2019高考数学(文科)一轮复习通用版：第八单元数列.pdf

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1、1 第八单元数 列 教材复习课“数列”相关基础知识一课过 数列的有关概念 过双基 1 数列的有关概念 概念含义 数列按照一定顺序排列的一列数 数列的项数列中的每一个数 数列的通项数列 an的第 n 项 an 通项公式 如果数列 an的第 n 项与序号 n 之间的关系可以用一个式子来表 示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式 前 n 项和数列 an中， Sna1a2 an叫做数列的前n 项和 2 an与 Sn的关系 若数列 an的前 n 项和为 Sn，则 an S1，n 1， SnSn1，n2. 小题速通 1数列 an满足 anan1 1 2(nN * )， a22，Sn是数列 an的前 n 项

2、和，则S21的值为 ( ) A 5B.7 2 C.9 2 D.13 2 解析： 选 Banan1 1 2，a22， an 3 2， n为奇数， 2，n为偶数 . S2111 3 2 102 7 2. 2数列 an满足 a13，an1 an1 an (nN *)，则 a 2 018( ) A.1 2 B3 C 1 2 D.2 3 解析： 选 D由 a13，an1 an1 an ，得 a2 a1 1 a1 2 3，a3 a21 a2 1 2，a4 a31 a3 3， ， 由上可得，数列an是以 3 为周期的周期数列， 2 故 a2 018 a67232 a2 2 3. 3已知数列 an满足 an

3、3 2n11(nN * )，前 n 项的和为 Sn，则关于 an，Sn的叙述正确的是() A an，Sn都有最小值 Ban，Sn都没有最小值 C an，Sn都有最大值 Dan，Sn都没有最大值 解析： 选 A an 3 2n11，当 n5 时， a n0，且单调递减 故当 n5 时， a5 3为 an的最小值； 由的分析可知：当n5 时， an0.故可得 S5为 Sn的最小值 综上可知， an，Sn都有最小值 4已知数列 an中， a11，an1an2n1(n N * )，则 a5_. 解析： 依题意得an1an2n1， a5 a1 (a2a1)(a3a2)(a4a3)(a5a4) 1357

4、925. 答案： 25 清易错 1易混项与项数，它们是两个不同的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对 应的位置序号 2在利用数列的前n 项和求通项时，往往容易忽略先求出a1，而是直接把数列的通项公式写成 anSn Sn1的形式，但它只适用于n2 的情形 1已知数列的通项公式为an n 28n15，则 ( ) A 3 不是数列 an中的项 B3 只是数列 an中的第 2 项 C 3 只是数列 an中的第 6 项 D 3 是数列 an中的第 2 项或第 6 项 解析： 选 D令 an3，即 n2 8n153，解得 n2 或 6，故 3 是数列 an中的第 2 项或第 6 项

5、2已知数列 an的前 n 项和为 Sn32 n，则数列 a n的通项公式为_ 解析： 当 n1 时， a1S13 25；当 n2 时， an SnSn132n(32n 1) 2n2n12n1 . 因为当 n1 时，不符合an2 n1， 所以数列 an的通项公式为 an 5，n 1， 2 n1，n2. 答案 ：an 5， n1， 2 n1，n2 等差数列 过双基 1 等差数列的有关概念 (1)定义：如果一个数列从第2 项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做 3 等差数列符号表示为an1an d(nN * ，d 为常数 ) (2)等差中项：数列a，A，b 成等差数列的充要

6、条件是A a b 2 ，其中 A 叫做 a，b 的等差中项 2 等差数列的有关公式 (1)通项公式： ana1(n1)d. (2)前 n 项和公式： Sn na1 n n1 2 dn a 1an 2 . 3 等差数列的常用性质 (1)通项公式的推广：an am(nm)d(n，mN *) (2)若an为等差数列，且klmn(k， l，m，nN *)，则 a kalaman. (3)若an是等差数列，公差为d，则 a2n也是等差数列，公差为2d. (4)若an，bn是等差数列，则panqbn也是等差数列 (5)若an是等差数列，公差为d，则 ak，akm，ak2m， (k，mN * )是公差为md

7、 的等差数列 小题速通 1在等差数列an中，已知a2与 a4是方程 x 2 6x8 0 的两个根，若 a4a2，则 a2 018() A 2 018 B2 017 C 2 016 D2 015 解析： 选 A因为 a2与 a4是方程 x26x80 的两个根，且a4a2，所以 a22，a44，则公差d1， 所以 a11，则 a2 0182 018. 2在等差数列an中， a2 a3a43， Sn为等差数列 an的前 n 项和，则S5( ) A 3 B4 C 5 D6 解析： 选 C等差数列 an中， a2a3a43，Sn为等差数列 an的前 n 项和， a2a3a43a33， 解得 a3 1，

8、S5 5 2(a1a5) 5a35. 3.正项等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a4 a10a 2 715 0，则 S13( ) A 39 B5 C 39 D65 解析： 选 D正项等差数列an的前 n 项和为 Sn， a4a10a 2 7150， a2 72a7150， 解得 a7 5或 a7 3(舍去 )， S13 13 2 (a1a7) 13a713565. 4已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 3a3a64.若 S50， a90， 7 8d0，且 a5 a74a 2 4， a21，则 a1( ) A.1 2 B. 2 2 C.2 D2 解析： 选 B因为 an是等比数列

9、， 所以 a5a7a2 6 4a 2 4，所以 a62a4， q 2a6 a42，又 q0， 所以 q2，a1a 2 q 2 2 . 清易错 1 Sn，S2nSn，S3nS2n未必成等比数列 (例如：当公比q 1 且 n 为偶数时， Sn，S2nSn，S3n S2n 不成等比数列；当q1 或 q 1 且 n 为奇数时， Sn，S2nSn，S3n S2n成等比数列 )，但等式 (S2nSn)2 Sn (S3nS2n)总成立 2在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q 1与 q1分类讨论，防止因忽略q1 这一特殊情 形而导致解题失误 1设数列 an为等比数列，前n 项和为 Sn，已知 S38

10、， S67，则 a7a8a9等于 ( ) A.1 8 B 1 8 C.57 8 D.55 8 解析： 选 A因为 a7a8a9 S9S6，且 S3， S6 S3，S9S6也成等比数列，即8， 1，S9S6成等比 7 数列，所以8(S9S6)1，即 S9 S6 1 8.所以 a7a8a9 1 8. 2设数列 an是等比数列，前n 项和为 Sn，若 S33a3，则公比 q_. 解析： 当 q1 时，由题意， a11q 3 1q 3a1q2， 即 1q33q 23q3， 整理得 2q 33q21 0，解得 q1 2. 当 q1 时， S33a3，显然成立 故 q 1 2或 1. 答案： 1 2或 1

11、 一、选择题 1 (2017 全国卷 )记 Sn为等差数列 an的前 n 项和若a4a5 24，S648，则 an的公差为 () A 1B2 C 4 D8 解析： 选 C设等差数列 an的公差为 d， 由 a4 a524， S6 48， 得 a 13da 14d 24， 6a1 65 2 d48， 即 2a17d24， 2a15d16， 解得 d4. 2 (2018 江西六校联考)在等比数列 an中，若 a3a5a7 3 3，则 a2a8() A 3 B.17 C 9 D13 解析： 选 A由 a3a5a7 33，得 a3 5 3 3，即 a5 3，故 a2a8a2 53. 3在数列 an中，

12、已知a12，a27，an2等于 anan1(nN * )的个位数，则a2 018 ( ) A 8 B6 C 4 D2 解析： 选 D由题意得a34，a48，a52，a66，a72，a82， a9 4，a108.所以数列中的项从第 3 项开始呈周期性出现，周期为6，故 a2 018a33568a82. 4已知数列 an满足 a11，an an12n(n2，n N * )，则 a7( ) A 53 B54 C 55 D109 解析： 选 Ca2a122，a3 a223， ，a7a62 7，各式相加得a7 a12(234 8 7)55. 5设数列 an的前 n 项和为 Sn，若 a11， an13S

13、n(n N * )，则 S6( ) A 4 4 B4 5 C.1 3 (4 61) D.1 4(4 51) 解析： 选 B由 an13Sn，得 a23S13.当 n2 时，an3Sn1，则 an1an3an，n2，即 an14an， n2，则数列 an从第二项起构成等比数列，所以S6a 7 3 34 5 3 45. 6等差数列 an和bn的前 n 项和分别为Sn，Tn，对一切自然数 n，都有 Sn Tn n n1，则 a5 b5等于 ( ) A.3 4 B.5 6 C. 9 10 D.10 11 解析： 选 CS9 9 a1a9 2 9a5，T9 9 b1 b9 2 9b5， a5 b5 S9

14、 T9 9 10. 7已知数列 an是首项为1 的等比数列，Sn是其前 n 项和，若 5S2S4，则 log4a3的值为 () A 1 B2 C 0 或 1 D0 或 2 解析： 选 C由题意得，等比数列an中， 5S2S4，a11， 所以 5(a1a2)a1a2a3a4， 即 5(1q)1qq2 q 3， q 3q24q40，即 (q1)(q24) 0， 解得 q 1 或 2， 当 q 1 时， a31，log4a30. 当 q 2 时， a34， log4a3 1. 综上所述， log4a3的值为 0 或 1. 8设数列 an是公差为d(d0)的等差数列，若a1a2 a3 15，a1a2a

15、380，则 a11a12 a13( ) A 75 B90 C 105 D120 解析： 选 C由 a1a2 a3 15 得 3a215，解得 a2 5，由 a1a2a380，得 (a2d)a2(a2d)80，将 a2 5 代入，得d3(d 3 舍去 )，从而 a11a12a133a123(a210d)3 (530) 105. 二、填空题 9若数列 an满足 a1 3a23 2a 3 3 n1 an n 3，则数列 a n的通项公式为_ 解析： 当 n2 时，由 a13a232a33n 1a nn 3， 9 得 a13a232a33n 2a n1 n1 3 ， 两式相减得3n 1a n n 3

16、n 1 3 1 3， 则 an 1 3 n. 当 n1 时， a1 1 3满足 a n 1 3 n， 所以 an 1 3 n. 答案： an 1 3 n 10数列 an的前 n 项和为 Sn，若 Sn2an1，则 an_. 解析： Sn 2an1， Sn12an11(n 2)， 得an2an 2an1， 即 an2an1. S1a12a11，即 a11， 数列 an为首项是 1，公比是2 的等比数列， 故 an2n 1. 答案： 2 n1 11已知数列 an中， a2na2n1(1) n，a 2n1a2nn，a11，则 a20 _. 解析： 由 a2na2n1(1)n，得 a2na2n1(1)

17、 n， 由 a2n1a2nn，得 a2n1a2n n， 故 a2a1 1， a4a3 1，a6a5 1， a20a19 1. a3a21，a5a42， a7a63， ，a19a189. 又 a11，累加得： a2046. 答案： 46 12数列 an为正项等比数列，若a33，且 an12an3an1(n2， nN * )，则此数列的前5 项和 S5 _. 解析： 设公比为q(q0)，由 an12an3an1，可得 q22q3，所以 q3，又 a3 3，则 a11 3 ，所以此 数列的前5 项和 S5 1 3 13 5 13 121 3 . 答案： 121 3 三、解答题 13已知在等差数列an

18、中， a35，a1a19 18. (1)求公差 d 及通项 an； 10 (2)求数列 an的前 n 项和 Sn及使得 Sn取得最大值时 n 的值 解： (1) a35，a1 a19 18， a1 2d5， 2a118d 18， a19， d 2， an112n. (2)由(1)知， Sn n a1an 2 n 9 112n 2 n 210n (n5)2 25， n5 时， Sn取得最大值 14已知数列 an满足 a1 2 a2 2 2 a3 2 3 an 2 nn 2n. (1)求数列 an的通项公式； (2)若 bn 1 na n 2 ，求数列 bn的前 n 项和 Sn. 解： (1) a

19、1 2 a2 2 2 a3 2 3 an 2 nn 2 n， 当 n2 时， a1 2 a2 2 2 a3 2 3 an1 2 n1 (n1) 2n 1， 两式相减得 an 2 n2n(n2)， an n 2 n1(n2) 又当 n1 时， a1 2 11， a14，满足 ann 2n 1. ann 2n 1. (2)bn 1 na n 2 n( 2) n， Sn1(2)12 (2)2 3(2)3 n (2)n. 2Sn1(2)22(2)33(2)4(n1) (2)nn( 2)n 1， 两式相减得3Sn( 2)(2)2(2)3(2)4(2)nn( 2)n 121 2 n 1 2 n( 2)n

20、1 2 n12 3 n( 2)n 13n1 2 n12 3 ， Sn 3n1 2 n12 9 . 高考研究课 (一) 等差数列的3 考点 求项、求和及判定 全国卷 5 年命题分析 考点考查频度考查角度 等差数列通项5 年 6 考求通项或某一项 等差数列前n 项和5 年 5 考求项数、求和 等差数列的判定5 年 2 考判断数列成等差数列或求使数列成等差数列的参数值 等差数列基本量的运算 11 典例 (1)设 Sn为等差数列 an的前 n 项和，若 a11，公差 d2，Sn2Sn36，则 n( ) A 5B5 C 7 D8 (2)(2016全国卷 )Sn为等差数列 an的前 n 项和，且a11，

21、S728.记 bnlg an，其中 x表示不超过x 的最大整数，如0.90，lg 99 1. 求 b1， b11，b101； 求数列 bn的前 1 000 项和 解析 (1)法一 ：由等差数列前n 项和公式可得 Sn2Sn(n2)a1 n 2 n1 2 d na1n n1 2 d 2a1(2n1)d24n2 36， 解得 n8. 法二 ：由 Sn2Snan2an1a1a2n236，因此 a2n2a1 (2n1)d35，解得 n 8. 答案 ：D (2)设数列 an的公差为d， 由已知得721d28，解得 d1. 所以数列 an的通项公式为 an n. b1lg 1 0，b11lg 11 1，

22、b101lg 101 2. 因为 bn 0，1n10， 1，10n100， 2，100n1 000， 3，n1 000， 所以数列 bn的前 1 000 项和为 190 290031 1 893. 方法技巧 等差数列运算的解题思路 由等差数列的前n 项和公式及通项公式可知，若已知 a1，d，n，an，Sn中三个便可求出其余两个，即“知 三求二 ”，“知三求二 ”的实质是方程思想，即建立方程组求解 即时演练 1已知数列 an是公差为1 的等差数列，Sn为an的前 n 项和，若 S6 4S3，则 a10( ) A.17 2 B.19 2 C. 9 10 D.8 9 解析： 选 BS64S3，公差

23、d1. 6a1 65 2 14 3a1 32 2 1 ， 解得 a1 1 2. 12 a10 1 291 19 2 . 2已知公差不为0 的等差数列 an满足 a1，a3，a4成等比数列， Sn为数列 an的前 n 项和，则 S4S2 S5S3的值 为 () A 2 B 3 C 2 D3 解析： 选 D设an的公差为 d，因为 a1，a3，a4成等比数列， 所以 (a1 2d)2 a1(a13d)，可得 a1 4d， 所以 S4S2 S5S3 a3 a4 a4 a5 3d d 3. 3 (2018 大连联考 )已知等差数列 an的公差 d0.设an的前 n 项和为 Sn，a11， S2 S33

24、6. (1)求 d及 Sn; (2)求 m， k(m， kN * )的值，使得amam1 am2 amk 65. 解： (1)由题意知 (2a1d)(3a13d)36， 将 a11 代入上式解得d2 或 d 5. 因为 d0，所以 d2.从而 an2n 1，Sn n2(nN * ) (2)由(1)得 amam1am2amk (2mk1)(k1)，所以 (2mk 1)(k 1)65. 由 m，kN *知 2mk1k11， 故 2mk113， k15， 解得 m 5， k4. 即所求 m 的值为 5，k 的值为 4. 等差数列的判定与证明 典例 已知 an是各项均为正数的等比数列，a11 8，设

25、bnlog2an，且 b417. (1)求证：数列 bn是以 2 为公差的等差数列； (2)设数列 bn的前 n 项和为 Sn，求 Sn的最大值 思路点拨 (1)利用等比数列以及对数的运算法则，转化证明数列bn是以 2 为公差的等差数列； (2)求出数列的和，利用二次函数的性质求解最大值即可 解(1)证明：设等比数列an的公比为q， 则 bn1bn log2an1 log2an log2a n1 an log2q， 因此数列 bn是等差数列 又 b11log2a113，b417， 所以等差数列bn的公差 db 11 b4 7 2， 故数列 bn是以 2 为公差的等差数列 (2)由(1)知， b

26、n252n， 13 则 Snn b 1bn 2 n 23252n 2 n(24n) (n12) 2144， 于是当 n12 时， Sn取得最大值，最大值为144. 方法技巧 等差数列判定与证明的方法 方法解读适合题型 定义法 对于n2 的任意自然数，an an1为同一常数 ? an是等差数列解答题中证明 问题 等差中项法 2an1 anan2(n3，nN *)成立 ? a n是等差数 列 通项公式法 anpnq(p，q 为常数 )对任意的正整数 n 都成立 ? an是等差数列 选择、填空题中 的判定问题前 n项和公式 法 验证 SnAn2 Bn(A， B 是常数 )对任意的正整数n 都成立 ?

27、 an是等差数列 即时演练 1 (2016 浙江高考 )如图，点列 An， Bn分别在某锐角的两边上，且|AnAn1|An1An2|，AnAn2，n N * ，|BnBn1|Bn1Bn2|，BnBn2，n N*(PQ 表示点 P 与 Q 不重合 )若 dn|AnBn|，Sn为 AnBnBn1 的面积，则 () A Sn是等差数列BS 2 n是等差数列 C dn是等差数列Dd 2 n是等差数列 解析： 选 A由题意，过点A1，A2，A3，An，An1，分别作直线B1Bn1的垂线，高分别记为h1， h2，h3，hn，hn1，根据平行线的性质，得 h1，h2，h3，hn，hn1，成等差数列，又Sn1

28、 2 |BnBn 1|hn，|BnBn1|为定值，所以Sn是等差数列故选A. 2 (2017 全国卷 )记 Sn为等比数列 an的前 n 项和已知S22，S3 6. (1)求an的通项公式； (2)求 Sn，并判断 Sn1，Sn，Sn2是否成等差数列 解： (1)设 an的公比为 q. 由题设可得 a11q 2， a11qq 2 6. 解得 a1 2， q 2. 14 故an的通项公式为 an(2) n. (2)由(1)可得 Sn 2 1 2 n 1 2 2 3(1) n2 n1 3 . 由于 Sn2 Sn1 4 3 (1)n2 n32n2 3 2 2 3 1 n2 n1 3 2Sn， 故 S

29、n1，Sn， Sn2成等差数列 等差数列的性质 典例 (1)已知等差数列an的公差为d(d 0)，且 a3a6a10a1332，若 am8，则 m 的值为 ( ) A 8 B12 C 6 D4 (2)已知数列 an，bn为等差数列，前n 项和分别为Sn，Tn，若 Sn Tn 3n2 2n ，则 a7 b7( ) A.41 26 B.23 14 C.11 7 D.11 6 (3)(2018天水模拟 )已知等差数列an的前 n项和为 Sn，且 S1010，S2030，则 S30 _. 解析 (1)由 a3a6a10a1332，得(a3a13)(a6a10)32，得 4a832，即 a88，m8.

30、(2)因为 an，bn为等差数列 ，且 Sn Tn 3n2 2n ， 所以 a7 b7 2a7 2b7 a1a13 b1b13 13 a1a13 2 13 b1b13 2 S13 T13 3132 213 41 26. (3)S10，S20S10，S30 S20成等差数列 ， 2(S20S10)S10S30 S20， 4010 S3030， S3060. 答案 (1)A(2)A(3)60 方法技巧 等差数列的性质 (1)项的性质 在等差数列 an中， aman(mn)d? aman mn d(mn)，其几何意义是点(n，an)，(m，am)所在直线的 斜率等于等差数列的公差 (2)和的性质 1

31、5 在等差数列 an中， Sn为其前 n 项和，则 S2n n(a1a2n) n(anan1)； S2n1 (2n1)an. 即时演练 1 (2018 岳阳模拟 )在等差数列 an中，如果a1a240， a3a460，那么 a7a8 ( ) A 95 B100 C 135 D80 解析： 选 B由等差数列的性质可知，a1a2，a3a4，a5a6，a7a8构成新的等差数列，于是a7a8 (a1a2) (41)(a3a4)(a1a2)40320100. 2(2018 广州模拟 )已知等比数列an的各项都为正数，且a3，1 2a 5，a4成等差数列，则 a3 a5 a4 a6的值是 ( ) A. 5

32、1 2 B. 51 2 C.3 5 2 D.3 5 2 解析： 选 A设等比数列 an的公比为 q，由 a3， 1 2a5，a4 成等差数列可得a5a3a4，即 a3q2a3 a3q， 故 q 2q1 0，解得 q1 5 2 或 q 15 2 (舍去 )，所以 a3 a5 a4 a6 a3a3q 2 a4a4q 2 a31q 2 a41q 2 1 q 2 51 51 2 . 3若两个等差数列an和bn的前 n 项和分别是Sn，Tn，已知 Sn Tn 7n n3，则 a10 b9b12 a11 b8 b13_. 解析： 数列 an和bn都是等差数列， a10 b9b12 a11 b8 b13 a

33、10a11 b9b12 a10 a11 b10 b11 S20 T20 720 203 140 23 . 答案： 140 23 等差数列前n项和的最值 等差数列的通项an及前 n 项和 Sn均为 n 的函数， 通常利用函数法或通项变号法解决等差数列前n 项和 Sn的最值问题 典例 等差数列 an中，设 Sn为其前 n 项和， 且 a10，S3S11，当 Sn取得最大值时， n 的值为 _ 解析 法一： 用 “函数法 ”解题 由 S3S11， 可得 3a1 3 2 2 d11a1 1110 2 d， 即 d 2 13a1.从而 Sn d 2n 2 a 1 d 2 n a1 13(n7) 249

34、13a1， 因为 a10，所以 a1 130，d0 时，满足 am0， am10 的项数 m 使得 Sn取得最小值为Sm. 即时演练 1 (2018 潍坊模拟 )在等差数列 an中， a1 29，S10S20，则数列 an的前 n 项和 Sn的最大值为 ( ) A S15BS16 C S15或 S16DS17 解析： 选 Aa129，S10S20， 10a1 109 2 d20a12019 2 d，解得 d 2， Sn29n n n1 2 ( 2) n230n (n15) 2225. 当 n15 时， Sn取得最大值 2已知 an是等差数列，a1 26，a8a135，当 an的前 n 项和 S

35、n取最小值时， n 的值为 () A 8 B9 C 10 D11 解析： 选 B设数列 an的公差为 d， a1 26，a8 a135， 26 7d2612d5，解得 d3， Sn 26n n n1 2 3 3 2n 255 2 n 3 2 n 55 6 23 025 24 ， an的前 n 项和 Sn取最小值时，n9. 3已知 an是各项不为零的等差数列，其中a10，公差 d0，a60，公差 d0，前 n 项和为 Sn(nN *)，有下列命题： 若 S3 S11，则必有S140； 若 S3 S11，则必有S7是 Sn中的最大项； 若 S7S8，则必有S8S9； 若 S7S8，则必有S6S9.

36、 其中正确命题的个数是() A 1 B2 C 3 D4 解析： 选 D对于，若S11S34(a1a14)0，即 a1 a140，则 S14 14 a1a14 2 0，所以正确； 对于，当S3S11时，易知a7a80，又 a10，d0，所以 a70a8，故 S7是 Sn中的最大项，所以 正确； 对于，若S7S8，则 a8S9，所以正确； 对于，若S7S8，则 a8S9，所以正确故选D. 4 (2018 大同模拟 )在等差数列an中，a1a2a33， a18a19a2087， 则此数列前 20 项的和等于 () A 290 B300 C 580 D600 解析： 选 B由 a1a2 a33a23，

37、得 a21. 由 a18a19a203a1987，得 a1929， 所以 S20 20 a1 a20 2 10(a2a19)300. 5设等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 S918， an430(n9)，若 Sn336，则 n的值为 ( ) A 18 B19 C 20 D21 解析： 选 D因为 an是等差数列，所以 S99a5 18，a52，Sn n a1an 2 n a5an4 2 n 23216n 336，解得 n21. 6设 an是等差数列， d 是其公差， Sn是其前 n 项和，且 S5S8，则下列结论错误的是() A dS5 20 D当 n6 或 n7 时 Sn取得最大值 解

38、析： 选 C由 S50.同理由 S7S8，得 a8S5，即 a6a7a8a90，可得 2(a7a8)0，由结论 a70，a8S8， 结合等差数列前n 项和的函数特性可知D 正确故选C. 7等差数列 an的前 n 项和为 Sn，若公差 d0，(S8S5)(S9S5)|a8| B|a7|0， 所以 a70，且 |a7|0. 由(1)知 Snn26n， 所以当 n3 时， Tn Sn6n n2； 当 n4 时， Tn S3(SnS3) Sn2S3 n 26n18. 故 T513，Tn 6nn 2，n3， n 26n18，n4. 13已知数列 an中， a14，anan12 n13(n2， nN* )

39、 (1)证明数列 an2 n是等差数列，并求 an的通项公式； (2)设 bn an 2 n，求 bn的前 n 项和 Sn. 解： (1)证明：当n2 时， anan1 2n 13a n1 2 n2n1 3， an2n(an12n 1)3. 又 a14， a1 22， 故数列 an2n是以 2 为首项， 3 为公差的等差数列， an2n2(n1)33n1， an2n3n 1. (2)bn an 2 n 2 n 3n1 2 n 1 3n1 2 n， Sn 1 2 2 1 5 2 2 1 3n1 2 n n 2 2 5 2 23n1 2 n ， 令 Tn 2 2 5 2 2 3n1 2 n， 则

40、1 2T n 2 2 2 5 2 3 3n1 2 n1， 得， 1 2T n1 3 2 2 3 2 3 3 2 n 3n1 2 n1， 13 1 4 1 1 2 n1 11 2 3n1 2 n1 5 2 3n5 2 n1， Snn5 3n5 2 n . 已知数列 an的前 n 项和为 Sn，a13， an12an2n 1 1(nN* ) (1)求 a2， a3； (2)求实数 使 an 2 n 为等差数列，并由此求出an与 Sn； 23 (3)求 n 的所有取值，使 Sn anN *，说明你的理由 解： (1) a13，an1 2an2n 11， a22322 19，a329 23125. (

41、2)a13，an12an2 n11， an112(an1)2n 1， an11 2 n1 an1 2 n 1， 故 1 时，数列 an 2 n 成等差数列，且首项为 a11 2 1，公差 d1. an1 2 nn，即 ann 2 n1. Sn(122223 23 n2n)n， 设 Tn122223 23 n2n， 则 2Tn12 22 23324 n 2n1， 得，Tn 222232nn2n 1(1n) 2n 12， Tn(n1) 2 n12， SnTnn(n1) 2n 12 n. (3) Sn an n 1 2 n1n2 n 2 n1 2 n2 n1 n 2 n1， 结合 y2x及 y 1

42、2x 的图象可知 2 nn 2恒成立， 2n 1n，即 n 2n10，Sn an0 且an为递增数列， Sn0 且 Snan， Sn an1，即 10)，由题意可知，lg a3b3，lg a6b6. 又 b318，b612，则 a1q 2 1018， a 1q 51012， q3106，即 q102， a 110 22. 又an为正项等比数列， bn为等差数列，且公差 d 2，b122， 数列 bn的前 n 项和 Sn22nn n1 2 (2) n223n n 23 2 2529 4 . 又 nN *，故 n 11 或 12 时， (S n)max 132. 6正项等比数列an中，存在两项am，an，使得 aman4a1