2 第2讲 等差数列及其前n项和.docx

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2第2讲等差数列及其前n项和

第2讲　等差数列及其前n项和

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等差数列．符号表示为an＋1－an＝d（n∈N*，d为常数）．

（2）等差中项：

数列a，A，b成等差数列的充要条件是A＝，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：

an＝a1＋（n－1）d．

（2）前n项和公式：

Sn＝na1＋d＝．

3．等差数列的性质

已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和．

（1）通项公式的推广：

an＝am＋（n－m）d（n，m∈N*）．

（2）若k＋l＝m＋n（k，l，m，n∈N*），则ak＋al＝am＋an．

（3）若{an}的公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d．

（4）若{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．

（5）数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…构成等差数列．

导师提醒

1．正确理解等差数列的定义

用等差数列的定义判断数列是否为等差数列，要注意定义中的三个关键词：

“从第2项起”“每一项与它的前一项的差”“同一个常数”．

2．掌握等差数列的函数性质

（1）通项公式：

当公差d≠0时，等差数列的通项公式an＝a1＋（n－1）d＝dn＋a1－d是关于n的一次函数，且一次项系数为公差d.若公差d>0，则为递增数列，若公差d<0，则为递减数列．

（2）前n项和：

当公差d≠0时，Sn＝na1＋d＝n2＋n是关于n的二次函数且常数项为0.

（3）单调性：

当d>0时，数列{an}为递增数列；当d<0时，数列{an}为递减数列；当d＝0时，数列{an}为常数列．

3．记住两个常用结论

（1）关于等差数列奇数项和与偶数项和的性质

①若项数为2n，则S偶－S奇＝nd，＝；

②若项数为2n－1，则S偶＝（n－1）an，S奇＝nan，S奇－S偶＝an，＝.

（2）两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为＝.

判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）

（1）数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.（　　）

（2）等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．（　　）

（3）已知数列{an}的通项公式是an＝pn＋q（其中p，q为常数），则数列{an}一定是等差数列．（　　）

（4）等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．（　　）

答案：

（1）√　

（2）√　（3）√　（4）×

（教材习题改编）等差数列11，8，5，…，中－49是它的第几项（　　）

A．第19项　B．第20项

C．第21项D．第22项

解析：

选C.a1＝11，d＝8－11＝－3，

所以an＝11＋（n－1）×（－3）＝－3n＋14.

由－3n＋14＝－49，得n＝21.故选C.

（教材习题改编）已知p：

数列{an}是等差数列，q：

数列{an}的通项公式an＝k1n＋k2（k1，k2均为常数），则p是q的（　　）

A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

解析：

选C.若{an}是等差数列，不妨设公差为d.

所以an＝a1＋（n－1）d＝dn＋a1－d，

令k1＝d，k2＝a1－d，则an＝k1n＋k2，

若数列{an}的通项公式an＝k1n＋k2（k1，k2为常数，n∈N*），

则当n≥2且n∈N*时，an－1＝k1（n－1）＋k2，

所以an－an－1＝k1（常数）（n≥2且n∈N*），

所以{an}为等差数列，所以p是q的充要条件．

在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝________．

解析：

由等差数列的性质，a2＋a6＝2a4，所以a6＝2a4－a2＝4－4＝0.

答案：

0

设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sn＋2－Sn＝36，则n＝________．

解析：

由题意知Sn＋2－Sn＝an＋1＋an＋2＝2a1＋（2n＋1）d＝2＋2（2n＋1）＝36，解得n＝8.

答案：

8

（教材习题改编）设Sn为等差数列{an}的前n项和，S2＝S6，a4＝1，则a5＝__________．　

解析：

由题意知

解得所以a5＝a4＋d＝1＋（－2）＝－1.

答案：

－1

　　　　　　等差数列基本量的计算（师生共研）

（1）（一题多解）（2019·贵阳模拟）已知等差数列{an}中，a1＋a4＝，a3＋a6＝，则公差d＝（　　）

A.　　　　　　　　　B.

C．－D．－

（2）（2018·高考全国卷Ⅰ）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝（　　）

A．－12B．－10

C．10D．12

（3）（2019·陕西教学质量检测

（一））已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3·a5＝12，a2＝0.若a1>0，则S20＝（　　）

A．420B．340

C．－420D．－340

【解析】　

（1）通解：

由得解得故选D.

优解：

由等差数列的性质知，a3＋a6＝（a1＋2d）＋（a4＋2d）＝（a1＋a4）＋4d＝，又a1＋a4＝，所以d＝－.故选D.

（2）设等差数列{an}的公差为d，因为3S3＝S2＋S4，所以3（3a1＋d）＝2a1＋d＋4a1＋d，解得d＝－a1，因为a1＝2，所以d＝－3，所以a5＝a1＋4d＝2＋4×（－3）＝－10.故选B.

（3）设数列{an}的公差为d，则a3＝a2＋d＝d，a5＝a2＋3d＝3d，由a3·a5＝12得d＝±2，由a1>0，a2＝0，可知d<0，所以d＝－2，所以a1＝2，故S20＝20×2＋×（－2）＝－340，故选D.

【答案】　

（1）D　

（2）B　（3）D

等差数列运算问题的通性通法

（1）等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程（组）求解．

（2）等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．　

1．（一题多解）（2019·开封模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a5＝10，S4＝16，则数列{an}的公差为（　　）

A．1B．2

C．3D．4

解析：

选B.通解：

设等差数列{an}的公差为d，则由题意，得解得故选B.

优解：

设等差数列{an}的公差为d，因为S4＝＝2（a1＋a5－d）＝2（10－d）＝16，所以d＝2，故选B.

2．（2019·西安八校联考）设数列{an}是等差数列，且a2＝－6，a6＝6，Sn是数列{an}的前n项和，则（　　）

A．S4

C．S4>S1D．S4＝S1

解析：

选B.设{an}的公差为d，由a2＝－6，a6＝6，得解得于是，S1＝－9，S3＝3×（－9）＋×3＝－18，S4＝4×（－9）＋×3＝－18，所以S4＝S3，S4

　　　　　　等差数列的判定与证明（师生共研）

设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n－1.数列{bn}满足b1＝2，bn＋1－2bn＝8an.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）证明：

数列为等差数列，并求{bn}的通项公式．

【解】　

（1）当n＝1时，a1＝S1＝21－1＝1；

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（2n－1）－（2n－1－1）＝2n－1.

因为a1＝1适合通项公式an＝2n－1，

所以an＝2n－1.

（2）因为bn＋1－2bn＝8an，

所以bn＋1－2bn＝2n＋2，

即－＝2.

又＝1，

所以是首项为1，公差为2的等差数列．

所以＝1＋2（n－1）＝2n－1.

所以bn＝（2n－1）×2n.

等差数列的四个判定方法

（1）定义法：

证明对任意正整数n都有an＋1－an等于同一个常数．

（2）等差中项法：

证明对任意正整数n都有2an＋1＝an＋an＋2后，可递推得出an＋2－an＋1＝an＋1－an＝an－an－1＝an－1－an－2＝…＝a2－a1，根据定义得出数列{an}为等差数列．

（3）通项公式法：

得出an＝pn＋q后，得an＋1－an＝p对任意正整数n恒成立，根据定义判定数列{an}为等差数列．

（4）前n项和公式法：

得出Sn＝An2＋Bn后，根据Sn，an的关系，得出an，再使用定义法证明数列{an}为等差数列．　

1．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．

（1）证明：

an＋2－an＝λ；

（2）是否存在λ，使得{an}为等差数列？

并说明理由．

解：

（1）证明：

由题设知anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，两式相减得an＋1（an＋2－an）＝λan＋1，

由于an＋1≠0，

所以an＋2－an＝λ.

（2）由题设知a1＝1，a1a2＝λS1－1，

可得a2＝λ－1.

由

（1）知，a3＝λ＋1.

令2a2＝a1＋a3，

解得λ＝4.

故an＋2－an＝4，

由此可得{a2n－1}是首项为1，

公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；

{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.

所以an＝2n－1，an＋1－an＝2，

因此存在λ＝4，

使得数列{an}为等差数列．

2．若数列{an}的前n项和为Sn，Sn≠0，且满足an＋2SnSn－1＝0（n≥2），a1＝.

（1）求证：

成等差数列；

（2）求数列{an}的通项公式．

解：

（1）证明：

当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，

得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，所以－＝2，

又＝＝2，

故是首项为2，公差为2的等差数列．

（2）由

（1）可得＝2n，所以Sn＝.

当n≥2时，

an＝Sn－Sn－1＝－＝＝－.

当n＝1时，a1＝不适合上式．

故an＝

　　　　　　等差数列性质的应用（多维探究）

角度一　等差数列项的性质的应用

（1）等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，则2a9－a10的值是（　　）

A．20B．22

C．24D．－8

（2）一个等差数列的前12项的和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则该数列的公差d为________．

【解析】　

（1）因为a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，

所以a8＝24，所以2a9－a10＝a10＋a8－a10＝a8＝24.

（2）设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d.

由已知条件，得

解得

又S偶－S奇＝6d，所以d＝＝5.

【答案】　

（1）C　

（2）5

角度二　等差数列前n项和性质的应用

（1）已知等差数列{an}的前10项和为30，它的前30项和为210，则前20项和为（　　）

A．100B．120

C．390D．540

（2）在等差数列{an}中，a1＝－2018，其前n项和为Sn，若－＝2，则S2018的值等于（　　）

A．－2018B．－2016

C．－2019D．－2017

【解析】　

（1）设Sn为等差数列{an}的前n项和，则S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，

所以2（S20－S10）＝S10＋（S30－S20），

又等差数列{an}的前10项和为30，前30项和为210，

所以2（S20－30）＝30＋（210－S20），解得S20＝100.

（2）由题意知，数列为等差数列，其公差为1，所以＝＋（2018－1）×1＝－2018＋2017＝－1.

所以S2018＝－2018.

【答案】　

（1）A　

（2）A

等差数列的性质

（1）项的性质：

在等差数列{an}中，am－an＝（m－n）d⇔＝d（m≠n），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：

在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则

①S2n＝n（a1＋a2n）＝…＝n（an＋an＋1）；

②S2n－1＝（2n－1）an.　

1．（一题多解）（2019·惠州模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a3＋a4＝15，a7＝13，则S5＝（　　）

A．28B．25

C．20D．18

解析：

选B.通解：

设等差数列{an}的公差为d，由已知得解得所以S5＝5a1＋d＝5×1＋×2＝25，故选B.

优解：

由{an}是等差数列，可得a2＋a4＝2a3，所以a3＝5，所以S5＝＝＝25，故选B.

2．等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若＝，则等于（　　）

A.B.

C.D.

解析：

选A.＝＝＝＝＝＝.

　　　　　　等差数列前n项和的最值问题（典例迁移）

（一题多解）等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝13，S3＝S11，当Sn最大时，n的值是（　　）

A．5B．6

C．7D．8

【解析】　法一：

由S3＝S11，得a4＋a5＋…＋a11＝0，根据等差数列的性质，可得a7＋a8＝0.根据首项等于13可推知这个数列递减，从而得到a7>0，a8<0，故n＝7时Sn最大．

法二：

由S3＝S11，可得3a1＋3d＝11a1＋55d，把a1＝13代入，得d＝－2，故Sn＝13n－n（n－1）＝－n2＋14n.根据二次函数的性质，知当n＝7时Sn最大．

法三：

根据a1＝13，S3＝S11，知这个数列的公差不等于零，且这个数列的和是先递增后递减．根据公差不为零的等差数列的前n项和是关于n的二次函数，以及二次函数图象的对称性，可得只有当n＝＝7时，Sn取得最大值．

【答案】　C

[迁移探究]　（变条件）将本例中“a1＝13，S3＝S11”改为“a1＝20，S10＝S15”，则n为何值？

解：

因为a1＝20，S10＝S15，

所以10×20＋d＝15×20＋d，所以d＝－.

法一：

由an＝20＋（n－1）×＝－n＋，得a13＝0.

即当n≤12时，an>0，当n≥14时，an<0.

所以当n＝12或n＝13时，Sn取得最大值．

法二：

Sn＝20n＋·

＝－n2＋n

＝－＋.

因为n∈N*，所以当n＝12或n＝13时，Sn有最大值．

法三：

由S10＝S15，得a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0.

所以5a13＝0，即a13＝0.

所以当n＝12或n＝13时，Sn有最大值．

求等差数列前n项和Sn及最值的2种方法

（1）函数法：

利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．

（2）邻项变号法

①当a1>0，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；

②当a1<0，d>0时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.　

1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，a1>0且＝，则当Sn取最大值时，n的值为（　　）

A．9　B．10

C．11D．12

解析：

选B.由＝，得S11＝S9，即a10＋a11＝0，根据首项a1>0可推知这个数列递减，从而a10>0，a11<0，故n＝10时，Sn最大．

2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S15>0，S16<0，则Sn的最大值是（　　）

A．S1B．S7

C．S8D．S15

解析：

选C.由等差数列的前n项和公式可得S15＝15a8>0，S16＝8（a8＋a9）<0，所以a8>0，a9<0，则d＝a9－a8<0，

所以在数列{an}中，当n<9时，an>0，当n≥9时，an<0，

所以当n＝8时，Sn最大，故选C.

　等差数列在实际问题中的应用

　私家车具有申请报废制度．一车主购买车辆时花费15万，每年的保险费、路桥费、汽油费等约1.5万元，每年的维修费是一个公差为3000元的等差数列，第一年维修费为3000元，则该车主申请车辆报废的最佳年限（使用多少年的年平均费用最少）是________年．

【解析】　设这辆汽车报废的最佳年限为n年，第n年的费用为an，则an＝1.5＋0.3n.前n年的总费用为：

Sn＝15＋1.5n＋（0.3＋0.3n）＝0.15n2＋1.65n＋15，年平均费用：

＝0.15n＋＋1.65≥2＋1.65＝4.65，当且仅当0.15n＝，即n＝10时，年平均费用取得最小值．所以这辆汽车报废的最佳年限是10年．

【答案】　10

以学习过的数学知识为基础，把现实生活中的实际问题通过“建模”转化为数学问题——数列问题，进而通过数学运算来解释实际问题，并接受实际的检验．　

《九章算术》是我国古代第一部数学专著，全书收集了246个问题及其解法，其中一个问题为“现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面四节容积之和为3升，下面三节的容积之和为4升，求中间两节的容积各为多少？

”该问题中的第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为（　　）

A.升　　　　　　　　B.升

C.升D.升

解析：

选A.自上而下依次设各节竹子的容积分别为a1，a2，…，a9，依题意有因为a2＋a3＝a1＋a4，a7＋a9＝2a8，故a2＋a3＋a8＝＋＝.选A.

[基础题组练]

1．（2019·桂林模拟）等差数列{an}中，a1＋a5＝14，a4＝10，则数列{an}的公差为（　　）

A．1B．2

C．3D．4

解析：

选C.在等差数列{an}中，由a1＋a5＝14，

得2a3＝14，则a3＝7，

又a4＝10，所以d＝a4－a3＝3.

故选C.

2．（一题多解）（2019·沈阳质量监测）在等差数列{an}中，若Sn为前n项和，2a7＝a8＋5，则S11的值是（　　）

A．55B．11

C．50D．60

解析：

选A.通解：

设等差数列{an}的公差为d，由题意可得2（a1＋6d）＝a1＋7d＋5，得a1＋5d＝5，则S11＝11a1＋d＝11（a1＋5d）＝11×5＝55，故选A.

优解：

设等差数列{an}的公差为d，由2a7＝a8＋5，得2（a6＋d）＝a6＋2d＋5，得a6＝5，所以S11＝11a6＝55，故选A.

3．（一题多解）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为（　　）

A．1B．2

C．4D．8

解析：

选C.法一：

等差数列{an}中，S6＝＝48，则a1＋a6＝16＝a2＋a5，又a4＋a5＝24，所以a4－a2＝2d＝24－16＝8，得d＝4，故选C.

法二：

由已知条件和等差数列的通项公式与前n项和公式可列方程组，得即解得故选C.

4．（2019·广东广州联考）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若am＝4，Sm＝0，Sm＋2＝14（m≥2，且m∈N*），则a2017的值为（　　）

A．2018B．4028

C．5037D．3019

解析：

选B.由题意得

解得所以an＝－4＋（n－1）×2＝2n－6，

所以a2017＝2×2017－6＝4028.故选B.

5．（2019·长春质量检测

（一））等差数列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d>0，则其前n项和取最小值时n的值为（　　）

A．6B．7

C．8D．9

解析：

选C.由d>0可得等差数列{an}是递增数列，又|a6|＝|a11|，所以－a6＝a11，即－a1－5d＝a1＋10d，所以a1＝－，则a8＝－<0，a9＝>0，所以前8项和为前n项和的最小值，故选C.

6．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝2a3，则＝________．　

解析：

＝＝＝.

答案：

7．在等差数列{an}中，公差d＝，前100项的和S100＝45，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝________．

解析：

因为S100＝（a1＋a100）＝45，所以a1＋a100＝，a1＋a99＝a1＋a100－d＝，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝（a1＋a99）＝×＝10.

答案：

10

8．在单调递增的等差数列{an}中，若a3＝1，a2a4＝，则a1＝________．

解析：

由题知，a2＋a4＝2a3＝2，又因为a2a4＝，数列{an}单调递增，所以a2＝，a4＝.所以公差d＝＝.所以a1＝a2－d＝0.

答案：

0

9．已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足2Sn＝a＋n－4（n∈N*）．

（1）求证：

数列{an}为等差数列；

（2）求数列{an}的通项公式．

解：

（1）证明：

当n＝1时，有2a1＝a＋1－4，

即a－2a1－3＝0，

解得a1＝3（a1＝－1舍去）．

当n≥2时，有2Sn－1＝a＋n－5，

又2Sn＝a＋n－4，

两式相减得2an＝a－a＋1，

即a－2an＋1＝a，

也即（an－1）2＝a，

因此an－1＝an－1或an－1＝－an－1.

若an－1＝－an－1，则an＋an－1＝1.

而a1＝3，

所以a2＝－2，这与数列{an}的各项均为正数相矛盾，所以an－1＝an－1，即an－an－1＝1，

因此数列{an}是首项为3，公差为1的等差数列．

（2）由

（1）知a1＝3，d＝1，

所以数列{an}的通项公式an＝3＋（n－1）×1＝n＋2，即an＝n＋2.

10．已知等差数列{an}的公差d>0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36.

（1）求d及Sn；

（2）求m，k（m，k∈N*）的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.

解：

（1）由题意知（2a1＋d）（3a1＋3d）＝36，

将a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5.

因为d>0，所以d＝2.

从而an＝2n－1，Sn＝n2（n∈N*）．

（2）由

（1）得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝（2m＋k－1）（k＋1），所以（2m＋k－1）（k＋1）＝65.

由m，k∈N*知2m＋k－1≥k＋1>1，

故解得

即所求m的值为5，k的值为4.

[综合题组练]

1．若{an}是等差数列，首项a1>0，a2016＋a2017>0，a2016·a2017<0，则使前n项和Sn>0成立的最大正整数n是（　　）

A．2016B．2017

C．4032D．4033

解析：

选C.因为a1>0，a2016＋a2017>0，a2016·a2017<0，所以d<0，a2016>0，a2017<0，所以S4032＝＝>0，S4033＝＝4033a2017<0，所以使前n项和Sn>0成立的最大正整数n是4032.

2．等差数列{an}中，是一个与n无关的常数，则该常数的可能值的集合为（　　）

A．{1}B.

C.D.

解析：

选B.＝＝，若a1＝d，则＝；若a1≠0，d＝0，则＝1.因为a1＝d≠0，所以≠0，所以该常数的可能值的集合为.

3．设数列{an}的通项公式为an＝2n－10（n∈N*），则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________．

解析：

由an＝2n－10（n∈N*）知{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0得n≥5，所以n≤5时，an≤0，当n>5时，an>0，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－（a1＋a2＋a3＋a4）＋（a5＋a6＋…＋a15）＝20＋110＝130.

答案：

130

4．（2019·四川广元统考