房A出发向右爬，每次只能爬向右侧相邻的两个蜂房(如图)，从蜂房A只能爬到1号或2号蜂房，从1号蜂房只能爬到2号或3号蜂房……以此类推，用an表示蜜蜂爬到n号蜂房的方法数，则a11=
A.34
B.55
C.89
D.144
8.在一个数列中，如果 n∈N+，都有anan+1an+2=k(k为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积.已知数列{an}是等积数列，且a1=1，a2=3，公积为27，则a1+a2+…+a35=
A.134
B.131
C.130
D.147
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn=bn2-4n(b∈R)，则下列结论正确的是
A.{an}为等差数列
B.{an}不可能为常数列
C.若{an}为递增数列，则b>0
D.若{Sn}为递增数列，则b>
10.已知公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，a1<0，且(S9-S4)(S9-S5)<0，则
A.d>0
B.a7+a8<0
C.当n=7时，Sn取最小值
D.当Sn<0时，n的最大值为13
11.已知数列{an}满足a1+3a2+…+3n-1an=n·3n，则下列结论正确的是
A.an=2n+1
B.{an}的前n项和为
C.{(-1)nan}的前100项和为100
D.{|an-9|}的前30项和为714
题序 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知数列{an}的前n项和为Sn，若an+an+1=2n+5，则S6=　　　　.
13.已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=n(n+2)，则a100=　　　　.
14.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an=+(n∈N+，n≥2)，bn=(n∈N+)，数列{bn}的前n项和为Tn，则使得Tn>成立的整数m的最大值为　　　　.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)已知数列{an}的前n项和Sn=3n3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)试判断1893是不是这个数列的项，如果是，是第几项
16.(15分)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a3=-25，a8=-15.
(1)求等差数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Sn.
17.(15分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，n∈N+，再从①a1=11，②an+1-an=-2，③S3=27中选择两个作为已知条件，并完成解答.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{|an|}的前n项和.
18.(17分)设数列{an}的前n项和为Sn，已知an+1=2+1，且a1=1.
(1)证明：数列{}为等差数列.
(2)求数列{an}的通项公式.
(3)若bn=，其前n项和为Tn，证明：Tn<2.
19.(17分)已知整数n≥4，数列{an}是单调递增的整数数列，即a1，a2，…，an∈Z且a1(1)写出数列{an}：1，3，5，7，9的所有递增的“左右1型间隔数列”.
(2)已知数列{an}满足an=4n(n-1)，数列{bn}是{an}的“左k型间隔数列”，数列{cn}是{an}的“右k型间隔数列”，若n=10，且有b1+b2+…+bn=c1+c2+…+cn，求k的值.
(3)数列{an}是单调递增的整数数列，且a1=0，a2=7.若存在{an}的一个递增的“右4型间隔数列{bn}”，使得对于任意的i，j∈{2，3，…，n-1}，都有ai+bj≠bi+aj，求an的关于n的最小值.
【参考答案】
1.A　解析：由已知条件可得an=，n∈N+，令=11，解得n=31.
2.B　解析：由题意得S10===5×8=40.
3.C　解析：由a2+a6=-9，a1=-9，可得公差d=，故a2n-1=a1+(2n-2)d=15，解得n=9.
4.A　解析：因为a1=1，an+1=-，n∈N+，所以a2=-=-，a3=-=-=-2，a4=-=-=1，故数列{an}是周期为3的数列，所以a2 025=a3×675=a3=-2.
5.A　解析：===，所以=3.
6.A　解析：数列{an}满足an=f(n)(n∈N+)，且{an}是递增数列，则分段函数f(x)为增函数，则f(8)>f(7)，所以解得27.D　解析：依题意，an=an-1+an-2(n∈N+，n≥3)，a1=1，a2=2，所以a3=3，a4=5，a5=8，a6=13，a7=21，a8=34，a9=55，a10=89，a11=144.
8.D　解析：依题意，由a1=1，a2=3及anan+1an+2=27，可得当n=1时，a1a2a3=1×3×a3=27，解得a3=9.当n=2时，a2a3a4=3×9×a4=27，解得a4=1.当n=3时，a3a4a5=9×1×a5=27，解得a5=3.当n=4时，a4a5a6=1×3×a6=27，解得a6=9……∴数列{an}是以3为最小正周期的周期数列，∴an+an+1+an+2=1+3+9=13，n∈N+，∵35÷3=11…2，∴a1+a2+a3+a4…+a35=a1+a2+(a3+a4+a5)+(a6+a7+a8)+…+(a33+a34+a35)=1+3+13×11=147.
9.ACD　解析：当n=1时，a1=S1=b-4，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=bn2-4n-[b(n-1)2-4(n-1)]=2bn-(b+4)，显然当n=1时，上式也成立，所以an=2bn-(b+4).对A，因为an-an-1=2bn-(b+4)-[2b(n-1)-(b+4)]=2b，所以{an}是以2b为公差的等差数列，A项正确；对B，由上述可知，当b=0时，{an}为常数列，B项错误；对C，若{an}为递增数列，则公差2b>0，即b>0，C项正确；对D，若{Sn}为递增数列，由函数性质可知解得b>，D项正确.
10.ACD　解析：依题意得(S9-S4)(S9-S5)=(a5+a6+a7+a8+a9)(a6+a7+a8+a9)=10(a7+a8)a7<0，所以a7+a8与a7异号，而a1<0，所以d>0，a7+a8>0，a7<0，A选项正确，B选项不正确.
因为a7+a8>0，a7<0，所以a8>0，所以等差数列{an}的前7项为负数，从第8项起为正数，所以当n=7时，Sn最小，所以C选项正确.
S13=×13=13a7<0，S14=×14=7(a7+a8)>0，所以当Sn<0时，n的最大值为13，所以D选项正确.
11.ACD　解析：当n=1时，a1=3，当n≥2时，a1+3a2+…+3n-2an-1=(n-1)·3n-1，两式相减可得3n-1an=n·3n-(n-1)·3n-1=(2n+1)·3n-1，所以an=2n+1，显然当n=1时，a1满足an，故an=2n+1，故A项正确；由等差数列求和公式知{an}的前n项和为=n2+2n，故B项错误；令bn=(-1)nan=(-1)n(2n+1)，{bn}的前100项和为-3+5-7+9+…-199+201=2×50=100，故C项正确；令cn=|an-9|=|2n-8|，所以{|an-9|}的前30项和为c1+c2+…+c30=6+4+2+0+2+4+…+52=12+=714，故D项正确.
12.33　解析：因为an+an+1=2n+5，所以a1+a2=7，a3+a4=11，a5+a6=15，所以S6=7+11+15=33.
13.　解析：由题意可得a1+2a2+3a3+…+nan=n(n+2)　①，所以当n≥2时，a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=(n-1)(n+1)　②，由①-②得nan=2n+1，所以an=(n≥2)，所以a100=.
14.674　解析：因为an=+，则当n≥2时，Sn-Sn-1=+，
即(-)(+)=+，而an>0，有+>0，即-=1(n≥2)，==1，所以数列{}是以1为首项，1为公差的等差数列，
于是得=1+(n-1)×1=n，即Sn=n2.当n≥2时，an=+=n+n-1=2n-1，又a1=1满足上式，所以{an}的通项公式为an=2n-1，所以bn==，则有Tn===.因为Tn+1-Tn=bn+1=>0，所以数列{Tn}单调递增，则(Tn)min=T1=b1=.因为对任意正整数n均有Tn>成立，所以<，解得m<=675，而m∈N+，则mmax=674.
15.解析：(1)当n=1时，a1=S1=3.当n≥2时，an=Sn-Sn-1=3n3-3(n-1)3=9n2-9n+3，当n=1时，也符合上式.综上，{an}的通项公式是an=9n2-9n+3.
(2)令9n2-9n+3=1 893，解得n=15或n=-14(舍去)，所以1 893是数列{an}的项，是第15项.
16.解析：(1)由题意知等差数列{an}的公差d===2，a1=a3-2d=-25-4=-29，所以{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=2n-31.
(2)Sn=na1+=-29n+×2=n2-30n，所以数列的前n项和Sn=n2-30n.
17.解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，若选择①②，由①a1=11，②an+1-an=-2，
得等差数列{an}的首项a1=11，公差d=-2，∴an=11-2(n-1)=13-2n.
若选择①③，由①a1=11，③S3=a1+a2+a3=27，得a2=9，公差d=a2-a1=-2，
∴等差数列{an}的首项a1=11，公差d=-2，∴an=11-2(n-1)=13-2n.
若选择②③，由②an+1-an=d=-2，③S3=3a1+3d=27，得a1=11，∴等差数列{an}的首项a1=11，公差d=-2，∴an=11-2(n-1)=13-2n.
(2)∵an=13-2n，由13-2n≥0，得n≤=6，∴当n≤6时，an>0，当n≥7时，an<0.若n≤6，Tn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=a1+a2+a3+…+an=Sn=12n-n2.若n≥7时，Tn=a1+a2+…+a6-a7-…-an=2(a1+a2+…+a6)-(a1+a2+a3+…+an)=2S6-Sn=2(12×6-36)-(12n-n2)=n2-12n+72.
综上，Tn=
18.解析：(1)在数列{an}中，由an+1=2+1，得Sn+1-Sn=2+1，整理得Sn+1=(+1)2，则=+1，==1，数列{}是以1为首项，1为公差的等差数列.
(2)由(1)可得=n，则an+1=2n+1，即Sn=n2，an=2n-1(n≥2)，而a1=1满足上式，因此an=2n-1.
(3)由(2)可知bn==，所以b1=1.当n≥2时，bn=<=-，所以T1=b1=1，当n≥2时，Tn=b1+b2+…+bn19.解析：(1)数列{an}：1，3，5，7，9的“左右1型间隔数列”为1，2，4，6，9或1，2，4，8，9或1，2，6，8，9或1，4，6，8，9.
(2)由b1+b2+…+b10=c1+c2+…+c10，可得b2+b3+…+b9=c2+c3+…+c9，
即a1+a2+…+a8+8k=a3+a4+…+a10-8k，即a1+a2+16k=a9+a10，即8+16k=4×9×8+4×10×9，所以k=40.
(3)当i∈{2，3，…，n-1}时，由bi=ai+1-4>ai-4，可知bi-ai∈{n|n≥-3}.又因为对任意i，j∈{2，3，…，n-1}，都有ai+bj≠bi+aj，即当i∈{2，3，…，n-1}时，bi-ai两两不相等.因为an=a2+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(an-an-1)=7+(4+b2-a2)+(4+b3-a3)+…+(4+bn-1-an-1)=7+4(n-2)+(b2-a2)+(b3-a3)+…+(bn-1-an-1)≥4n-1+(-3)+(-2)+(-1)+…+(n-6)=+8，所以an的最小值函数f(n)=+8，另外当数列的通项ai=间隔数列的通项bi=时也符合题意.

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