資源簡介

1.2　等差數列　
1.2.1　等差數列及其通項公式
1.2.2　等差數列與一次函數
基礎過關練
題組一　等差數列的概念
1.下列數列不是等差數列的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.1,1,1,1,1　　　　B.4,7,10,13,16
C.,,1,,　　　　D.-3,-2,-1,1,2
2.已知數列{an},若對任意的n∈N+,點Pn(n,an)都在直線y=2x+1上,則{an}(　　)
A.是公差為2的等差數列
B.是公差為1的等差數列
C.是公差為-2的等差數列
D.不是等差數列
3.設{an}是等差數列,則“a1A.充分不必要條件
B.必要不充分條件
C.充要條件
D.既不充分也不必要條件
4.已知數列{an}是等差數列,且an=an2+n,則實數a=　　　　.
5.已知數列{an}中,點(an,an+1)(n∈N+)在直線x-y+1=0上,且a2=2.求證:數列{an}是等差數列.
題組二　等差數列的通項公式
6.已知{an}是首項為-24的等差數列,且從第10項起為正數,則公差d的取值范圍是(　　)
A.　　　　　　　　B.
C.　　　　D.
7.在數列{an}中,若=+,a1=8,則數列{an}的通項公式為(　　)
A.an=2(n+1)2　　　　B.an=4(n+1)
C.an=8n2　　　　D.an=4n(n+1)
8.“中國剩余定理”又稱“孫子定理”,它講的是一個關于整除的問題,現有這樣一個整除問題:將1到2 019這2 019個數中,能被3除余2且被5除余2的數按從小到大的順序排成一列,構成數列{an},則此數列的所有項中,中間項的值為(　　)
A.992　　　　B.1 022
C.1 007　　　　D.1 037
9.《九章算術》是中國古代張蒼、耿壽昌所撰寫的一部數學專著,被譽為人類科學史上應用數學的最早巔峰.全書分為九章,卷第六《均輸》中有一問題:“今有竹九節,下三節容量四升,上四節容量三升,問中間二節欲均容,各多少 ”其意思為:“今有竹九節,下三節容量和為4升,上四節容量和為3升,使中間兩節也均勻變化,每節容量是多少 ”這一問題中從下部算起第五節容量是　　　升.(結果用分數表示)
10.已知數列{an}滿足(an+1-1)(an-1)=3(an-an+1),a1=2,令bn=.
(1)證明:數列{bn}是等差數列;
(2)求數列{an}的通項公式.
題組三　等差中項
11.已知m和2n的等差中項是4,2m和n的等差中項是5,則m和n的等差中項是(　　)
A.2　　B.3　　C.6　　D.9
12.若5,x,y,z,21成等差數列,則x+y+z=(　　)
A.26　　B.29　　C.39　　D.52
13.(多選)下列命題中,正確的是(　　)
A.若a,b,c成等差數列,則2a,2b,2c成等差數列
B.若a,b,c成等差數列,則log2a,log2b,log2c成等差數列
C.若a,b,c成等差數列,則a+2,b+2,c+2成等差數列
D.若a,b,c成等差數列,則2a,2b,2c成等差數列
題組四　等差數列的性質
14.設數列{an},{bn}都是等差數列,且a1=25,b1=75,a2+b2=100,則數列{an+bn}的第37項為(　　)
A.0　　　　B.37
C.100 　　　　D.-37
15.在等差數列{an}中,a1+3a7+a13=120,則3a9-a13=(　　)
A.6　　　　B.12
C.24　　　　D.48
16.已知數列{an},{bn}為等差數列,且公差分別為d1=2,d2=1,則數列{2an-3bn}的公差為(　　)
A.7　　B.5　　C.3　　D.1
17.已知數列{an}是等差數列,若a4+a7+a10=17,a4+a5+a6+…+a12+a13+a14=77,且ak=13,求k的值.
18.在等差數列{an}中,公差為d.
(1)已知a2+a3+a23+a24=48,求a13;
(2)已知a2+a3+a4+a5=34,a2a5=52,求公差d.
能力提升練
題組一　等差數列的通項公式及其應用
1.南宋數學家楊輝在《詳解九章算法》和《算法通變本末》中提出了一些新的垛積公式,所討論的高階等差數列與一般等差數列不同,前后兩項之差不相等,但是逐項差數之差或者高次差成等差數列.在楊輝之后一般稱為“垛積術”.現有高階等差數列,其前7項分別為1,7,15,27,45,71,107,則該數列的第8項為(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.161　　B.155　　C.141　　D.139
2.已知等差數列{an}的首項為a,公差為1,bn=,若對任意的正整數n都有bn≥b5,則實數a的取值范圍是(　　)
A.(-∞,-4)∪(-3,+∞)　　　　
B.(-4,-3)
C.(-∞,-5)∪(-4,+∞)　　　　
D.(-5,-4)
3.已知數列{an},{bn}均為等差數列,若a1b1=3,a2b2=7,a3b3=13,則a4b4=(　　)
A.19　　　　B.21
C.23　　　　D.27
4.(多選)已知數列{an}滿足a1=10,a2=5,an-an+2=2(n∈N+),則下列說法正確的有(　　)
A.數列{an}是等差數列
B.a2k=7-2k(k∈N+)
C.a2k-1=12-2k(k∈N+)
D.an+an+1=18-3n
5.如果x=[x]+{x},[x]∈Z,0≤{x}<1,就稱[x]表示x的整數部分,{x}表示x的小數部分,已知數列{an}滿足a1=,an+1=[an]+,則
a2 019-a2 018=(　　)
A.2 019-　　　　B.2 018+
C.6+　　　　D.6-
6.已知數列{an}滿足a1=,且當n>1,n∈N+時,有=.設bn=,n∈N+.
(1)求證:數列{bn}為等差數列;
(2)試問a1a2是不是數列{an}中的項 如果是,是第幾項 如果不是,請說明理由.
題組二　等差數列的性質及其應用
7.為鼓勵外出能人返鄉創業,某鎮政府決定投入“創業資金”和開展“創業技術培訓”幫扶返鄉創業人員.預計該鎮政府每年投入的“創業資金”構成一個等差數列{an}(單位:萬元,n∈N+),每年開展“創業技術培訓”投入的資金為第一年創業資金a1的3倍,已知+=72,則預計該鎮政府幫扶五年累計總投入資金的最大值為(　　)
A.72萬元　　　　B.96萬元
C.120萬元　　　　D.144萬元
8.數列{an}滿足a1=1,an+1=(n∈N+),實數k為常數.
①數列{an}有可能是常數列;
②k=1時,數列為等差數列;
③若a3>a1,則k的取值范圍是(-2,0);
④k>0時,數列{an}單調遞減.
則以上說法正確的序號是　　　　.
9.已知兩個等差數列{an}:5,8,11,…與{bn}:3,7,11,…,它們的公共項組成數列{cn},則數列{cn}的通項公式cn=　　　　;若數列{an}和{bn}的項數均為100,則{cn}的項數是　　　　.
題組三　等差數列的綜合應用
10.在△ABC中,內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若,,依次成等差數列,則下列結論中一定成立的是(　　)
A.a,b,c依次成等差數列
B.,,依次成等差數列
C.a2,b2,c2依次成等差數列
D.a3,b3,c3依次成等差數列
11.數列{an}滿足a1=1,an+1=(n2+n-λ)an(n∈N+),λ是常數.
(1)當a2=-1時,求λ及a3的值;
(2)判斷是否存在實數λ,使得數列{an}為等差數列,并說明理由.
12.在數列{an}中,a1=1,3anan-1+an-an-1=0(n≥2,n∈N+).
(1)證明:數列是等差數列;
(2)求數列{an}的通項公式;
(3)若λan+≥λ對任意的n≥2,n∈N+恒成立,求實數λ的取值范圍.
答案與分層梯度式解析
基礎過關練
1.D　
2.A　由題意知an=2n+1,則an+1-an=2,故選A.
3.C　由題意可得公差d=a2-a1=a3-a2>0,所以數列{an}是遞增數列,充分性成立;
若數列{an}是遞增數列,則必有a14.答案　0
解析　∵{an}是等差數列,∴an+1-an=常數,即[a(n+1)2+(n+1)]-(an2+n)=2an+a+1=常數,
∴2a=0,∴a=0.
5.證明　∵點(an,an+1)(n∈N+)在直線x-y+1=0上,
∴an-an+1+1=0,即an+1-an=1(n∈N+),
又∵a2=2,∴a1=1.
∴數列{an}是公差、首項均為1的等差數列.
6.C　設{an}的公差為d,則an=-24+(n-1)d,n∈N+,
由解得7.A　由題意得-=,故數列{}是首項為=2,公差為的等差數列,所以=2+(n-1)=n+,故an=2(n+1)2.
8.C　由題意可知an-2既是3的倍數,又是5的倍數,所以an-2是15的倍數,即an-2=15(n-1),n∈N+,故an=15n-13,易求得a135=15×135-13=
2 012<2 019,a136=15×136-13=2 027>2 019,
故n=1,2,3,…,135,所以數列{an}共有135項,中間項為第68項,且a68=15×68-13=1 007,故選C.
9.答案　
解析　記從下部算起第n節的容量為an,則數列{an}為等差數列,設其公差為d,則解得∴a5=a1+4d=,即從下部算起第五節容量是升.
10.解析　(1)證明:∵(an+1-1)(an-1)=3[(an-1)-(an+1-1)],
∴-=,即bn+1-bn=,
又∵a1=2,∴b1=1.
∴{bn}是以1為首項,為公差的等差數列.
(2)由(1)得bn=n+=,∴an-1=,
∴an=.
11.B　由已知得解得
所以m和n的等差中項為=3.
12.C　∵5,x,y,z,21成等差數列,
∴y既是5和21的等差中項,也是x和z的等差中項,∴5+21=2y,x+z=2y,
∴y=13,x+z=26,∴x+y+z=39.
13.AC　∵a,b,c成等差數列,∴2b=a+c,∴2×(2b)=2a+2c,∴2a,2b,2c成等差數列,故A正確;取a=1,b=2,c=3,得log2a,log2b,log2c分別為0,1,log23,不成等差數列,故B錯誤;∵a,b,c成等差數列,∴2b=a+c,∴2(b+2)=(a+2)+(c+2),∴a+2,b+2,c+2成等差數列,故C正確;取a=1,b=2,c=3,得21=2,22=4,23=8,不成等差數列,故D錯誤.故選AC.
14.C　∵{an},{bn}是等差數列,∴{an+bn}是等差數列.∵a1+b1=100,a2+b2=100,∴數列{an+bn}的公差為0,∴a37+b37=100.
15.D　由題意得a1+3a7+a13=5a7=120,所以a7=24,所以3a9-a13=a9+2a9-a13=a9+a5=2a7=2×24=48,故選D.
16.D　由于{an},{bn}為等差數列,
故數列{2an-3bn}的公差d=(2an+1-3bn+1)-(2an-3bn)=2(an+1-an)-3(bn+1-bn)=2d1-3d2=1.
17.解析　設數列{an}的公差為d,∵a4+a7+a10=3a7=17,∴a7=.∵a4+a5+a6+…+a12+a13+a14=11a9=77,∴a9=7,∴d==.∴ak-a9=(k-9)d,即13-7=(k-9)×,解得k=18.
18.解析　解法一:(1)由a2+a3+a23+a24=48,得4a13=48,∴a13=12.
(2)由a2+a3+a4+a5=34,
得2(a2+a5)=34,即a2+a5=17,
由解得或
由d=得d=3或d=-3.
解法二:(1)由題意得(a1+d)+(a1+2d)+(a1+22d)+(a1+23d)=48,即4(a1+12d)=48,
∴4a13=48,∴a13=12.
(2)由題意得
解得或
∴d=3或d=-3.
能力提升練
1.B　設該高階等差數列的第8項為x,根據所給定義,用數列的后一項減去前一項得到一個新數列,得到的新數列也用后一項減去前一項得到另一個新數列,即得到了一個等差數列,如圖:
由圖可得解得故選B.
2.D　依題意得,an=a+(n-1)×1=n+a-1,
∴bn==1+.
解法一:設函數y=+1,畫出圖象,如圖.
結合題意知,1-a∈(5,6),
∴5<1-a<6,解得-5解法二:若對任意的正整數n都有bn≥b5,
則有(bn)min=b5=1+,
結合數列{bn}的單調性可知,
即
解得-53.B　設等差數列{an},{bn}的通項公式分別為an=an+b,bn=cn+d,則anbn=(an+b)(cn+d)=acn2+(ad+bc)n+bd,令cn=anbn=acn2+(ad+bc)n+bd,則cn+1-cn=ac(n+1)2+(ad+bc)(n+1)+bd-acn2-(ad+bc)n-bd=2acn+(ac+ad+bc),易知數列{cn+1-cn}為等差數列,設為{dn}.又∵c1=a1b1=3,c2=a2b2=7,c3=a3b3=13,∴d1=c2-c1=4,d2=c3-c2=6,可得數列{dn}的公差為2,d3=c4-c3=a4b4-a3b3=d2+2=8,∴a4b4=a3b3+8=13+8=21.故選B.
4.BC　由an-an+2=2得a3=a1-2=8,由于2a2≠a1+a3,所以{an}不是等差數列,故A不正確;由an-an+2=2,知{an}的偶數項、奇數項分別構成等差數列,公差都為-2,當n=2k(k∈N+)時,a2k=a2+(k-1)×(-2)=7-2k,當n=2k-1(k∈N+)時,a2k-1=a1+(k-1)×(-2)=12-2k,故B,C都正確;當n=2時,a2+a3=5+8=13,不滿足an+an+1=18-3n,故D錯誤.故選BC.
5.D　∵a1=,an+1=[an]+,∴a2=2+=6+2,a3=10+=12+,a4=14+=18+2,a5=22+=24+,……,∴a2 018=6×2 017+2,a2 019=6×2 018+,則a2 019-a2 018=6-,故選D.
6.解析　(1)證明:當n>1,n∈N+時,
= = -2=2+ -=4 bn-bn-1=4,
又∵b1==5,
故{bn}是首項為5、公差為4的等差數列.
(2)由(1)知bn=5+4(n-1)=4n+1,
∴an==,n∈N+.
∴a2=,又∵a1=,∴a1a2=.
令an==,解得n=11,即a1a2=a11,
∴a1a2是數列{an}中的項,是第11項.
7.C　由題意,得五年累計總投入資金為a1+a2+a3+a4+a5+5×3a1=5a3+15a1=5(a3+3a1)=10(a1+a2),
又∵10(a1+a2)=10≤10×=120,當且僅當a1=a2時等號成立,
∴預計該鎮政府幫扶五年累計總投入資金的最大值為120萬元.故選C.
8.答案　①②④
解析　當k=0時,數列{an}是常數列,故①正確;當k=1時,原式整理得-=1,所以數列為等差數列,故②正確;若a3>a1,則a3==>1,解得-1由k>0得>>0,故an+19.答案　12n-1;25
解析　由于數列{an}和{bn}都是等差數列,所以{cn}也是等差數列,且公差為3×4=12,又因為c1=11,故cn=11+12(n-1)=12n-1.而a100=302,b100=399,所以解得1≤n≤25.25,故{cn}的項數為25.
10.C　由已知得=+,
所以=+,
利用正弦定理及余弦定理得2·=+,整理得2b2=a2+c2,
即a2,b2,c2依次成等差數列.此時對等差數列a2,b2,c2的每一項取相同的運算得到數列a,b,c或,,或a3,b3,c3,這些數列一般都不可能是等差數列,除非a=b=c,但題目中沒有說△ABC是等邊三角形,故選C.
11.解析　(1)因為an+1=(n2+n-λ)an(n∈N+),且a1=1,所以當a2=-1時,得-1=2-λ,所以λ=3.
從而a3=(22+2-3)×(-1)=-3.
(2)不存在實數λ,使得數列{an}為等差數列.
理由如下:
由a1=1,an+1=(n2+n-λ)an,
得a2=2-λ,a3=(6-λ)(2-λ),
a4=(12-λ)(6-λ)(2-λ).
若存在實數λ,使得數列{an}為等差數列,
則a3-a2=a2-a1,
即(5-λ)(2-λ)=1-λ,所以λ=3.
于是a2-a1=1-λ=-2,
a4-a3=(11-λ)(6-λ)(2-λ)=-24,
a2-a1≠a4-a3,這與{an}為等差數列矛盾.
所以不存在實數λ,使得數列{an}為等差數列.
12.解析　(1)證明:由3anan-1+an-an-1=0(n≥2,n∈N+),得-=3(n≥2,n∈N+).
因為=1,所以數列是以1為首項、3為公差的等差數列.
(2)由(1)可得=1+3(n-1)=3n-2,
所以an=(n∈N+).
(3)因為λan+≥λ對任意的n≥2,n∈N+恒成立,即+3n-2≥λ對任意的n≥2,n∈N+恒成立,所以只需λ≤對任意的n≥2,n∈N+恒成立即可.
令f(n)=(n≥2,n∈N+),則只需滿足λ≤f(n)min即可.
因為f(n+1)-f(n)=-==3-,
所以當n≥2時, f(n+1)-f(n)>0,
即f(2)所以f(n)min=f(2).
又因為f(2)=,所以λ≤.
所以實數λ的取值范圍為.
19(共17張PPT)
1.一般地,如果一個數列從第2項起,每一項與它的前一項之差都等于同一個常數,
那么這個數列稱為等差數列,這個常數叫作等差數列的公差.
2.求公差d時,可以用d=an-an-1(n≥2,n∈N+)或d=an+1-an來求.
3.2M =a+b a,M,b成等差數列,即兩個數的等差中項就是這兩個數的算術平均數.
4.等差數列{an}的通項公式an=a1+(n-1)d中的四個量a1,an,n,d,只要知道任意三個量,
就可以求出第四個量.
1.2 等差數列
1.2.1 等差數列及其通項公式
1.2.2 等差數列與一次函數
1 | 等差數列相關概念的理解
若數列{an}是公差為d的等差數列,則
1.當d>0時,{an}是遞增數列;當d<0時,{an}是遞減數列;當d=0時,{an}是常數列.
2. =d(m,n∈N+且n≠m).
3.an=am+(n-m)d(n,m∈N+).
4.若m+n=p+q(m,n,p,q∈N+),則am+an=ap+aq.特別地,若m+n=2p(m,n,p∈N+),則am+an=
2ap.
5.在有窮等差數列中,與首末兩項“等距離”的兩項之和等于首項與末項的和,即
a1+an=a2+an-1=a3+an-2=….
6.ak, ,ak+2m,…(k,m∈N+)成公差為md的等差數列.
7.{c+an}是公差為d的等差數列;{c·an}是公差為cd的等差數列;{an+an+k}是公差為2
d的等差數列;{pan+qbn}是公差為pd+qd'的等差數列(其中c,k,p,q為常數,k∈N+,d'是
2 | 等差數列的性質
等差數列{bn}的公差) .
1.公差為d的等差數列{an}的圖象由直線上橫坐標為正整數n的孤立點(n,an)組成,
這些點均勻分布在直線y=dx+(a1-d)上.當d>0時,直線y=dx+(a1-d)從左至右上升,等
差數列{an}遞增;當d<0時,直線y=dx+(a1-d)從左至右下降,等差數列{an}遞減;當d=0
時,y=a1為水平方向的直線,數列為常數列.
2.任給一次函數f(x)=kx+b(k,b為常數),則f(1)=k+b, f(2)=2k+b,……, f(n)=nk+b構成
一個等差數列{nk+b},其首項為k+b,公差為k.
3 | 等差數列與一次函數的關系
1.若一個數列從第2項起,每一項與它的前一項的差都是常數,則這個數列一定是
等差數列嗎
不一定.差都是同一個常數時才是等差數列.
2.等差數列去掉前面若干項后,剩下的項是否還構成等差數列
是.改變了首項,公差不變.
3.等差數列中的奇數項、偶數項是否分別構成等差數列
是.公差為原來的2倍.
4.若數列a1,a3,a5,…和a2,a4,a6,…都是公差為d的等差數列,則a1,a2,a3,…也是等差數
列嗎
不一定.反例:設兩數列分別為1,3,5,…和4,6,8,…,顯然1,4,3,6,5,8,…不是等差數列.
知識辨析
1.定義法:an+1-an=d(n∈N+)或an-an-1=d(n≥2,n∈N+) 數列{an}是等差數列.
2.定義變形法:驗證數列的通項an是否滿足an+1-an=an-an-1(n≥2,n∈N+).
3.等差中項法:2an+1=an+an+2(n∈N+) 數列{an}為等差數列.
4.通項公式法:數列{an}的通項公式形如an=pn+q(p,q為常數且p≠0) 數列{an}為
等差數列.
　　其中定義法和等差中項法是證明一個數列為等差數列的直接依據,通項公式
法不能作為證明方法.
1 等差數列的判定(證明)
典例1　已知數列{an}滿足2an+(n-1)·an-1=nan+a1(n≥2,n∈N+),證明數列{an}為等
差數列.
思路點撥　先由條件建立an+1,an,an-1三者之間的關系,再利用等差中項法證明.
證明 由2an+(n-1)an-1=nan+a1(n≥2,n∈N+),得2an+1+nan=(n+1)an+1+a1,
兩式相減并整理得(n-1)an+1=2(n-1)an-(n-1)an-1(n≥2,n∈N+).
由n≥2得n-1≥1,所以an+1=2an-an-1,即2an=an-1+an+1,
因此an是an-1與an+1的等差中項,故數列{an}為等差數列.
典例2　已知數列{an}滿足an=3an-1+3n-1(n≥2,n∈N+),且a3=95.
(1)求a1,a2的值;
(2)是否存在一個實數t,使得bn= (an+t)(n∈N+),且{bn}為等差數列 若存在,求出t
的值;若不存在,請說明理由.
思路點撥 (1)利用遞推關系,逐項求解.(2)思路一:利用等差數列的定義,計算bn-bn-
1(n≥2),若存在t使bn-bn-1為常數,則{bn}為等差數列,否則不存在.思路二:假設存在t
使{bn}為等差數列,利用b1,b2,b3的關系求出t的值驗證即可.
解析 (1)當n=3時,a3=3a2+26=95,
∴a2=23.當n=2時,a2=3a1+8=23,∴a1=5.
(2)解法一:由題意得an-3an-1=3n-1(n≥2,n∈N+),
∴當n≥2時,bn-bn-1= (an+t)- (an-1+t)= (an+t-3an-1-3t)= (3n-1-2t)=1- .
要使{bn}為等差數列,則bn-bn-1為常數,即1+2t=0,解得t=- .
∴存在t=- ,使{bn}為等差數列.
解法二:假設存在實數t,使得{bn}為等差數列,則2b2=b1+b3,①
由(1)及題意知,a1=5,a2=23,a3=95,
∴b1= (5+t),b2= (23+t),b3= (95+t),
代入①,得 (23+t)= (5+t)+ (95+t),
解得t=- ,此時bn= .
經檢驗,bn+1-bn= -
= -
= an+1- × - an+ × =1,是常數.
故存在t=- ,使得{bn}是以1為公差的等差數列.
名師點撥 (1)若an+1-an為常數,則該常數為等差數列{an}的公差;由an+1-an=an-an-1(n
≥2,n∈N+)無法確定等差數列{an}的公差.
(2)若數列的前有限項成等差數列,則該數列未必是等差數列;而要否定一個數列
是等差數列,只要說明其中連續三項不成等差數列即可.
1.求等差數列通項公式的一般思路
(1)方程思想:設出基本量a1與d,利用條件構建方程組,求出a1與d即可.
(2)利用變形公式求解:
①an=kn+b(n∈N+,k,b為常數);
②an=am+(n-m)d(n,m∈N+);
③d= (m≠n,n,m∈N+);
④ = (m≠n,p≠q,m,n,p,q∈N+).
2.設等差數列中項的方法
(1)通項公式法,即an=a1+(n-1)d.
(2)對稱設法.若所給等差數列有2n(n∈N+)項,則可設為a-(2n-1)d,…,a-3d,a-d,a+d,a
2 等差數列的通項公式及其應用
+3d,…,a+(2n-1)d,數列的公差為2d;若所給等差數列有(2n+1)(n∈N+)項,則可設為a
-nd,a-(n-1)d,…,a-d,a,a+d,…,a+(n-1)d,a+nd,數列的公差為d.
3.當已知數列不是等差數列時,需構造與之相關的等差數列求通項公式.將遞推關
系式轉化為等差數列的常見形式如下:
(1)轉化為(an+2-an+1)-(an+1-an)=常數,則數列{an+1-an}是等差數列.
(2)轉化為 - =常數,則數列 是等差數列.
(3)轉化為 - =常數,則數列 是等差數列,其中c為常數.
(4)轉化為 - =常數,則數列{ }是等差數列.
(5)轉化為 - =常數,則數列{ }是等差數列.
典例 (1)在公差為d的等差數列{an}中,已知a6=12,a18=36,則其通項公式為an=
　　　　 ;
(2)已知數列{an}滿足an+1=3an+3n,且a1=1,求數列{an}的通項公式.
思路點撥 (1)思路一:由已知列方程組 求出a1,d 求出{an}的通項公式.思
路二:利用an=am+(n-m)d(m,n∈N+)求出d 求出{an}的通項公式.
(2)將遞推公式的兩邊同時除以3n+1,通過觀察發現數列 為等差數列,求其通項
公式后易得數列{an}的通項公式.
2n(n∈N+)
解析 (1)解法一:由題意可得 解得
∴an=2+(n-1)×2=2n(n∈N+).
解法二:∵a18=a6+(18-6)d,∴d= =2,
∴an=a6+(n-6)d=12+(n-6)×2=2n(n∈N+).
(2)由an+1=3an+3n,兩邊同時除以3n+1,
得 = + ,即 - = .
由等差數列的定義知,數列 是以 = 為首項, 為公差的等差數列,
∴ = +(n-1)× = ,
故an=n·3n-1(n∈N+).
　　運用等差數列的性質解題可以起到化繁為簡、優化解題過程的作用,但使用
時要注意性質的限制條件,若不能用性質,則化基本量求解.
3 等差數列性質的應用
典例　在等差數列{an}中,已知a1+a4+a7=15,a2a4a6=45,求此數列的通項公式.
解析 設等差數列{an}的公差為d.
解法一:由a1+a4+a7=15,得a1+a1+3d+a1+6d=15,即a1=5-3d.①
由a2a4a6=45,得(a1+d)(a1+3d)(a1+5d)=45,②
將①代入②,得(5-2d)×5×(5+2d)=45,
即(5-2d)(5+2d)=9,
解得d=±2.
當d=2時,a1=-1,所以an=-1+2(n-1)=2n-3,n∈N+;
當d=-2時,a1=11,所以an=11-2(n-1)=-2n+13,n∈N+.
綜上,an=2n-3,n∈N+或an=-2n+13,n∈N+.
解法二:因為a1+a7=2a4,所以a1+a4+a7=3a4=15,所以a4=5.
又因為a2a4a6=45,
所以a2a6=9,
所以(a4-2d)(a4+2d)=9,
即(5-2d)(5+2d)=9,
解得d=±2.
當d=2時,an=a4+(n-4)d=2n-3,n∈N+;
當d=-2時,an=a4+(n-4)d=-2n+13,n∈N+.
因此,an=2n-3,n∈N+或an=-2n+13,n∈N+.
解法三:同解法二,求出a4=5,a2a6=9,
又a2+a6=2a4=10,
所以a2=1,a6=9,或a2=9,a6=1.
當a2=1,a6=9時,a6=a2+4d=1+4d=9,
解得d=2,
所以an=a4+(n-4)d=2n-3,n∈N+;
當a2=9,a6=1時,a6=a2+4d=9+4d=1,
解得d=-2,
所以an=a4+(n-4)d=-2n+13,n∈N+.
因此,an=2n-3,n∈N+或an=-2n+13,n∈N+.

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