第四章數列（壓軸題專練）題型一數列的函數性質【例1】已知數列{an}的通項公式為an＝(n＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n，試問數列{an}有沒有最大項？若有，求最大項；若沒有，請說明理由．【解析】法一：∵an＋1－an＝(n＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n＋1－(n＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n·eq\f(9－n,11)，當n<9時，an＋1－an>0，即an<an＋1；當n＝9時，an＋1－an＝0，即an＝an＋1；當n>9時，an＋1－an<0，即an>an＋1．故a1<a2<a3<…<a9＝a10>a11>a12>…，所以數列中有最大項，最大項為第9,10項，且a9＝a10＝eq\f(1010,119)．法二：設ak是數列{an}的最大項，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ak≥ak－1，,ak≥ak＋1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))k≥k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))k－1，,k＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))k≥k＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))k＋1，))整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10k＋10≥11k，,11k＋11≥10k＋20，))得9≤k≤10，∴k＝9或10，即數列{an}中的最大項為a9＝a10＝eq\f(1010,119)．思維升華1．求數列的最小項(或最大項)的方法(1)判斷數列的單調性，求出最小項(或最大項)所在的位置．(2)設第n項an最大(或最小)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1，))n≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1，))n≥2))，解不等式組，從而確定出哪一項為數列的最值．2．由數列的單調性確定變量的范圍利用數列的單調性確定變量的取值范圍，常利用以下等價關系：數列{an}遞增?an＋1＞an恒成立；數列{an}遞減?an＋1＜an恒成立，通過分離變量轉化為代數式的最值來解決．鞏固訓練1．已知數列{an}的通項公式an＝eq\f(n,n2＋1)(n∈N*)，試判斷該數列的增減性，并說明理由．【解析】數列{an}為遞減數列．理由如下：an＋1－an＝eq\f(n＋1,n＋12＋1)－eq\f(n,n2＋1)＝eq\f(n＋1n2＋1－n[n＋12＋1],[n＋12＋1]n2＋1)＝eq\f(－n2－n＋1,[n＋12＋1]n2＋1)＝eq\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))2＋\f(5,4),[n＋12＋1]n2＋1)．∵f(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)在[1，＋∞)上是減少的，∴當n≥1時，f(n)≤f(1)＝－1<0．又(n＋1)2＋1>0，n2＋1>0，∴an＋1－an<0，∴數列{an}是遞減數列．2．已知數列{an}的通項公式為an＝n2＋kn(n∈N*)，若數列{an}是遞增數列，求實數k的取值范圍．【解析】由{an}是遞增數列，得an＋1－an＝(n＋1)2＋k(n＋1)－(n2＋kn)＝2n＋1＋k>0對于任意n∈N*恒成立．∵f(x)＝2x＋1＋k在[1，＋∞)上是增加的，∴2n＋1＋k>0對任意n∈N*恒成立等價于2×1＋1＋k>0，∴k>－3，∴實數k的取值范圍是(－3，＋∞)．題型二等差數列的判定與證明【例2】已知數列{an}滿足a1＝4，an＝4－eq\f(4,an－1)(n>1，n∈N*)，記bn＝eq\f(1,an－2)．(1)求證：數列{bn}是等差數列；(2)求數列{an}的通項公式．【解析】(1)證明：∵bn＋1－bn＝eq\f(1,an＋1－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(4,an)))－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(an,2an－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(an－2,2an－2)＝eq\f(1,2)，又b1＝eq\f(1,a1－2)＝eq\f(1,2)，∴數列{bn}是首項為eq\f(1,2)，公差為eq\f(1,2)的等差數列．(2)由(1)知bn＝eq\f(1,2)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)n(n∈N*)．∵bn＝eq\f(1,an－2)，∴an＝eq\f(1,bn)＋2＝eq\f(2,n)＋2．即數列{an}的通項公式為an＝eq\f(2,n)＋2(n∈N*)．思維升華等差數列的判定與證明方法定義法an－an－1(n≥2，n∈N*)為同一常數?{an}是等差數列等差中項法2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立?{an}是等差數列鞏固訓練1．已知數列{an}滿足a1＝a2＝1，an＝an－1＋2(n≥3)．(1)判斷數列{an}是否為等差數列，并說明理由；(2)求{an}的通項公式．【解析】(1)當n≥3時，an＝an－1＋2，即an－an－1＝2，而a2－a1＝0不滿足an－an－1＝2(n≥3)，∴{an}不是等差數列．(2)當n≥2時，{an}是等差數列，公差為2，∴an＝1＋2(n－2)＝2n－3(n≥2)．又a1＝1不適合上式，∴{an}的通項公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n－3，n≥2.))2．已知eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)成等差數列，并且a＋c，a－c，a＋c－2b均為正數，求證：lg(a＋c)，lg(a－c)，lg(a＋c－2b)也成等差數列．【解析】證明：∵eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)成等差數列，∴eq\f(2,b)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)，∴eq\f(2,b)＝eq\f(a＋c,ac)，即2ac＝b(a＋c)．(a＋c)(a＋c－2b)＝(a＋c)2－2b(a＋c)＝(a＋c)2－2×2ac＝a2＋c2＋2ac－4ac＝(a－c)2．∵a＋c，a＋c－2b，a－c均為正數，上式左右兩邊同時取對數，得lg[(a＋c)(a＋c－2b)]＝lg(a－c)2，即lg(a＋c)＋lg(a＋c－2b)＝2lg(a－c)，∴lg(a＋c)，lg(a－c)，lg(a＋c－2b)成等差數列．題型三靈活設元求解等差數列問題【例3】已知四個數成遞增等差數列，中間兩項的和為2，首末兩項的積為－8，求這四個數．【解析】法一：設這四個數為a－3d，a－d，a＋d，a＋3d(公差為2d)，依題意，2a＝2，且(a－3d)(a＋3d)＝－8，即a＝1，a2－9d2＝－8，∴d2＝1，∴d＝1或d＝－1．又四個數成遞增等差數列，∴d＞0，∴d＝1，故所求的四個數為－2,0,2,4．法二：設這四個數為a，a＋d，a＋2d，a＋3d(公差為d)，依題意，2a＋3d＝2，且a(a＋3d)＝－8，把a＝1－eq\f(3,2)d代入a(a＋3d)＝－8，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,2)d))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)d))＝－8，即1－eq\f(9,4)d2＝－8，化簡得d2＝4，∴d＝2或－2．又四個數成遞增等差數列，∴d＞0，∴d＝2，a＝－2．故所求的四個數為－2,0,2,4． 思維升華常見設元技巧(1)某兩個數是等差數列中的連續兩個數且知其和，可設這兩個數為：a－d，a＋d，公差為2d；(2)三個數成等差數列且知其和，常設此三數為：a－d，a，a＋d，公差為d；(3)四個數成等差數列且知其和，常設成a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，公差為2d．鞏固訓練1．已知三個數成等差數列，其和為9，前兩項之積為后一項的6倍，求這三個數．【解析】設這三個數依次為a－d，a，a＋d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－d＋a＋a＋d＝9，,a－da＝6a＋d，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,d＝－1.))∴這三個數為4,3,2．2．已知成等差數列的四個數，四個數之和為26，第二個數與第三個數之積為40，求這個等差數列．【解析】設這四個數依次為a－3d，a－d，a＋d，a＋3d(公差為2d)．由題設知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－3d＋a－d＋a＋d＋a＋3d＝26，,a－da＋d＝40，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(13,2)，,d＝\f(3,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(13,2)，,d＝－\f(3,2).))∴這個數列為2,5,8,11或11,8,5,2．題型四等差數列前n項和公式的基本運算【例4】在等差數列{an}中，(1)已知a1＝eq\f(5,6)，an＝－eq\f(3,2)，Sn＝－5，求n和d；(2)已知a5＋a10＝58，a4＋a9＝50，求S10；(3)已知S7＝42，Sn＝510，an－3＝45，求n．【解析】(1)由題意得，Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)－\f(3,2))),2)＝－5，解得n＝15．又a15＝eq\f(5,6)＋(15－1)d＝－eq\f(3,2)，∴d＝－eq\f(1,6)，∴n＝15，d＝－eq\f(1,6)．(2)法一：設等差數列{an}的公差為d，由已知條件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5＋a10＝2a1＋13d＝58，,a4＋a9＝2a1＋11d＝50，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝4，))∴S10＝10a1＋eq\f(10×10－1,2)d＝10×3＋eq\f(10×9,2)×4＝210．法二：設等差數列{an}的公差為d，由已知條件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5＋a10＝a1＋a10＋4d＝58，,a4＋a9＝a1＋a10＋2d＝50，))∴a1＋a10＝42，∴S10＝eq\f(10a1＋a10,2)＝5×42＝210．(3)S7＝eq\f(7a1＋a7,2)＝7a4＝42，∴a4＝6．∴Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(na4＋an－3,2)＝eq\f(n6＋45,2)＝510．∴n＝20．思維升華等差數列中的基本計算(1)利用基本量求值等差數列的通項公式和前n項和公式中有五個量a1，d，n，an和Sn，這五個量可以“知三求二”．一般是利用公式列出基本量a1和d的方程組，解出a1和d，便可解決問題．解題時注意整體代換的思想．(2)結合等差數列的性質解題等差數列的常用性質：若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，則am＋an＝ap＋aq，常與求和公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)結合使用．鞏固訓練1．在等差數列{an}中，(1)a1＝1，a4＝7，求S9；(2)a3＋a15＝40，求S17．【解析】(1)設等差數列{an}的公差為d，則a4＝a1＋3d＝1＋3d＝7，所以d＝2．故S9＝9a1＋eq\f(9×8,2)d＝9＋eq\f(9×8,2)×2＝81．(2)S17＝eq\f(17×a1＋a17,2)＝eq\f(17×a3＋a15,2)＝eq\f(17×40,2)＝340．題型五兩個數列的綜合問題【例5】已知等差數列{an}：5,8,11，…和等差數列{bn}：3,7,11，…各有100項，問它們有多少個相同的項？記這些共同的項從小到大依次構成數列{cn}，問數列{cn}是否為等差數列？【解析】易得an＝3n＋2，bn＝4n－1．假設數列{an}的第n項與數列{bn}的第k項相同，即有3n＋2＝4k－1，所以n＝eq\f(4,3)k－1．而n∈N*，k∈N*，則k必是3的倍數．設k＝3t(t∈N*)，于是n＝4t－1．由題設知，兩數列各有100項，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤3t≤100，,1≤4t－1≤100，))解得eq\f(1,2)≤t≤eq\f(101,4)．又t∈N*，故兩數列共有25個相同的項．將n＝4t－1代入an＝3n＋2(或將k＝3t代入bk＝4k－1)，得a4t－1＝3(4t－1)＋2＝12t－1(或bt＝12t－1)，即等差數列{an}中的第(4t－1)項與等差數列{bn}中的第3t項是相同項，于是ct＝a4t－1＝12t－1，ct＋1＝12(t＋1)－1＝12t＋11，ct＋1－ct＝12(常數)，故數列{cn}是以12為公差的等差數列．思維升華有關兩個等差數列公共項的問題，處理辦法一般有兩種：一是先利用兩數列的公共項組成的新等差數列的公差為兩個等差數列公差的最小公倍數求新數列的公差，然后找到第一項后用通項公式解決；二是從通項公式入手，建立am＝bn這樣的方程，利用n＝f(m)，借助n，m均為正整數，得到n(或m)可取的整數形式．鞏固訓練1．已知數列{an}，{bn}都是公差為1的等差數列，其首項分別為a1與b1，且b1∈N*，a1＋b2019＝－2．設cn＝abn(n∈N*)，則數列{cn}的通項公式為________．【答案】cn＝n－2022【解析】由題意知，bn＝b1＋(n－1)×1＝b1＋n－1．由b1∈N*及n∈N*知，bn∈N*．于是cn＝abn＝a1＋(bn－1)×1＝a1＋bn－1＝a1＋[b2019＋(n－2019)×1]－1＝(a1＋b2019)＋n－2020＝n－2022．2．等差數列{an}中，a1＝8，a5＝2，若在每相鄰兩項之間各插入一個數，使之成為新的等差數列，那么新的等差數列的公差是________．【答案】－eq\f(3,4)【解析】∵等差數列{an}中，a1＝8，a5＝2，∴數列{an}的公差d＝eq\f(a5－a1,5－1)＝－eq\f(3,2)，則可得{an}的通項公式為an＝8＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝－eq\f(3,2)n＋eq\f(19,2)．若在{an}每相鄰兩項之間各插入一個數，得到新的等差數列{bn}，則可得b1＝a1＝8，b3＝a2＝－eq\f(3,2)×2＋eq\f(19,2)＝eq\f(13,2)，∴數列{bn}的公差d1＝eq\f(b3－b1,3－1)＝－eq\f(3,4)．題型六等差數列前n項和的實際應用問題【例6】某電站沿一條公路豎立電線桿，相鄰兩根電線桿的距離都是50m，最遠一根電線桿距離電站1550m，一汽車每次從電站運出3根電線桿供應施工(完成任務后回到原處)．若該汽車往返運輸總行程為17500m，共豎立多少根電線桿？第一根電線桿距離電站多少米？【解析】由題意知汽車逐趟(由近及遠)往返運輸行程組成一個等差數列，記為{an}，則an＝1550×2＝3100，d＝50×3×2＝300，Sn＝17500．由等差數列的通項公式及前n項和公式，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋n－1×300＝3100，①,na1＋\f(nn－1,2)×300＝17500.②))由①得a1＝3400－300n．代入②得n(3400－300n)＋150n(n－1)－17500＝0，整理得3n2－65n＋350＝0，解得n＝10或n＝eq\f(35,3)(舍去)，所以a1＝3400－300×10＝400．故汽車拉了10趟，共拉電線桿3×10＝30(根)，最近的一趟往返行程400m，第一根電線桿距離電站eq\f(1,2)×400－100＝100(m)．所以共豎立了30根電線桿，第一根電線桿距離電站100m．思維升華等差數列前n項和公式主要應用于求解實際問題中的總數問題，如材料的總數目、行程問題中的總行程等．只要是等差數列，就可以應用前n項和公式計算總數，求解時應注意從實際問題中抽象出的數學模型要準確．鞏固訓練1．某人用分期付款的方式購買一件家電，價格為1150元，購買當天先付150元，以后每月的這一天都交付50元，并加付欠款利息，月利率為1%．若交付150元后的一個月開始算分期付款的第一個月，則分期付款的第10個月該交付多少錢？全部貸款付清后，買這件家電實際花費多少錢？【解析】設每次交款數額依次為a1，a2，…，a20，則a1＝50＋1000×1%＝60，a2＝50＋(1000－50)×1%＝59．5，…a10＝50＋(1000－9×50)×1%＝55．5，即第10個月應付款55．5元．由于{an}是以60為首項，－0．5為公差的等差數列，所以有S20＝eq\f(60＋60－19×0.5,2)×20＝1105，即全部付清后實際付款1105＋150＝1255(元)．2．我國古代數學名著《算法統宗》中有這樣一個問題：“九百九十六斤棉，贈分八子作盤纏．次第每人多十七，要將第八數來言．務要分明依次第，孝和休惹外人傳．”大意為：“有996斤棉花，分別贈送給8個子女作為盤纏，從第1個孩子開始，以后每人依次多17斤，直到第8個孩子為止．分配時一定要按照次序分，要順從父母，兄弟之間要和氣，不要引得外人說閑話．”在這個問題中，第8個孩子分到的棉花為()A．184斤 B．176斤C．65斤 D．60斤【答案】A【解析】依題意得，8個子女所分得的棉花斤數依次構成等差數列，設該等差數列為{an},1≤n≤8，n∈N*，公差為d，前n項和為Sn，第1個孩子所分得的棉花斤數為a1,則由題意得d＝17，S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)×17＝996，解得a1＝65，則a8＝a1＋(8－1)d＝184．故選A．題型七等差數列前n項和的最值問題【例7】在等差數列{an}中，公差為d，若a1＝25，且S9＝S17，求Sn的最大值．【解析】法一：由S9＝S17得9a1＋eq\f(9×8,2)d＝17a1＋eq\f(17×16,2)d，又a1＝25，∴d＝－2．則Sn＝25n＋eq\f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋26n＝－(n－13)2＋169，故當n＝13時，Sn取得最大值，最大值為169．法二：由S9＝S17得9a1＋eq\f(9×8,2)d＝17a1＋eq\f(17×16,2)d，又a1＝25，∴d＝－2，則an＝25＋(－2)×(n－1)＝－2n＋27．令an＞0，則－2n＋27＞0，解得n＜13．5，即數列{an}的前13項均為正數，第13項以后均為負數，故數列{an}的前13項和最大，最大值為S13＝13×25＋eq\f(13×12,2)×(－2)＝169．法三：∵S9＝S17，∴a10＋a11＋…＋a17＝0，即a13＋a14＝0．∵a1＞0，∴d＜0，∴a13＞0，a14＜0，∴當n＝13時，Sn有最大值，為169．法四：設Sn＝An2＋Bn，∵S9＝S17，∴二次函數圖象的對稱軸為eq\f(9＋17,2)＝13，且開口方向向下，∴當n＝13時，Sn取得最大值，為169．思維升華求等差數列前n項和Sn的最大(小)值的常用方法(1)通項法若a1＞0，d＜0，則Sn必有最大值，其n可用不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0))來確定；若a1＜0，d＞0，則Sn必有最小值，其n可用不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0))來確定．(2)二次函數法在等差數列{an}中，由于Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，則可用求二次函數最值的方法來求前n項和Sn的最值，其中，n值可由n∈N*及二次函數圖象的對稱性來確定．(3)一般地，在等差數列{an}中，當a1＞0，且Sp＝Sq(p≠q)時，①若p＋q為偶數，則當n＝eq\f(p＋q,2)時，Sn最大；②若p＋q為奇數，則當n＝eq\f(p＋q±1,2)時，Sn最大．鞏固訓練1．(多選)設等差數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的公差為d，前n項和為Sn，若a3＝12，S12>0，S13<0，則下列結論正確的是()A．數列{an}是遞增數列B．S5＝60C．－eq\f(24,7)<d<－3D．S1，S2，…，S12中最大的是S6【答案】BCD【解析】因為a3＝a1＋2d＝12，則將a1＝12－2d代入S12＝12a1＋eq\f(12×11,2)d>0，S13＝13a1＋eq\f(13×12,2)d<0，化簡求得－eq\f(24,7)<d<－3，即d<0，數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是遞減數列，A不正確，C正確．S5＝5a3＝5×12＝60，B正確．由d<0可知a1>a2>…>a11>a12．則在1≤n≤12中存在自然數n，使得an>0，an＋1<0，則Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6a1＋a12＝6a6＋a7>0，,\f(13,2)a1＋a13＝13a7<0，))解得a6>0，a7<0．故S1，S2，…，S12中最大的是S6，D正確．2．已知等差數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n項的和記為Sn，a3＝－4，a6＝8．(1)求數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通項公式；(2)求Sn的最小值及其相應的n值．【解析】(1)由已知得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝－4，,a1＋5d＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－12，,d＝4，))所以an＝4n－16．(2)Sn＝na1＋eq\f(nn－1d,2)＝－12n＋2n(n－1)＝2n2－14n＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(7,2)))2－eq\f(49,2)，當n取最接近3．5的整數，即n＝3或4時，Sn有最小值，為18－42＝－24．題型八等差數列前n項和的性質的應用【例8】(1)在等差數列{an}中，S10＝120，且在這10項中，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(11,13)，則公差d＝________．(2)已知等差數列{an}的前m項和為30，前2m項和為100，求數列{an}前3m項的和S3m．【解析】(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S奇＋S偶＝120，,\f(S奇,S偶)＝\f(11,13)，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S奇＝55，,S偶＝65，))所以S偶－S奇＝5d＝10，所以d＝2．(2)法一：在等差數列中，∵Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差數列，∴30,70，S3m－100成等差數列．∴2×70＝30＋(S3m－100)，∴S3m＝210．法二：在等差數列中，eq\f(Sm,m)，eq\f(S2m,2m)，eq\f(S3m,3m)成等差數列，∴eq\f(2S2m,2m)＝eq\f(Sm,m)＋eq\f(S3m,3m)．即S3m＝3(S2m－Sm)＝3×(100－30)＝210．思維升華解決有關等差數列前n項和問題時注意應用其性質解題．鞏固訓練1．已知{an}，{bn}均為等差數列，其前n項和分別為Sn，Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n＋2,n＋3)，則eq\f(a5,b5)＝________．【解析】由等差數列的性質，知eq\f(a5,b5)＝eq\f(\f(a1＋a9,2),\f(b1＋b9,2))＝eq\f(\f(a1＋a9,2)×9,\f(b1＋b9,2)×9)＝eq\f(S9,T9)＝eq\f(2×9＋2,9＋3)＝eq\f(5,3)．【答案】eq\f(5,3)2．已知數列{an}是項數為偶數的等差數列，它的奇數項的和是50，偶數項的和為34，若它的末項比首項小28，則該數列的公差是________．【答案】－4【解析】設等差數列{an}的項數為2m，∵末項與首項的差為－28，∴a2m－a1＝(2m－1)d＝－28，①∵S奇＝50，S偶＝34，∴S偶－S奇＝34－50＝－16＝md，②由①②得d＝－4．3．已知一個等差數列的前10項和為100，前100項和為10，求前110項之和．【解析】易知S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90，S110－S100成等差數列．設其公差為d，則前10項和為10S10＋eq\f(10×9,2)d＝S100＝10，解得d＝－22，∴S110－S100＝S10＋(11－1)d＝100＋10×(－22)＝－120，∴S110＝－120＋S100＝－110．題型九求等差數列前n項絕對值的和【例9】在等差數列{an}中，a1＝－60，a17＝－12，求數列{|an|}的前n項和．【解析】等差數列{an}的公差為：d＝eq\f(a17－a1,17－1)＝eq\f(－12－－60,16)＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝－60＋3(n－1)＝3n－63．令an<0，即3n－63<0，得n<21，所以等差數列{an}的前20項是負數，第20項以后的項是非負數．設Sn和Sn′分別表示數列{an}和{|an|}的前n項和．當0<n≤20時，Sn′＝－Sn＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－60n＋\f(3nn－1,2)))＝－eq\f(3,2)n2＋eq\f(123,2)n；當n>20時，Sn′＝－S20＋(Sn－S20)＝Sn－2S20＝－60n＋eq\f(3nn－1,2)－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－60×20＋\f(20×19,2)×3))＝eq\f(3,2)n2－eq\f(123,2)n＋1260．所以數列{|an|}的前n項和為：Sn′＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(123,2)n，n≤20，,\f(3,2)n2－\f(123,2)n＋1260，n>20.))思維升華求數列{|an|}的前n項和等差數列的各項取絕對值后組成數列{|an|}，若原數列{an}中既有正項又有負項，則{|an|}不再是等差數列，求和的關鍵是找到數列{an}中正、負項的分界點處n的值，再分段求和．鞏固訓練1．在數列{an}中，a1＝8，a4＝2，且滿足an＋2＋an＝2an＋1．(1)求數列{an}的通項公式；(2)設Sn是數列{|an|}的前n項和，求Sn．【解析】(1)由2an＋1＝an＋2＋an可得{an}是等差數列，且公差d＝eq\f(a4－a1,4－1)＝eq\f(2－8,3)＝－2．∴an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋10．(2)令an≥0，得n≤5．即當n≤5時，an≥0；n≥6時，an<0．∴當n≤5時，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝－n2＋9n；當n≥6時，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)＝－(a1＋a2＋…＋an)＋2(a1＋a2＋…＋a5)＝－(－n2＋9n)＋2×(－52＋45)＝n2－9n＋40．∴Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－n2＋9n，n≤5，,n2－9n＋40，n≥6.))題型十靈活設元求解等比數列問題【例10】有四個數，其中前三個數成等差數列，后三個數成等比數列，并且第一個數與第四個數的和是16，第二個數與第三個數的和是12，求這四個數．【解析】法一：設這四個數依次為a－d，a，a＋d，eq\f(a＋d2,a)(a≠0)，由條件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－d＋\f(a＋d2,a)＝16，,a＋a＋d＝12.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,d＝4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝9，,d＝－6.))所以當a＝4，d＝4時，所求的四個數為0,4,8,16；當a＝9，d＝－6時，所求的四個數為15,9,3,1．故所求的四個數為0,4,8,16或15,9,3,1．法二：設這四個數依次為eq\f(2a,q)－a，eq\f(a,q)，a，aq(q≠0)，由條件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2a,q)－a＋aq＝16，,\f(a,q)＋a＝12，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝8，,q＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,q＝\f(1,3).))當a＝8，q＝2時，所求的四個數為0,4,8,16；當a＝3，q＝eq\f(1,3)時，所求的四個數為15,9,3,1．故所求的四個數為0,4,8,16或15,9,3,1．思維升華幾個數成等比數列的設法(1)三個數成等比數列設為：eq\f(a,q)，a，aq．推廣到一般，奇數個數成等比數列設為：…，eq\f(a,q2)，eq\f(a,q)，a，aq，aq2，…(2)四個符號相同的數成等比數列設為：eq\f(a,q3)，eq\f(a,q)，aq，aq3．推廣到一般，偶數個符號相同的數成等比數列設為：…，eq\f(a,q5)，eq\f(a,q3)，eq\f(a,q)，aq，aq3，aq5，…(3)四個數成等比數列，不能確定它們的符號相同時，可設為：a，aq，aq2，aq3．鞏固訓練1．在2和20之間插入兩個數，使前三個數成等比數列，后三個數成等差數列，則插入的兩個數的和為()A．－4或eq\f(35,2) B．4或eq\f(35,2)C．4 D．eq\f(35,2)【答案】B【解析】設插入的第一個數為a，則插入的另一個數為eq\f(a2,2)．由a，eq\f(a2,2)，20成等差數列得2×eq\f(a2,2)＝a＋20．∴a2－a－20＝0，解得a＝－4或a＝5．當a＝－4時，插入的兩個數的和為a＋eq\f(a2,2)＝4．當a＝5時，插入的兩個數的和為a＋eq\f(a2,2)＝eq\f(35,2)．2．有四個實數，前三個數成等比數列，且它們的乘積為216，后三個數成等差數列，且它們的和為12，求這四個數．【解析】法一：設前三個數分別為eq\f(a,q)，a，aq(q≠0)，則eq\f(a,q)·a·aq＝216，所以a3＝216．所以a＝6．因此前三個數為eq\f(6,q)，6,6q．由題意知第4個數為12q－6．所以6＋6q＋12q－6＝12，解得q＝eq\f(2,3)．故所求的四個數為9,6,4,2．法二：設后三個數為4－d,4,4＋d，則第一個數為eq\f(1,4)(4－d)2，由題意知eq\f(1,4)(4－d)2×(4－d)×4＝216，解得4－d＝6．所以d＝－2．故所求得的四個數為9,6,4,2．題型十一等比數列的實際應用【例11】已知0<r<p<100，在一容器內裝有濃度為r%的溶液1kg，注入濃度為p%的溶液eq\f(1,4)kg，攪勻后倒出混合液eq\f(1,4)kg．如此反復進行下去．(1)寫出第1次混合后溶液的濃度a1%；(2)設第n次混合后溶液的濃度為an%，試用an表示an＋1；(3)寫出an的通項公式．【解析】(1)a1%＝eq\f(r%＋\f(1,4)p%,1＋\f(1,4))＝eq\f(1,5)(p＋4r)%．(2)an＋1%＝eq\f(an%＋\f(1,4)p%,1＋\f(1,4))＝eq\f(1,5)(p＋4an)%，即an＋1＝eq\f(1,5)(p＋4an)．(3)由(2)知an＋1＝eq\f(1,5)(p＋4an)，即an＋1－p＝eq\f(4,5)(an－p)，所以{an－p}是一個公比為eq\f(4,5)的等比數列，首項為a1－p＝eq\f(4,5)(r－p)，所以an－p＝eq\f(4,5)(r－p)eq\f(4,5)n－1＝(r－p)eq\f(4,5)n，所以an＝p－(p－r)eq\f(4,5)n(n∈N*)．思維升華數列實際應用題常與現實生活和生產實際中的具體事件相聯系，建立數學模型是解決這類問題的核心，常用的方法有：(1)構造等差、等比數列的模型，然后用數列的通項公式或求和公式求解；(2)通過歸納得到結論，再用數列知識求解．鞏固訓練1．商家通常依據“樂觀系數準則”確定商品銷售價格，即根據商品的最低銷售限價a，最高銷售限價b(b>a)以及實數x(0<x<1)確定實際銷售價格c＝a＋x(b－a)．這里x被稱為樂觀系數．經驗表明，最佳樂觀系數x恰好使得(c－a)是(b－c)和(b－a)的等比中項．據此求最佳樂觀系數x的值．【解析】已知(c－a)是(b－c)和(b－a)的等比中項，即(c－a)2＝(b－c)(b－a)，把c＝a＋x(b－a)代入上式，得x2(b－a)2＝[b－a－x(b－a)](b－a)，即x2(b－a)2＝(1－x)(b－a)2．因為b>a，所以b－a≠0，所以x2＝1－x，即x2＋x－1＝0，解得x＝eq\f(－1＋\r(5),2)或x＝eq\f(－1－\r(5),2)(舍去)．故最佳樂觀系數x的值為eq\f(－1＋\r(5),2)．題型十二等比數列前n項和的實際應用問題【例12】一個熱氣球在第1min上升了25m的高度，在以后的每1min里，它上升的高度都是它在前1min上升高度的80%．這個熱氣球上升的高度能達到125m嗎？【解析】用an表示熱氣球在第nmin上升的高度．由題意，得an＋1＝80%an＝eq\f(4,5)an．因此，數列{an}是首項a1＝25，公比q＝eq\f(4,5)的等比數列．熱氣球在nmin里上升的總高度為Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(25×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))n)),1－\f(4,5))＝125×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))n))＜125．所以這個熱氣球上升的高度不可能超過125m．思維升華解數列應用題的思路和方法鞏固訓練1．某電扇廠去年實現利潤300萬元，計劃在以后5年中每年比上一年利潤增長10%．問從今年起第5年的利潤是多少？這5年的總利潤是多少？(結果精確到1萬元)【解析】根據題意，可知每年的利潤組成一個首項a1＝300，公比q＝1＋10%＝1．1的等比數列．所以從今年起第5年的利潤為a6＝a1q6－1＝300×1．15≈483(萬元)．這5年的總利潤為S＝eq\f(a21－q5,1－q)＝300×1．1×eq\f(1.15－1,1.1－1)≈2015(萬元)．2．一彈球從100米高處自由落下，每次著地后又跳回到原來高度的一半再落下，則第10次著地時所經過的路程之和是(結果保留到個位)()A．300米 B．299米C．199米 D．166米【答案】A【解析】由題意，可得小球10次著地共經過的路程為：100＋100＋50＋…＋100×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)))8＝100＋100eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,2)2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)))8))＝100＋100×eq\f(1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)))9,1－\f(1,2))＝300－200×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)))9≈300米．題型十三分組轉化法求和【例13】已知數列{cn}：1eq\f(1,2)，2eq\f(1,4)，3eq\f(1,8)，…，試求{cn}的前n項和．【解析】令{cn}的前n項和為Sn，則Sn＝1eq\f(1,2)＋2eq\f(1,4)＋3eq\f(1,8)＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(n＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n))＝(1＋2＋3＋…＋n)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n))＝eq\f(nn＋1,2)＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝eq\f(nn＋1,2)＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n．即數列{cn}的前n項和為Sn＝eq\f(n2＋n,2)＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n．思維升華分組轉化法求和的常見類型[提醒]某些數列的求和是將數列轉化為若干個可求和的新數列的和或差，從而求得原數列的和，注意在含有字母的數列中對字母的討論．鞏固訓練1．已知數列{an}的前n項和Sn＝eq\f(n2＋n,2)，n∈N*．(1)求數列{an}的通項公式；(2)設bn＝2an＋(－1)nan，求數列{bn}的前2n項和．【解析】(1)當n＝1時，a1＝S1＝1；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n2＋n,2)－eq\f(n－12＋n－1,2)＝n．a1＝1也滿足an＝n，故數列{an}的通項公式為an＝n．(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn．記數列{bn}的前2n項和為T2n，則T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．記A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，則A＝eq\f(21－22n,1－2)＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n．故數列{bn}的前2n項和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2．題型十三分組轉化法求和【例13】已知等比數列{an}的各項均為正數，且2a1＋3a2＝1，aeq\o\al(2,3)＝9a2a6．(1)求數列{an}的通項公式；(2)設bn＝－logeq\r(3)an，求數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n項和Tn．【解析】(1)設數列{an}的公比為q，由aeq\o\al(2,3)＝9a2a6得aeq\o\al(2,3)＝9aeq\o\al(2,4)，∴q2＝eq\f(1,9)．由條件可知q>0，故q＝eq\f(1,3)．由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，∴a1＝eq\f(1,3)．故數列{an}的通項公式為an＝eq\f(1,3n)．(2)∵an＝eq\f(1,3n)，∴bn＝－logeq\r(3)eq\f(1,3n)＝2n，∴eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,4nn＋1)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a