4.2.1 等差数列的概念1 (概念、通项公式)
\({\color{Red}{欢迎到学科网下载资料学习 }}\)
[ 【基础过关系列】高二数学同步精品讲义与分层练习(人教A版2019）]
( https://www.zxxk.com/docpack/2875423.html)
\({\color{Red}{ 跟贵哥学数学，so \quad easy！}}\)
选择性第二册同步巩固，难度2颗星！
基础知识
定义
如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列叫做等差数列，
这个常数叫做等差数列的公差，记为\(d\) .
代数形式：\(a_n-a_{n-1}=d\) (\(n≥2，d\)是常数)
解释
（1）公差是每一项减前一项，常数指的是与\(n\)无关；
（2）公差\(d\in R\)，当\(d=0\)时，数列为常数列；当\(d>0\)时，数列为递增数列；当\(d<0\)时，数列为递减数列
（3）\(a_n-a_{n-1}=2(n≥2)⟹\{a_n\}\)是公差为\(2\)的等差数列；
\(\qquad\)\(a_{n+1}-a_n=-3⟹\{a_n\}\)是公差为\(-3\)的等差数列；
\(\qquad\)\(a_{n+1}-a_n=3n⟹\{a_n\}\)不是等差数列.
【例】以下数列是等差数列的 .
（1）\(2，，4，8，16\)；\(\qquad \qquad\)（2）\(1，3，5，7，9\)；\(\qquad \qquad\)（3）数列\(\{a_n \}\)满足\(a_n-a_{n-1}=1(n≥2)\).
答案 (2)(3).
等差中项
若\(a\)，\(b\)，\(c\)成等差数列，则\(b\)称\(a\)与\(c\)的等差中项，则 \(b=\dfrac{a+c}{2}\).
证明
若\(a\)，\(b\)，\(c\)成等差数列，由等差数列的定义可得\(b-a=c-b\)，则 \(b=\dfrac{a+c}{2}\).
【例】 若\(x+4\)是\(5\)和\(x^2\)的等差中项，则\(x=\)\(\underline{\quad \quad}\) .
解 依题意得\(2(x+4)=5+x^2\)，解得\(x=-1\)或\(3\).
通项公式
等差数列\(\{a_n \}\)的首项为\(a_1\)，公差为\(d\)，则\(a_n=a_1+(n-1) d\). (由定义与累加法可得)
解释
(1)证明 若等差数列\(\{a_n \}\)的首项为\(a_1\)，公差为\(d\)，
由等差数列的定义可得，\(a_{n+1}-a_n=d\)，
所以\(a_2-a_1=d\)，\(a_3-a_2=d\)，\(a_4-a_3=d\)，\(…\)，\(a_n-a_{n-1}=d(n≥2)\)，
把以上\(n-1\)项等式累加可得\(a_n-a_1=(n-1) d(n≥2)\)，
当\(n=1\)时，上式为\(a_1=a_1+(1-1)d=a_1\)，即上式当\(n=1\)时也成立，
故\(a_n=a_1+(n-1)d(n\in N^*)\).
等差数列的通项公式由等差数列的定义证明，以上证明方法为累加法.
(2)从函数的角度看等差数列的通项公式．
由等差数列的通项公式\(a_n=a_1+(n-1)d\)可得\(a_n=d\cdot n+(a_1-d)\)，
当\(d≠0\)时，\(a_n\)是关于\(n\)的一次函数；当\(d=0\)时，\(a_n=a_1\)是常数列.
(3)由两点确定一条直线的性质可以得出，已知等差数列的任意两项可以确定这个等差数列．若已知等差数列的通项公式，可以写出数列中的任意一项．
(4)等差数列\(\{a_n \}\)的通项公式\(a_n=a_1+(n-1) d\)中共含有四个变数，即\(a_1\)，\(d\)，\(n\)，\(a_n\)，如果知道了其中的任意三个数，就可以由通项公式求出第四个数，这一求未知量的过程我们通常称之为“知三求一”．
【例】已知等差数列\(\{a_n \}\)中，首项\(a_1=4\)，公差\(d=-2\)，则通项公式\(a_n\)等于( )
A．\(4-2n\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(2n-4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(6-2n\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(2n-6\)
答案 \(C\)
证明一个数列是等差数列的方法
① 定义法： \(a_{n+1}-a_n=d\)\((d\)是常数，\(n\in N^*)\)\(⟹a_n\)是等差数列；
② 中项法： \(2a_{n+1}=a_n+a_{n+2} (n\in N^*)⟹a_n\)是等差数列.
基本方法
【题型1】 等差数列的判定与证明
【典题1】 已知数列\(\{a_n \}\)的通项公式为\(a_n=4-2n\)，求证：数列\(\{a_n \}\)是等差数列．
证明 \(\because a_n=4-2n\)，\(\therefore a_{n+1}=4-2{n+1}=2-2n\).
\(\therefore a_{n+1}-a_n=(2-2n)-(4-2n)=-2\).
\(\therefore \{a_n \}\)是等差数列．
点拨
- 证明等差数列的方法：定义法\(a_{n+1}-a_n=d(d\)是常数，\(n\in N^*)\)；
2.若数列的通项公式\(a_n=kn+b(k，b\)是常数\()\)，则该数列是等差数列.
【典题2】已知数列\(\{a_n \}\)中，\(a_1=4\)，\(a_n=a_{n-1}+2^{n-1}+3(n≥2)\)，证明数列\(\{a_n-2^n\}\)是等差数列.
证明 \((a_n-2^n )-(a_{n-1}-2^{n-1} )= a_n-a_{n-1}-2^{n-1}=3(n≥2，n\in N^*)\)．
所以\(\{a_n-2^n\}\)是等差数列.
【巩固练习】
1.若数列\(\{a_n \}\)的通项公式为\(a_n=2n+1\)，则此数列是( )
A．公差为\(2\)的等差数列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．公差为\(5\)的等差数列
C．首项为\(5\)的等差数列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．公差为\(n\)的等差数列
2.若数列\(\{a_n \}\)的通项公式为\(a_n=10+\lg2^n\)，求证数列\(\{a_n \}\)为等差数列．
3.数列\(\{a_n \}\)满足 \(a_n=6-\dfrac{9}{a_{n-1}}\left(n \in \boldsymbol{N}^*， n \geq 2\right)\)，求证：数列 \(\left\{\dfrac{1}{a_n-3}\right\}\)是等差数列.
参考答案
-
答案 \(A\)
解析 由\(a_n=2n+1\)，得，公差\(a_1=3\)\(d=a_n-a_{n-1}=(2n+1)-[2{n-1}-1]=2\)．
\(\therefore\) 此数列是公差为\(2\)，首项为\(3\)的等差数列．
故选：\(A\)． -
证明 因为\(a_n=10+\lg2^n=10+n\lg2\)，
所以\(a_{n+1}=10+(n+1)\lg2\).
所以\(a_{n+1}-a_n=[10+(n+1)\lg2]-(10+n\lg2)=\lg2(n\in N^* )\)．
所以数列\(\{a_n \}\)为等差数列． -
证明 数列\(\{a_n \}\)满足 \(a_n=6-\dfrac{9}{a_{n-1}}\left(n \in \boldsymbol{N}^*， n \geq 2\right)\)．
\(\therefore \dfrac{1}{a_{n-3}}-\dfrac{1}{a_{n-1}-3}=\dfrac{a_{n-1}}{3 a_{n-1}-9}-\dfrac{1}{a_{n-1}-3}=\dfrac{a_{n-1}-3}{3\left(a_{n-1}-3\right)}=\dfrac{1}{3}\)，
\(\therefore\)数列 \(\left\{\dfrac{1}{a_n-3}\right\}\)是等差数列.
【题型2】 等差数列的通项公式
【典题1】 已知数列\(\{a_n \}\)中，\(a_3=2\)，\(a_7=1\)．若 \(\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}\)为等差数列，则\(a_5=\)\(\underline{\quad \quad}\).
解析 设等差数列 \(\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}\)的公差为\(d\)，
则 \(\dfrac{1}{a_7}=\dfrac{1}{a_3}+4 d\)，即 \(1=\dfrac{1}{2}+4 d\)，解得 \(d=\dfrac{1}{8}\)．
则 \(\dfrac{1}{a_5}=\dfrac{1}{a_3}+2 d=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4}\)，解得 \(a_5=\dfrac{4}{3}\)．
【典题2】已知等差数列\(\{a_n \}\)中，公差\(d>0\)，且\(a_2\)，\(a_5\)是\(x^2-12x+27=0\)的两根，则\((a_3+a_4 )^2-a_7=\)\(\underline{\quad \quad}\) .
解析 \(\because a_2\)，\(a_5\)是\(x^2-12x+27=0\)的两根，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l}
a_2=3 \\
a_5=9
\end{array}\right.\)或 \(\left\{\begin{array}{l}
a_2=9 \\
a_5=3
\end{array}\right.\)，
又\(\because\)公差\(d>0\)， \(\therefore\left\{\begin{array}{l}
a_2=3 \\
a_5=9
\end{array}\right.\)，
则 \(\left\{\begin{array}{c}
a_1+d=3 \\
a_1+4 d=9
\end{array}\right.\)，解得 \(\left\{\begin{array}{l}
a_1=1 \\
\mathrm{~d}=2
\end{array}\right.\)，
\(\therefore a_3=5\)，\(a_4=7\)，\(a_7=13\)，
\(\therefore (a_3+a_4 )^2-a_7=12^2-13=131\).
【巩固练习】
1.在数列\(\{a_n \}\)中，\(a_1=2\)，\(a_{n+1}=a_n+4\)，若\(a_n=2022\)，则\(n=\)( )
A．\(508\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(507\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(506\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(505\)
2.等差数列\(1，-1，-3，…，-89\)的项数是( )
A．\(92\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(47\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(46\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(45\)
3.已知\(\{a_n \}\)是公差为\(1\)的等差数列，且\(a_2^2=a_1 a_5\)，则\(a_1=\)( )
A．\(1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{1}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\dfrac{1}{4}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(2\)
4.已知等差数列\(\{a_n \}\)中，\(a_2=-3\)，\(a_3=-5\)，则\(a_9=\)( )
A．\(-10\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(-17\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(-19\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(-21\)
5.已知正项数列\(\{a_n \}\)的首项为\(1\)，\(\{a_n^2\}\)是公差为\(3\)的等差数列，则使得\(a_n>6\)成立的\(n\)的最小值为\(\underline{\quad \quad}\) .
6.若一个三角形三边长成公差为\(2\)的等差数列，且最大角为\(120°\)，则这个三角形的面积为\(\underline{\quad \quad}\) .
参考答案
-
答案 \(C\)
解析 因为数列\(\{a_n \}\)中，\(a_1=2\)，\(a_{n+1}=a_n+4\)，
即\(a_1=2\)，\(a_{n+1}-a_n=4\)，
所以数列\(\{a_n \}\)是以\(2\)为首项，以\(4\)为公差的等差数列，
\(a_n=2+4(n-1)=2022\)，则\(n=506\)．
故选：\(C\)． -
答案 \(C\)
解析 \(a_1=1\)，\(d=(-1)-1=-2\)，
故\(a_n=a_1+(n-1)d=3-2n\)，
令\(-89=3－2n\)，解得\(n=46\). -
答案 \(B\)
解析 由\(\{a_n \}\)是公差为\(1\)的等差数列，且\(a_2^2=a_1 a_5\)，
得\((a_1+1)^2=a_1 (a_1+4)\)，
所以\(2a_1-1=0\)，解得\(a_1=\dfrac{1}{2}\)．
故选：\(B\)． -
答案 \(B\)
解析 依题意得 \(\left\{\begin{array}{c} a_1+d=-3 \\ a_1+2 d=-5 \end{array}\right.\)，解得\(a_1=-1\)，\(d=-2\)
\(\therefore a_9=a_1+8d=-1+(-2)×8=-17\)，
故选：\(B\)． -
答案 \(13\)
解析 \(\because\)正项数列\(\{a_n \}\)的首项为\(1\)，\(\{a_n^2\}\)是公差为\(3\)的等差数列，
\(\therefore\) 依题意得，\(a_n^2=1+3(n-1)=3n-2\)，
故 \(a_n=\sqrt{3 n-2}\)．令 \(\sqrt{3 n-2}>6\)，得\(3n-2>36\)，解得\(n>\dfrac{38}{3}\)，
\(\because n\in N^*\)，\(\therefore\) 使得\(a_n>6\)成立的\(n\)的最小值为\(13\). -
答案 \(\dfrac{15 \sqrt{3}}{4}\)
解析 由题意可设，三条边长分别为\(a\)，\(a+2\)，\(a+4\)，
则 \(\left\{\begin{array}{l} a+a+2>a+4 \\ a>0 \end{array}\right.\)，解得\(a>2\)，
三角形最大角为\(120°\)，则其最长的边的长度为\(a+4\)，
\(\cos 120^{\circ}=\dfrac{a^2+(a+2)^2-(a+4)^2}{2 a \cdot(a+2)}=-\dfrac{1}{2}\)，
化简整理可得\(a^2-a-6=0\)，解得\(a=3\)或\(a=-2\)(舍去)，
则该三角形的三条边长分别为\(3\)，\(5\)，\(7\)，
故这个三角形的面积为\(\dfrac{1}{2} \times 3 \times 5 \times \sin 120^{\circ}=\dfrac{15 \sqrt{3}}{4}\)．
【题型3】实际应用问题
【典题1】 梯子的最高一级宽\(33 cm\)，最低一级宽\(110 cm\)，中间还有\(10\)级，各级宽度依次成等差数列，计算中间各级的宽度．
解析 设梯子的第\(n\)级的宽为\(a_n cm\)，其中最高一级宽为\(a_1 cm\)，则数列\(\{a_n \}\)是等差数列．
由题意，得\(a_1=33\)，\(a_{12}=110\)，\(n=12\)，
则\(a_{12}=a_1+11d\).
所以\(110=33+11d\)，解得\(d=7\).
所以\(a_2=33+7=40\)，\(a_3=40+7=47\)，…，\(a_{11}=96+7=103\)，
即梯子中间各级的宽度从上到下依次是\(40 cm\)，\(47 cm\)，\(54 cm\)，\(61 cm\)，\(68 cm\)，
\(75 cm\)，\(82 cm\)，\(89 cm\)，\(96 cm\)，\(103 cm\).
【巩固练习】
1.《周髀算经》中一个问题：从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影子长的和是\(37.5\)尺，芒种的日影子长为\(4.5\)尺，则冬至的日影子长为( )
A．\(15.5\)尺 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(12.5\)尺 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(10.5\)尺 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(9.5\)尺
2.《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，书中有这样的一道题：把\(120\)个面包分成\(5\)份，使每份的面包数成等差数列，且较多的三份之和恰好是较少的两份之和的\(7\)倍，若将这\(5\)份面包数按由少到多的顺序排列，则第\(4\)份面包的数量为( )
A．\(15\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(25\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(35\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(45\)
3.有一正四棱台形楼顶，其中一个侧面中最上面一行铺瓦\(30\)块，总共需要铺瓦\(15\)行，并且下一行比其上一行多铺\(3\)块瓦，求该侧面最下面一行需铺瓦多少块？
参考答案
-
答案 \(A\)
解析 由题意，从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列\(\{a_n \}\)，冬至、立春、春分的日影子长的和是\(37.5\)尺，芒种的日影子长为\(4.5\)尺，
所以 \(\left\{\begin{array}{l} a_1+a_4+a_7=3 a_1+9 d=37.5 \\ a_{12}=a_1+11 d=4.5 \end{array}\right.\)，解得\(d=-1\)，\(a_1=15.5\)．
所以冬至的日影子长为\(15.5\)尺．
故选：\(A\)． -
答案 \(C\)
解析 设等差数列的公差为\(d\)，五份分别设为\(x-2d\)，\(x-d\)，\(x\)，\(x+d\)，\(x+2d\)，
则\(\left\{\begin{array}{l} x-2 d+x-d+x+x+d+x+2 d=240 \\ 3 x+3 d=7(2 x-3 d) \end{array}\right.\)，
解得\(x=24\)，\(d=11\)，
\(\therefore\)第\(4\)份面包的数量为\(x+d=35\)．
故选：\(C\)． -
答案 \(72\)
解析 设从上面开始第\(n\)行铺瓦\(a_n\)块，
则数列\(\{a_n \}\)是首项为\(30\)，公差为\(3\)的等差数列．
则\(a_{15}=a_1+14d=30+14×3=72\)，
即该侧面最下面一行应铺瓦\(72\)块．
分层练习
【A组---基础题】
1.等差数列\(-3，1，5，…\)的第\(15\)项为( )
A．\(40\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(53\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(63\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D．\(76\)
2.下列通项公式表示的数列为等差数列的是( )
A． \(a_n=\dfrac{n}{n+1}\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．\(a_n=n^2－1\) \(\qquad \qquad \qquad\) C．\(a_n=5^n\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\(a_n=3n-1\)
3.已知\(\{a_n \}\)是公差为3的等差数列，\(\{b_n\}\)是公差为\(4\)的等差数列，且\(b_n\in N^*\)，则\(\{a_{b_n}\}\)为( )
A．公差为\(7\)的等差数列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．公差为\(12\)的等差数列
C．公比为\(12\)的等比数列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．公比为\(81\)的等比数列
4.已知 \(\left\{\dfrac{1}{a_n+1}\right\}\)是等差数列，且\(a_1=\dfrac{1}{4}\)，\(a_4=1\)，则\(a_11=\)( )
A．\(-12\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(-11\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(-6\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(-5\)
5.(多选)已知数列\(\left\{\dfrac{a_n}{n+2^n}\right\}\)是首项为\(1\)，公差为\(d\)的等差数列，则下列判断正确的是( )
A．\(a_1=3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\) B．若\(d=1\)，则\(a_n=n^2+2^n\)
C．\(a_2\)可能为\(6\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(a_1，a_2，a_3\)可能成等差数列
6.已知等差数列\(\{a_n \}\)的各项均为正整数，且\(a_8=2021\)，则\(a_1\)的最小值是\(\underline{\quad \quad}\)．
7.《九章算术》“竹九节”问题中指出，若有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上\(5\)节的容积为\(4\)升，下\(4\)节的容积为\(5\)升，问第五节的容积是多少升？
8.已知数列\(\{a_n \}\)的通项公式是\(a_n=7^{n+2}\)，求证：数列\(\{\lga_n \}\)是等差数列．
9.已知数列\(\{a_n \}\)满足：\(a_1=2\)， \(a_n=2-\dfrac{9}{a_{n-1}+4}(n>1)\)，记 \(b_n=\dfrac{1}{a_n+1}\)．
(1)求证：数列\(\{b_n\}\)等差数列；\(\qquad \qquad\) (2)求\(a_n\)．
10.各项不为\(0\)的数列\(\{a_n \}\)满足 \(\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=\dfrac{1}{3 a_{n-1}+1}\left(n \geq 2， \quad n \in N^*\right)\)，且\(a_2=-1\)．
(1)求证：数列 \(\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}\)为等差数列；
(2)若 \(\dfrac{a_{n+1}}{a_n} \geq \lambda\)对任意\(n\in N^*\)恒成立，求实数\(λ\)的取值范围．
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 \(a_1=-3\)，\(d=1-(-3)=4\)，
故\(a_{15}=a_1+(15-1)d=-3+14×4=53\). -
答案 \(D\)
解析 \(\because\)等差数列的通项是关于\(n\)的一次函数，在四个选项中，只有\(D\)是关\(n\)的一次函数，
\(\therefore\)所给的四个通项中只有\(D\)表示等差数列，
故选：\(D\)． -
答案 \(B\)
解析 \(\because\)\(\{a_n \}\)是公差为\(3\)的等差数列，\(\{b_n\}\)是公差为\(4\)的等差数列，且\(b_n\in N^*\)，
\(\therefore a_n=a_1+3(n-1)\)，\(b_n=b_1+4(n-1)\)，
则\(a_{b_n}=a_1+3(b_n-1)=a_1+3[b_1+4(n-1)]=a_1+3b_1+12(n-1)\)．
\(\therefore \{a_{b_n}\}\)为公差为\(12\)的等差数列．
故选：\(B\)． -
答案 \(C\)
解析 设等差数列 \(\left\{\dfrac{1}{a_n+1}\right\}\)的公差为d，
\(\because \dfrac{1}{a_1+1}=\dfrac{4}{5}\)， \(\dfrac{1}{a_4+1}=\dfrac{1}{2}\)． \(\therefore \dfrac{1}{2}=\dfrac{4}{5}+3 d\)，解得 \(d=-\dfrac{1}{10}\)．
\(\therefore \dfrac{1}{a_{11}+1}=\dfrac{4}{5}+10 \times\left(-\dfrac{1}{10}\right)=-\dfrac{1}{5}\)，\(\therefore a_{11}=6\)．
故选：\(C\)． -
答案 \(ACD\)
解析 由已知可得数列\(\left\{\dfrac{a_n}{n+2^n}\right\}\)的通项公式为 \(\dfrac{a_n}{n+2^n}=1+(n-1) d\)，
当\(n=1\)时， \(\dfrac{a_1}{1+2}=1\)，解得\(a_1=3\)，故\(A\)正确；
若\(d=1\)，则 \(\dfrac{a_n}{n+2^n}=1+(n-1) \times 1=n\)，
所以\(a_n=n^2+n2^n\)，故\(B\)错误；
若\(d=0\)，则\(a_n=n+2^n\)，\(a_2=6\)，故\(C\)正确；
若\(a_1，a_2，a_3\)成等差数列，则\(2a_2=a_1+a_3\)，
即\(12+12d=14+22d\)，解得\(d=-\dfrac{1}{5}\)，
故\(a_1，a_2，a_3\)可能成等差数列，故\(D\)正确．
故选：\(ACD\)． -
答案 \(5\)
解析 设等差数列\(\{a_n \}\)的公差为\(d(d\in N^*)\)，
由\(a_8=a_1+7d\)，得\(a_1=2021-7d\)；
由于\(2021=7×288+5\)，所以\(a_1=7×288+5-7d=7(288-d)+5\)，
即当\(d=288\)时，\(a_1\)有最小值\(5\)． -
答案 \(1\)
解析 设自上而下各节的容积构成等差数列\(\{a_n \}\)，公差为\(d\)，
则 \(\left\{\begin{array}{l} a_1+a_2+a_3+a_4+a_5=4 \\ a_6+a_7+a_8+a_9=5 \end{array}\right.\)，
化简得 \(\left\{\begin{array}{l} 5 a_1+10 d=4 \\ 4 a_1+26 d=5 \end{array}\right.\)，解得 \(\left\{\begin{array}{l} a_1=0.6 \\ d=0.1 \end{array}\right.\)，
故\(a_5=a_1+4d=1\)． -
证明 设\(b_n=\lga_n=\lg7^{n+2}=(n+2)\lg7\)，
则\(b_{n+1}=[(n+1)+2]\lg7=(n+3)\lg7\)，
则\(b_{n+1}-b_n=(n+3)\lg7-(n+2)\lg7=\lg7\)．
所以数列\(\{b_n \}\)是等差数列，
即数列\(\{\lga_n \}\)是等差数列． -
答案 (1)略；(2) \(a_n=\dfrac{3}{n}-1\).
解析 (1)证明：由 \(a_n=2-\dfrac{9}{a_{n-1}+4}(n>1)\)得
\(a_n+1=3-\dfrac{9}{a_{n-1}+4}=\dfrac{3 a_{n-1}+3}{a_{n-1}+4}(n>1)\)，
即 \(\dfrac{1}{a_n+1}=\dfrac{1}{a_{n-1}+1}+\dfrac{1}{3}(n>1) \Rightarrow \dfrac{1}{a_n+1}-\dfrac{1}{a_{n-1}+1}=\dfrac{1}{3}(n>1)\)，
而 \(b_n=\dfrac{1}{a_n+1}\)，所以 \(b_{n+1}-b_n=\dfrac{1}{3}(n>1)\)，
所以数列\(\{b_n\}\)等差数列；
(2)由(1)结合\(a_1=2\)，可得\(b_1=\dfrac{1}{3}\)，
所以\(b_n=b_1+(n-1)d=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}{n-1}=\dfrac{1}{3} n\)，
故 \(a_n=\dfrac{1}{b_n}-1=\dfrac{3}{n}-1\). -
答案 (1) 略；(2)\(\left(-∞，-\dfrac{1}{2}\right]\).
解析 (1)证明：各项不为\(0\)的数列\(\{a_n \}\)满足\(\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=\dfrac{1}{3 a_{n-1}+1}\left(n \geq 2， n \in N^*\right)\)，
变为 \(a_n=\dfrac{a_{n-1}}{3 a_{n-1}+1}\)，
两边取倒数：可得 \(\dfrac{1}{a_n}=\dfrac{1}{a_{n-1}}+3\)，即\(\dfrac{1}{a_n}-\dfrac{1}{a_{n-1}}=3\)，
由\(a_2=-1\)， \(\therefore \dfrac{1}{-1}-\dfrac{1}{a_1}=3\)，解得\(a_1=-\dfrac{1}{4}\)．
\(\therefore\)数列 \(\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}\)为等差数列，公差为\(3\)，首项为\(-4\)．
(2)解：由(1)可得： \(\dfrac{1}{a_n}=-4+3(n-1)=3 n-7\)，
由 \(\dfrac{a_{n+1}}{a_n} \geq \lambda\)对任意\(n\in N^*\)恒成立， \(\therefore \lambda \leq \dfrac{3 n-7}{3 n-4}\)的最小值．
令 \(f(n)=\dfrac{3 n-7}{3 n-4}=\dfrac{3 n-4-3}{3 n-4}=1-\dfrac{3}{3 n-4}\)，
\(n=1\)时，\(f(1)=4\)；\(n=2\)时，\(f(2)=-\dfrac{1}{2}\)；
\(n≥3\)时，\(f(n)\)单调递增，\(n→+∞\)时，\(f(n)→1\)．
\(\therefore λ≤-\dfrac{1}{2}\)，
\(\therefore\)实数\(λ\)的取值范围是\(\left(-∞，-\dfrac{1}{2}\right]\)．
【B组---提高题】
1.(多选)已知无穷等差数列\(\{a_n \}\)的公差\(d\in N^*\)，且\(5，17，23\)是\(\{a_n \}\)中的三项，则下列结论正确的是( )
A．\(d\)的最大值是\(6\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(2a_2≤a_8\)
C．\(a_n\)一定是奇数 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(137\)一定是数列\(\{a_n \}\)中的项
2.在\(△ABC\)中，角\(A\)，\(B\)，\(C\)的对边分别为\(a\)，\(b\)，\(c\)，角\(A\)，\(B\)，\(C\)成等差数列，则 \(\dfrac{a+c}{b}\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\) .
3.数列\(\{a_n \}\)中，\(a_1=1\)，\(a_n=3a_{n-1}+3^n-1(n\in N^*，n≥2)\)，若存在实数\(λ\)，使得数列 \(\left\{\dfrac{a_n+\lambda}{3^n}\right\}\)为等差数列，则\(λ=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
4.已知数列\(\{a_n \}\)满足\(a_{n+1}=\dfrac{1+a_n}{3-a_n}\left(n \in \boldsymbol{N}^*\right)\)，且\(a_1=0\)．
(1)求\(a_2\)，\(a_3\)的值；
(2)是否存在一个实常数\(λ\)，使得数列\(\left\{\dfrac{1}{a_n-\lambda}\right\}\)为等差数列，请说明理由．
参考答案
-
答案 \(ABD\)
解析 \(\because\)无穷等差数列\(\{a_n \}\)的公差\(d\in N^*\)，且\(5，17，23\)是\(\{a_n \}\)中的三项，
\(\therefore\)设\(\left\{\begin{array}{l} 17-5=12=m d \\ 23-17=6=n d \end{array}\right.\)，解得\(d=\dfrac{6}{m-n}\)，
\(\therefore d\)的最大值为\(6\)，故\(A\)正确；
\(\because a_1≤5，d\in N^*\)，
\(\therefore 2a_2-a_8=a_1-5d≤0\)，故\(B\)正确；
\(\because d=\dfrac{6}{m-n}\)，
\(\therefore\) 当\(m-n=2\)时，\(d=3\)，数列可能为\(5，8，11，14，17，20，23，…\)，故\(C\)错误；
\(\because 137=23+19×6\)，
\(\therefore 137\)一定是等差数列\(\{a_n \}\)中的项，故\(D\)正确．
故选：\(ABD\)． -
答案 \((1，2]\)
解析 由角\(A\)，\(B\)，\(C\)成等差数列，得\(2B=A+C\)，
又\(A+B+C=π\)，得\(3B=π\)，故 \(B=\dfrac{\pi}{3}\)，
所以 \(\dfrac{a+c}{b}=\dfrac{\sin A+\sin C}{\sin B}=\dfrac{2}{\sqrt{3}}(\sin A+\sin C)\)，
记 \(y=\sin A+\sin C\)，又 \(A+C=\dfrac{2 \pi}{3}\)，
所以 \(y=\sin A+\sin \left(\dfrac{2 \pi}{3}-A\right)=\sin A+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos A+\dfrac{1}{2} \sin A\)
\(=\dfrac{3}{2} \sin A+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \sin A=\sqrt{3} \sin \left(A+\dfrac{\pi}{6}\right)\)，
由 \(A \in\left(0， \dfrac{2 \pi}{3}\right)\)，得 \(A+\dfrac{\pi}{6} \in\left(\dfrac{\pi}{6}， \dfrac{5 \pi}{6}\right)\)，
故 \(\sin \left(A+\dfrac{\pi}{6}\right) \in\left(\dfrac{1}{2}， 1\right]\)，
所以 \(y=\sqrt{3} \sin \left(A+\dfrac{\pi}{6}\right) \in\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}， \sqrt{3}\right]\)，
所以 \(\dfrac{a+c}{b} \in(1，2]\)． -
答案 \(-\dfrac{1}{2}\)
解析 \(\because a_1=1\)，\(a_n=3a_{n-1}+3^n－1(n\in N^*，n≥2)\)，
\(\therefore a_n-\dfrac{1}{2}=3(a_{n-1}-\dfrac{1}{2})+3^n\)，
两边同时除以\(3^n\)可得， \(\dfrac{a_n-\dfrac{1}{2}}{3^n}=\dfrac{a_{n-1}-\dfrac{1}{2}}{3^{n-1}}+1\)．
\(\therefore\) 数列 \(\left\{\dfrac{a_n-\dfrac{1}{2}}{3^n}\right\}\)是等差数列，由题意可得，\(λ=-\dfrac{1}{2}\). -
答案 (1)\(a_2=\dfrac{1}{3}\)，\(a_3=\dfrac{1}{2}\)； (2) 存在一个实常数\(λ=1\)，使得数列\(\left\{\dfrac{1}{a_n-\lambda}\right\}\)是等差数列．
解析 (1)\(a_2=\dfrac{1}{3}\)，\(a_3=\dfrac{1}{2}\)；
(2)假设存在一个实常数\(λ\)，使得数列\(\left\{\dfrac{1}{a_n-\lambda}\right\}\)为等差数列，
则\(\dfrac{1}{a_1-\lambda}， \dfrac{1}{a_2-\lambda}， \dfrac{1}{a_3-\lambda}\)成等差数列，
所以\(\dfrac{2}{a_2-\lambda}=\dfrac{1}{a_1-\lambda}+\dfrac{1}{a_3-\lambda}\)，
所以\(\dfrac{2}{\dfrac{1}{3}-\lambda}=\dfrac{1}{0-\lambda}+\dfrac{1}{\dfrac{1}{2}-\lambda}\)，解之得\(λ=1\)．
因为\(\dfrac{1}{a_{n+1}-1}-\dfrac{1}{a_n-1}=\dfrac{1}{\dfrac{1+a_n}{3-a_n}-1}-\dfrac{1}{a_n-1}\)\(=\dfrac{3-a_n}{2\left(a_n-1\right)}-\dfrac{1}{a_n-1}=\dfrac{1-a_n}{2\left(a_n-1\right)}=-\dfrac{1}{2}\)，
又\(\dfrac{1}{a_1-1}=-1\)，
所以存在一个实常数\(λ=1\)，使得数列 \(\left\{\dfrac{1}{a_n-\lambda}\right\}\)是首项为\(-1\)，公差为\(-\dfrac{1}{2}\)的等差数列．
【C组---拓展题】
1.已知等差数列\(\{a_n \}\)中，\(a_1^2+a_6^2=8\)，则\(a_2+a_4\)的取值范围是( )
A． \(\left[-\dfrac{2}{5}， \dfrac{2}{5}\right]\) \(\qquad \qquad\) B． \(\left[-\dfrac{\sqrt{13}}{5}， \dfrac{\sqrt{13}}{5}\right]\) \(\qquad \qquad\) C． \(\left[-\dfrac{2 \sqrt{26}}{5}， \dfrac{2 \sqrt{26}}{5}\right]\) \(\qquad \qquad\) D． \(\left[-\dfrac{4 \sqrt{26}}{5}， \dfrac{4 \sqrt{26}}{5}\right]\)
2.已知数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，\(a_1=1\)，\(a_n≠0\)，\(a_n a_{n+1}=λS_n-1\)，其中\(λ\)为常数．
(1)证明：\(a_{n+2}-a_n=λ\)；
(2)是否存在λ，使得\(\{a_n \}\)为等差数列？并说明理由．
参考答案
-
答案 \(D\)
解析 设等差数列\(\{a_n \}\)的公差为\(d\)\(a_6=a_1+5d\)，
\(\because a_1^2+a_6^2=8，\therefore a_1^2+(a_1+5d)^2=8\)，
故令\(a_1=2 \sqrt{2} \cos \theta\)， \(a_1+5 d=2 \sqrt{2} \sin \theta\)，
则\(d=\dfrac{1}{5}(2 \sqrt{2} \sin \theta-2 \sqrt{2} \cos \theta)\)，
\(a_2+a_4=2 a_1+4 d=4 \sqrt{2} \cos \theta+\dfrac{4}{5}(2 \sqrt{2} \sin \theta-2 \sqrt{2} \cos \theta)\)\(=2 \sqrt{2}\left(\dfrac{6}{5} \cos \theta+\dfrac{4}{5} \sin \theta\right)\)，
且\(2 \sqrt{2} \cdot \sqrt{\left(\dfrac{6}{5}\right)^2+\left(\dfrac{4}{5}\right)^2}=\dfrac{4 \sqrt{26}}{5}\)，
故\(-\dfrac{4 \sqrt{26}}{5} \leq a_2+a_4 \leq \dfrac{4 \sqrt{26}}{5}\)，
故选：\(D\)． -
答案 (1)略；(2) 存在\(λ=4\)使得数列\(\{a_n \}\)为等差数列.
解析 (1)证明：\(\because a_n a_{n+1}=λS_n-1\)，
\(\therefore a_{n+1} a_{n+2}=λS_{n+1}-1\)，
两式相减可得\(a_{n+1} (a_{n+2}-a_n)=λa_{n+1}\)，
\(\because a_{n+1}≠0\)，\(\therefore a_{n+2}-a_n=λ\)．
(2)解：\(\because a_n a_{n+1}=λS_n-1\) ， \(\therefore a_1 a_2=λS_1-1⇒a_2=λ-1\)
\(\because a_{n+2}-a_n=λ\) ，\(\therefore a_3=a_1+λ=λ+1\)
假设存在\(λ\)，使得\(\{a_n \}\)为等差数列，则\(a_1，a_2，a_3\)成等差数列，
即\(2a_2=a_1+a_3\)，
\(\therefore 2(λ-1)=1+λ+1\)，解得\(λ=4\)，
故\(a_{n+2}-a_n=4\)，
可知数列\(\{a_n \}\)中偶数项可组成首项为\(a_2=3\)，公差为\(4\)的等差数列，
即\(a_{2n}=3+4(n-1)=4n-1=2\cdot (2n)-1\)；
数列\(\{a_n \}\)中奇数项可组成首项为\(a_1=1\)，公差为\(4\)的等差数列，
即 \(a_{2 n-1}=1+4(n-1)=4 n-3=2 \cdot(2 n-1)-1\)；
所以\(a_n=2n-1\)，
则\(a_{n+1}-a_n=2\)，
因此存在\(λ=4\)使得数列\(\{a_n \}\)为等差数列.
