课件36张PPT。第27讲 UNIT 05等差数列及 其前n项和课前双基巩固│课堂考点探究│课间10分钟│教师备用例题an-an-1=dan=a1+(n-1)dan=am+(n-m)dap+aq2ak等差dn+a1-d一次函数孤立递增递减常数列二次函数孤立大小考点一 等差数列的基本运算考点二 等差数列的性质 考点三 等差数列的判定与证明 考点四 等差数列前n项和Sn的最值 【备选理由】例1是求等差数列的通项公式以及求数列的前n项和的问题;例2主要考查等差数列的判定以及等差数列与不等式的综合应用;例3考查等差数列前n项和的最值问题.这三个问题的求解都需要一定的化归与转化能力.课时作业(二十六) 1.C [解析] 由n-2n2=0.08得2n2-25n+50=0,∴n=10或n=52(舍),故选C. 2.B [解析] 由题可知an=Sn-Sn-1=n-(n-1)=1(n≥2), 当n=1时,a1=1,也符合上式, 所以{an}为各项均为1的常数列,所以a5=1, 故选B. 3.B [解析] 因为数列{an}的前n项和Sn=n2-3n,所以a1=-2,则S2=a1+a2=-2?a2=0,S3=a1+a2+a3=0?a3=2,S4=a1+a2+a3+a4=4?a4=4. 故选B. 4.A [解析] 令n=1,2,3,4,…,分别代入①②③④中的通项公式,经检验知①②③满足题意,故选A. 5.0,n=1,4n-5,n≥2 [解析] 当n=1时,a1=S1=0; 当n≥2时,由Sn=2n2-3n+1,得Sn-1=2(n-1)2-3(n-1)+1, 两式相减,得an=Sn-Sn-1=4n-5. ∴an=0,n=1,4n-5,n≥2. 6.D [解析] ∵{an}是递增数列,∴an+1>an,又∵an=n2+λn,∴(n+1)2+λ(n+1)>n2+λn, ∴λ>-2n-1对任意n∈N*恒成立.而-2n-1在n=1时取得最大值-3,∴λ>-3, 故选D. 7.D [解析] ∵a1>0,S50=0, ∴等差数列{an}的公差d<0, 且S50=50(a1+a50)2=25(a25+a26)=0, 则a25>0,a26<0,且|a25|=|a26|. 由bn=anan+1an+2(n∈N*)知, 从b1到b23的值都大于零,当n=23时,Tn达到最大值, 而b24与b25的绝对值相等,符号相反,相加为零, ∴T23=T25, ∴数列{bn}的前n项和Tn取得最大值时,n的值为23或25,故选D. 8.A [解析] 设等差数列{an}的公差为d. 由Sn=n(a1+an)2
0对任意n≥2恒成立, 所以d>0,即数列{an}为递增数列, 故为充分条件. 若数列{an}为递增数列,则d>0, 则nan-Sn=n[a1+(n-1)d]-na1+n(n-1)2d=n(n-1)d2, 当n≥2时,nan-Sn>0,即Sn0, 则a1+2a1-3>0,即a+2a-3>0. 当a>0时,解得a∈(0,1)∪(2,+∞);当a<0时,不等式无解. 若a1=12,此时a2=a3=…=2,不满足题意,排除B,C; 若a1=14,此时a2=112,a3=8+411,满足题意,排除D.故选A. 12.an=n2-2n+2 [解析] ∵an+1-an=2n-1, ∴a2-a1=2×1-1=1, a3-a2=2×2-1=3,…, an-an-1=2×(n-1)-1=2n-3, 以上各式相加得an-a1=1+2n-32×(n-1)=(n-1)2(n≥2), ∴an=(n-1)2+1=n2-2n+2(n≥2),又n=1时,a1=1满足上式,∴an=n2-2n+2. 13.4 [解析] 由题意得 k(k+4)(23)?k≥(k+1)(k+5)(23)?k+1,k(k+4)(23)?k≥(k-1)(k+3)(23)?k-1, 所以k2≥10,k2-2k-9≤0,由k∈N+可得k=4. 14.A [解析] 由an+1>an,得an2>an, ∴an(an-1)>0, ∴an>1或an<0. 而当a1∈[-1,0)时,a3=a22=a14≤a12=a2,∴排除B,D; 当a1∈(-∞,-1)时,a2=a12>1>a1,a3=a22=a14>a12=a2,∴当n≥2时,an>1,∴an+1=an2>an,∴排除C. 故选A. 15.2113+1+52 [解析] ∵各项均为正数的数列{an}满足a1=1,an+2=1+1an,a2016=a2018,∴a2018=1+1 ... ... 