1.3 实习作业教案教学设计导入设计

等差数列定义

一、解答题

1．已知数列

是等差数列

（1）

，求数列

的通项公式；

（2）a1+a2=10,a5=a3+4.求{an}的通项公式;

(3)已知a5＝－1，a8＝2，求a1与d；

(4)已知a1＋a6＝12，a4＝7，求a9.

（5）

，求通项

；

（6）

，

.求数列

的通项公式；

2．在数列an中，

a11，并且对于任意nN*，都有an1an．

2an1证明数列

1为等差数列，并求an的通项公式；

an3．已知数列

中，

，

公式；

4．已知数列

满足

求证：数列

是等差数列；求数列

的通项

，且

.证明：数列

为等差数列，并求

数列

的通项公式；

5．已知数列an中，

a131,an2n2,nN*，数列bn满足5an1bn

1*．求证：数列bn是等差数列；

nNan16．已知数列an中，

a1131*，

an1（nN）.求证：数列是等a142ann差数列，并求数列an的通项公式；

试卷第1页，总2页

7、已知数列an满足a1是等差数列；

11，

an1an2an110，

nN*．求证：数列a12n8、已知数列an满足：

a112an32,an1(nN*）.证明：数列是33an4an1等差数列，并求an的通项公式；

9、已知数列{an},a1=2,a2=6,且满足是等差数列,并求出an的通项公式

an1an1+=2(n≥2且n∈N)证明:新数列{an+1-an}an1a10、数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*.证明：数列nn是等差数列；

*11、已知数列an中，

a13，

an12an2n11（nN），bnan1.证明：n2数列bn为等差数列，并求出数列an通项公式；

12．已知数列判断数列的首项，且满足，.设，是否为等差数列，并证明你的结论；

试卷第2页，总2页

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参考答案

1．（1）

；（2）

.

【解析】分析：（1）利用等差数列通项公式布列关于基本量

的方程，从而得到数列

的通项公式；

（2）利用等差数列前n项和公式求得结果.

详解：（1）设数列

的公差为

，则

∴

∴

（2）

点睛：本题考查等差数列通项公式与前n项和公式，考查运算求解能力，属于基础题.

2．(1) an=2n+2;(2)k=1.

【解析】试题分析：(1)根据等差数列的性质可得da5a32

，由此可求出a14，则53an

的通项公式可求;

(2)由等差数列的前n项和公式可得Snn23n,Sk12aka2 ,即k123k122k26k2k60,

整理解不等式，注意k是正整数

试题解析：(1)d=a5a3 =2

53a1+a2=10,即a1+a1+d=10

所以a1=4,an=4+2(n-1)=2n+2.

(2)Sn=4n+nn122=n+3n,Sk+1<2ak+a2,即(k+1)+3(k+1)<2(2k+2)+6k+k-6<0,

222(k-2)(k+3)<0

-3

3．（1）{a15d1（2）17

；【解析】试题分析：（1）根据等差数列通项公式列方程组，解出首项与公差（2）根据等差数列通项公式列方程组，解出首项与公差。再根据通项公式求第9项

试题解析：(1)由题意，知解得

(2)由题意，知∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1，

解得

答案第1页，总12页

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∴a9＝2×9－1＝17.

4．（Ⅰ）

；（Ⅱ）

.

【解析】试题分析：（Ⅰ）设等差数列

的公差为

，根据条件用基本量列方程求解即可；

（Ⅱ）先求出

的通项公式，再令

解方程即可.

试题解析：

Ⅰ设等差数列

的公差为

，

由所以

得方程组，解得

Ⅱ由解得【解析】试题分析：

得方程，

5．(1)

；(2)

.

(1)由题意求得

，则数列的通项公式：

；

(2)结合等差数列的前n项和公式可得

.

试题解析：

(1)由题意可得：

，解得：

，则数列的通项公式：

；

(2)由等差数列的前n项和公式可得：

6．(1)an＝2n＋1，Sn＝n＋2n；(2)Tn＝2

.

.

【解析】试题分析：(1)设等差数列an的首项a1，公差为d，根据题设列出关于a1,d的方程组，求得a1,d的值，即可求解数列的通项公式和前n项和；

(2)由(1)中的an代入给出的表达式，得到bn，利用裂项求和，即可得到数列的前n项和.

试题解析：

(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.

∵a3＝7，a5＋a7＝26，∴

解得

答案第2页，总12页

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∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，Sn＝3n＋(2)由(1)知an＝2n＋1，

∴bn＝∴Tn＝×即数列{bn}的前n项和Tn＝7．（1）an112n；（2）25.

.

＝＝××2＝n＋2n.即an＝2n＋1，Sn＝n＋2n.

22＝×＝×.

＝，

【解析】试题分析：（1）根据已知条件可得到关于a1和d的方程组，解出方程组即可得到数列的通项公式；（2）根据等差数列前n项和公式可得结果.

试题解析：(1)由ana1n1d及a35,a109得,

{数列{an}的通项公式为an112n.

(2)由(1)知Snna12a12d5a19解得{

，

，a19d9d2nn12d10nn2.

因为Snn525，所以n5时,

Sn取得最大值25.

点睛：本题主要考查了等差数列，以及数列的求和，属于高考中常考知识点，难度不大；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于cnanbn，其中an和bn分别为特殊数列，裂项相消法类似于an1，错位相减法类似于nn1cnanbn，其中an为等差数列，

bn为等比数列等.

8．（1）an1n；（2）

2n12n1【解析】分析：（1）结合所给条件，将an1an11两边取倒数可得2，故可an1an2an11得等差数列，求得该数列的通项后可得an的通项公式．（2）由（1）中的结论可得an111anan1，于是可利用裂项求和法求得Tn．

22n12n1答案第3页，总12页

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详解：（1）∵an1an，

2an1∴112，

an1an11，

a1又∴数列1是首项为1，公差为2的等差数列，

an∴112n12n1，

an1．

2n1∴an（2）由（1）得anan1111，

2n12n122n12n11∴Tna1a2a2a3anan1

1111111

23352n12n1111

22n1n．

2n1点睛：列项求和法一般适用于数列的通项公式为分时形的数列求和问题，该种方法的使用的原则及规律为：

（1）裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止．

（2）消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项；前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．

9．（1）数列

是首项为1，公差为3的等差数列（2）

（3）

【解析】试题分析: (1)把

两边同时做倒数运算,得

,即证.(2)由(1)

(3)由(2)得

,代入

,利用错位

相减法,可求和.

试题解析：（1）

，

，

答案第4页，总12页

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又

数列

是首项为1，公差为3的等差数列。

（2）

（3）

…

…

…

10．(1)见解析;(2)最大项为

，最小项为

.

【解析】试题分析：（Ⅰ）对

两边取倒数，移项即可得出

，故而数

列

为等差数列，利用等差数列的通项公式求出，从而可得出

；（Ⅱ）根据不等式

，，得

，又

，从而

，当

为奇数时，

单调递减，

；当

为偶数时

单调递增，

综上

的最大项为

，最小项为

.

试题解析：（Ⅰ）由于

，

∴

，则

，则

，即

为常数

又

，∴数列

是以1为首项，

为公比的等比数列

从而

，即

.

（Ⅱ）由

即

，得

，

又

，从而

故

当

为奇数时，

，

单调递减，

；

答案第5页，总12页

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当

为偶数时，

，

单调递增，

综上

的最大项为

，最小项为

.

11．（1）见解析；（2）最小项为a3且a31，最大项为a4且a43.

【解析】试题分析：（1）由bn+1bna1111n1可证得；

an11an1211an1an1an1an12，由函数的单调性结合数列的特征可得最值.

2x7（2）设fx1试题解析：

（1）因为an211n2,nN*，

bnnN*，

an1an1所以bn+1bna1111n1,

1an11an121an1an1an1an1又b1515，所以数列bn是以为首项，1为公差的等差数列．

2a112712，则an1．

12bn2n7（2）由（1）知bnn设fx1277，则fx在区间,和,上为减函数．

2x722所以当n3时，

an取得最小值为－1，当n4时，

an取得最大值为3．

故数列an中的最小项为a3且a31，最大项为a4且a43．

点睛：求解数列中的最大项或最小项的一般方法：

（1）研究数列的单调性，利用单调性求最值；

（2）可以用{anan1anan1或{anan1anan1；

（3）转化为函数最值问题或利用数形结合求解.

答案第6页，总12页

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12．（1）an1111.（2）Sn.

n34n4311，

an1（nN*），可得4,，根据题42ana11【解析】试题分析：（1）∵a1意可得1an111112an111即可证得是首项为4，公差为1的等差a1an1n数列.

通项公式亦可得到；

*（2）∵bnan1nN，由（1）知an11.

n3）则可利用裂项相消法求得Sn.

∴bn111,bkbk1（k1,2,3,n3k3k4试题解析：（1）∵a131，

an1（nN*），

42an∴114,a11an111112an2an1111，即1.

an1an1an11an1∴1是首项为4，公差为1的等差数列.

a1n11.

n3an1an1n3从而*（2）∵bnan1nN，由（1）知an11.

n3）

∴bn∴111,bkbk1（k1,2,3,n3k3k4Snb1b2b2b3，

即Sn111111bnbn14556671111n3n44n411.

4n413．见解析

【解析】试题解析：证明：（1）∵an110,nN*，

an11an1答案第7页，总12页

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∴a1an111n11，

an11an1an11an11an111113 分

an11an111}是以2为首项，以1为公差的等差数列．

5 分

a11an11∴∴

数列{证法

2：由已知an110,nN*

an11an1an111即an1111110,10，

an1an11an1即11（常数）

3 分

an11an111}是以2为首项，以1为公差的等差数列．

5分

a11an112n11n1，

an1∴

数列{（2）由（1）得所以ann，

6分

n1ii2aii22i17 分

一方面，

∵ai1i12i22i1∴a1a2a2a3annan1分

ii2aii22i1111111另一方面，

∵11分

2ai1i12i22i1ii1ii1i1∴a1a2a2a3an111111an11223分

111111

n1nnn11n2n1n1n1aan2故不等式12n1a2a3ann成立．

14 分

an1答案第8页，总12页

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考点：考查了等差数列，数列与不等式的综合应用．

点评：判断等差数列的关键是看是否符合等差数列的定义，在证明不等式的时候要注意对式子的灵活变形是解题的关键．

14．（1）an131；（2）.

3n2【解析】试题分析：（1）由an1列与通项；

2an311化简可得3，从而判断等差数3an4an11an11，设2n1352n1fn2n1...，由2462n（2）由（1）知bnfn1fn4n28n331, 得.

4n28n42试题解析：

(1)因为an112an3a1a3411，所以1n,n33an43an4an11an1an113，所以an11an1113n,an1.

an13n(2)由已知bn11是首项为3，公差为

3的等差数列，所以an11，设f2nn135n22n1...246n21n(1nN*），由

,fn1fn4n28n3331得，即的最小值为.

4n28n42215．(1)见解析.(2)见解析.

【解析】试题分析：(1)由已知可得an1an12an2 ,则an1ananan12.，即可证明an1an是等差数列,进而求出an

的通项公式；

试题解析：(1)证明:an+1+an-1=2an+2,则(an+1-an)-(an-an-1)=2.所以{an+1-an}是公差为2的等差数列.

n≥2,an=(an-an-1)+…+(a2-a1)+a1=2n+…+4+2=2·当n=1,a1=2满足. 则an=n(n+1).

(2)bn=nn12=n(n+1).

10n1110111n-=- ∴Sn=10(1++…+)-,

2n2nn!2n2答案第9页，总12页

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111112n+…++)-,

2nn1n22n2111n设Mn=S2n-Sn=10()-,

n1n22n211111n1∴Mn+1=10()-,

n2n32n2n12n22∴S2n=10(1+∴Mn+1-Mn=10(101111111)-=10() -=-2n12n2n122n12n222n12n21,

2101＞0,即M1＜M2，当n≥2时，Mn+1-Mn＜0，

3421129,

即M2＞M3＞M4＞…，∴(Mn)max=M2=10×()-1=34629＜5

则S2n-Sn≤S4-S2=6∴当n=1时, Mn+1-Mn=16．(1)见解析；(2)

Sn2n13n13.

4【解析】试题分析：（1）将nan1n1annn1的两边同除以nn1

，得到an1an1，由等差数列的定义，即可作出证明；

n1n（2）有（1）求出bn3nann3n，利用错位相减法即可求解数列bn的前n项和Sn.

试题解析：

(1)证明：由已知可得所以＝＋1，即－＝1.

是以＝1为首项，1为公差的等差数列．

2(2)由(1)得＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝n.

从而bn＝n·3.

123nSn＝1·3＋2·3＋3·3＋…＋n·3，①

23nn＋13Sn＝1·3＋2·3＋…＋(n－1)·3＋n·3.②

12nn＋1①－②得－2Sn＝3＋3＋…＋3－n·3

＝＝所以Sn＝－n·3n＋1n

.

.

点睛：本题主要考查了等差数列的定义、等差数列的判定与证明和数列的求和，着重考查了答案第10页，总12页

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学生分析问题和解答问题的能力，本的解答中利用等差数列的定义得到数列an为等差数n列，求解an的表达式，从而化简得到bnn3n，利用乘公比错位相减法求和中，准确计算是解答的一个难点.

视频

17．（1）ann2n1（2）见解析

【解析】试题分析：（1）要证数列bn为等差数列则只需说明bn1bn为常数即可然后根据等差通项可求得ann2n1（2）先将cnbn2n2

进行列项分解cnnnn12an1bn1111T11得证

，然后求和即可得nnn2n1n12nn12试题解析：

解：（1）证明：

bn1bn

an11an1an12an11，

2n12n2n1bn为等差数列，

ann2n1；

（2）cnn211

，

nn1nnn12n2n1211，

nn12Tn1因为10，所以Tn1.

nn12点睛：对于数列问题，首先要明确做题思路，熟悉等差等比的定义和通项公式，找准方法对应做题，求和时则通常是利用：列项相消法，错位相减法，分组求和

18．（1）【解析】

试题分析：（1）对可求解；（2）结合（1）可求出数列的前项和.

答案第11页，总12页

构成以为首项，为公差的等差数列；（2）

左右两边同时除以，那么构成了新数列即的通项公式，进而利用错位相减的方法求出数列

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试题解析：（1）∵，∴，

，

∴，∴构成以为首项，为公差的等差数列.

，所以 ①

②

②-①得

（2）由（1）可知

∴

【考点】(1)利用递推关系求通项公式；（2）错位相消求数列前项和答案第12页，总12页