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等差数列及其前n项和(一轮复习)


[备考方向要明了] 考什么 1.理解等差数列的概念; 2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式; 3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系,并能用有 关知识解决相应的问题;

4.了解等差数列与一次函数的关系.

怎么考 1.以选择题的形式考查等差数列的基本量及等差数列性 质的简单应用,如2012年辽宁T6,北京T10,江西 T12 等.

2.以解答题的形式考查等差数列的概念、等差数列的判
定、通项公式、前n项和公式以及等差数列的性质等, 如2012年陕西T17等.

[归纳· 知识整合]
1.等差数列的定义 一般地,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 ,那么这个数列就叫做等差数列, 这个常数叫做等差数列的公差,通常用字母 d 表示,定义表 an+1-an=d 达式为 an-an-1=d (常数)(n∈N*,n≥2)或___________ (常数)(n∈N*). 2.等差数列的通项公式 若等差数列{an}的首项为a1,公差为d,则其通项公式为 an=a1+(n-1)d .亦可以用数列中的第m项am与公差d表示为 an= am+(n-m)d .

[探究]

1.已知等差数列{an}的第m项为am,公差为d,

则其第n项an能否用am与d表示? 提示:能,an=am+(n-m)d.
3.等差中项 若三个数 a,A,b 成等差数列,则 A 叫做 a 与 b 的等差 中项,且有 A= a+b . 2

4.等差数列的前 n 项和公式 n?n-1? Sn=na1+ d = n?a1+an? 2 2

.

[探究] 方法?

2.等差数列前n项和公式的推导运用了什么

提示:倒序相加法.
3.等差数列前n项和公式能否看作关于n的函数,该 函数是否有最值? 提示:当d≠0时,Sn是关于n的且常数项为0的二次函 数,则(n,Sn)是二次函数图象上的一群孤立的点,由此

可得:当d>0时,Sn有最小值;当d<0时,Sn有最大值.

5.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)若m+n=p+q,则 am+an=ap+aq , 特别:若m+n=2p,则am+an=2ap. (2)am,am+k,am+2k,am+3k,…仍是等差数列,公差为 kd .

(3)数列Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…也是等差数列.

[自测· 牛刀小试] 1.(2012· 重庆高考)在等差数列{an}中,a2=1,a4=5,则 {an}的前5项和S5= A.7 B.15 C.20 ( D.25 )

5-1 解析:数列{an}的公差 d= 2 =2,则 a1=-1,a5=7, 可得 S5=15.
答案:B

2.(2012· 辽宁高考)在等差数列{an}中,已知a4+a8=16,则 该数列前11项和S11= ( )

A.58

B.88

C.143

D.176

解析:因为{an}是等差数列,所以 a4+a8=2a6=16?a6 11?a1+a11? =8,则该数列的前 11 项和为 S11= =11a6= 2 88.
答案B

3.(教材习题改编)在等差数列{an}中,若a4+a5=15,a7= 15,则a2的值为 A.-3 B.0 C.1 ( D.2 )

解析:由题意知,a2+a7=a4+a5,所以a2=a4+a5-a7 =0. 答案:B

4.(教材习题改编)已知两个数列 x,a1,a2,a3,y 与 x,b1, a2-a1 b2,y 都是等差数列,且 x≠y,则 的值为________. b2-b1
1 1 解析:∵a2-a1=4(y-x),b2-b1=3(y-x), a2-a1 3 ∴ = . b2-b1 4

3 答案:4

5.(教材习题改编)有两个等差数列2,6,10,…,190及 2,8,14,…,200,由这两个等差数列的公共项按从小 到大的顺序组成一个新数列,则这个新数列{an}的通项 公式an=________.

解析:两个等差数列的公共项为2,14,26,…即新数列
的首项为2,公差为12. 故an=2+(n-1)×12=12n-10. 答案:12n-10

等差数列的判定与证明
1 [例 1] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 a1=2, an=-2SnSn-1(n≥2).
?1? (1)求证:数列?S ?是等差数列; ? n?

(2)求 Sn 和 an.

[自主解答]

(1)证明: ∵当 n≥2 时,

an=Sn-Sn-1=-2SnSn-1,① ∴Sn(1+2Sn-1)=Sn-1. 由上式,若 Sn-1≠0,则 Sn≠0. ∵S1=a1≠0, 由递推关系知 Sn≠0(n∈N*), 1 1 由①式得S - =2(n≥2). Sn-1 n
?1? ? ? 1 1 ? ?是等差数列,其中首项为 = =2,公差为 ∴S ? ? S1 a1 ? n?

2.

1 1 1 (2)∵S =S +2(n-1)=a +2(n-1),
n 1 1

1 ∴Sn=2n. 1 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=- , 2n?n-1? 1 当 n=1 时,a1=S1=2不适合上式, ?1 ?2,n=1, ∴an=? 1 ?- ,n≥2. ? 2n?n-1?

Sn-1 若将条件改为“a1=2,Sn= (n≥2)”,如何求解. 2Sn-1+1

Sn-1 解:(1)证明:∵Sn= , 2Sn-1+1 1 2Sn-1+1 1 ∴S = = +2. Sn-1 Sn-1 n 1 1 ∴S - =2. Sn-1 n
?1? 1 ? ?是以 为首项,以 ∴S 2 ? n?

2 为公差的等差数列.

1 1 3 (2)由(1)知S =2+(n-1)×2=2n-2, n

即 Sn=

1 3 2n- 2

. 1 3 2n- 2 - 1 7 2n- 2

当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=

-2 =? ; 3 ?? 7? ?2n- ??2n- ? 2 ?? 2? ? 当 n=1 时,a1=2 不适合 an, ? 2(n = 1), ? ?2 ? 故 an= ? (n≥2). ? ? 2n ? 3 ? ? 2n ? 7 ? ?? ? ?? 2 ?? 2? ??

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———————————— 等差数列的判定方法

(1)定义法: 对于 n≥2 的任意自然数, 验证 an-an-1 为同一 常数;
(2)等差中项法:验证 2an-1=an+an-2(n≥3,n∈N*)成立;
(3)通项公式法:验证 an=pn+q;

(4)前 n 项和公式法:验证 Sn=An2+Bn.

注意:在解答题中常应用定义法和等差中项法,而通项 公式法和前 n 项和公式法主要适用于选择题、 填空题中的简 单判断. ——————————————————————————

3 1 1.已知数列{an}中,a1=5,an=2- (n≥2,n∈N*),数 an-1 1 列{bn}满足 bn= (n∈N*). an-1 (1)求证:数列{bn}是等差数列;

(2)求数列{an}中的最大项和最小项,并说明理由.

解:(1)证明:∵an=2-

1 an-1

(n≥2,n∈N*),bn=

1 , an-1

1 1 1 1 ∴bn+1-bn= - = 1 ? -an-1 an+1-1 an-1 ? ?2- ?-1 a
?
n?



an 1 - =1. an-1 an-1 1 5 =-2, an-1

又 b1=

5 ∴数列{bn}是以-2为首项,以 1 为公差的等差数列. 7 1 2 (2)由(1)知 bn=n-2,则 an=1+b =1+ , 2n-7 n

设 f(x)=1+

? ? 7? ?7 2 , f(x)在区间?-∞,2?和?2,+∞?上为减函数. 则 ? ? ? ? 2x-7

故当 n=3 时,an 取得最小值-1,当 n=4 时,an 取得最大值 3.

等差数列基本量的计算
[例 2] (1)已知{an}为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+ a4+a6=99,则 a20 等于 ( ) A.-1 B.1 C.3 D.7 (2)(2012· 广东高考)已知递增的等差数列{an}满足 a1=

1,a3=a2-4,则 an=________. 2
(3)(2012· 北京高考)已知{an}为等差数列,Sn 为其前 n 1 项和.若 a1=2,S2=a3,则 a2=______;Sn=________.

[自主解答]

(1)两式相减,可得 3d=-6,d=-2.由已知

可得 3a3=105,a3=35,所以 a20=a3+17d=35+(-34)=1.

(2)设等差数列{an}的公差为 d,
?a1=1, ? 由已知得? ?a3=?a1+d?2-4, ? ?a1=1, ? 解得? ?d=± 2. ? ?a1=1, ? 即? ?1+2d=?1+d?2-4, ?

?a1=1, ? 由于等差数列{an}是递增的等差数列,因此? ?d=2. ?

所以 an=a1+(n-1)d=2n-1.

1 (3)设等差数列的公差为 d,则 2a1+d=a1+2d,把 a1=2 n?n-1? 1 1 代入得 d=2,所以 a2=a1+d=1,Sn=na1+ 2 d=4n(n +1).

[答案]

(1)B

(2)2n-1

n?n+1? (3)1 4

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等差数列运算问题的通法 等差数列的通项公式及前 n 项和公式中,共涉及五个

量,知三可求二,如果已知两个条件,就可以列出方程组 求解,体现了用方程思想解决问题的方法.如果利用等差 数列的性质、几何意义去考虑也可以.
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2.已知等差数列{an}中,a1=1,a3=-3.

(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{an}的前k项和Sk=-35,求k的值. 解:(1)设等差数列{an}的公差为d,则an=a1+(n- 1)d(n≥1,n∈N*). 由a1=1,a3=-3,可得1+2d=-3, 解得d=-2. 从而,an=1+(n-1)×(-2)=3-2n.

(2)由(1)知an=3-2n,
n[1+?3-2n?] 所以 Sn= =2n-n2. 2 进而由 Sk=-35,可得 2k-k2=-35, 即 k2-2k-35=0,解得 k=7 或 k=-5. 又 k∈N*,故 k=7 为所求结果.

等差数列前n项和的最值

[例3] 已知在等差数列{an}中,a1=31,Sn是它的前n 项和,S10=S22, (1)求Sn; (2)这个数列的前多少项和最大,并求出这个最大值.
[自主解答] (1)∵S10=a1+a2+?+a10, S22=a1+a2+?+a22, 又 S10=S22,∴a11+a12+?+a22=0, 12?a11+a22? 即 =0,即 a11+a22=2a1+31d=0. 2 又 a1=31,∴d=-2. n?n-1? ∴Sn=na1+ 2 d=31n-n(n-1)=32n-n2.

(2)法一:由(1)知,Sn=32n-n2=-(n-16)2+256, ∴当 n=16 时,Sn 有最大值 256.

法二:由(1)知,
?an=31+?n-1?· ?-2?=-2n+33≥0, ? ? ?an+1=31+n· ?-2?=-2n+31≤0 ?

(n∈N*),

31 33 解得 2 ≤n≤ 2 , ∵n∈N*,∴n=16 时,Sn 有最大值 256.

若将“a1=31,S10=S22”改为“a1=20,S10=S15”,则 n为何值时,Sn取得最大值?
解:法一:∵a1=20,S10=S15, 10×9 15×14 ∴10×20+ d=15×20+ d, 2 2 5 解得 d=- . 3 ? 5? 5 65 ∴an=20+(n-1)×?-3?=- n+ . 3 3 ? ? ∴a13=0,即当 n≤12 时,an>0,n≥14 时,an<0. ∴当 n=12 或 13 时,Sn 取得最大值,且最大值为 12×11 ? 5? S12=S13=12×20+ ×?-3?=130. 2 ? ?

5 法二:同法一求得 d=-3. n?n-1? ? 5? 5 125 ?- ?=- n2+ ∴Sn=20n+ 2 · 3 6 6 n ? ? 25?2 3 125 5? =-6?n- 2 ? + 24 . ? ? ∵n∈N*, ∴当 n=12 或 13 时,Sn 有最大值, 且最大值为 S12=S13=130.

5 法三:同法一求得 d=-3. 又由 S10=S15,得 a11+a12+a13+a14+a15=0. ∴5a13=0,即 a13=0. ∴当 n=12 或 13 时,Sn 有最大值, 且最大值为 S12=S13=130.

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求等差数列前 n 项和的最值的方法

(1)运用配方法转化为二次函数, 借助二次函数的单调 性以及数形结合的思想,从而使问题得解;
(2)通项公式法:求使 an≥0(an≤0)成立时最大的 n 值即 可.一般地,等差数列{an}中,若 a1>0,且 Sp=Sq(p≠q),则
p+q ①若 p+q 为偶数,则当 n= 2 时,Sn 最大;
②若 p+q 为奇数,则当 n= p+q-1 p+q+1 或 n= 时,Sn 最大. 2 2

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3.设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=12,S12>0,

S13<0.
(1)求公差d的取值范围; (2)指出S1,S2,…,S12中,哪一个最大,并说明理由.
解:(1)设数列首项为 a1,公差为 d,由题意可得, 1 ? ?S12=12a1+2×12×?12-1?d>0, ? ?S13=13a1+1×13×?13-1?d<0. 2 ?

将 a1=a3-2d=12-2d 24 即- <d<-3. 7

?24+7d>0, ? 代入,得? ?3+d<0, ?

n?n-1? n?n-1? d 2 (2)法一:Sn=na1+ d=(12-2d)n+ d= n - 2 2 2
?5 ? 24 ? d-12?n,其中- <d<-3. 7 ?2 ?

由二次函数知识可得 S6 最大.

法二:∵an=a1+(n-1)d=12+(n-3)d,
?an≥0, ? 由? ?an+1≤0, ? ?12+?n-3?d≥0, ? 得? ?12+?n-2?d≤0. ?

-12 -12 24 ∴ d +2≤n≤ d +3.而- 7 <d<-3, 11 ∴ 2 <n<7.∴n=6. ∴前 6 项和 S6 最大.

法三:由 S13=13a7<0,S12=6(a6+a7)>0, ∴a7<0,a6>0.∴前 6 项和 S6 最大.

等差数列性质的应用

[例4]

(1)(2013· 江门模拟)等差数列{an}前17项和S17=
( )

51,则a5-a7+a9-a11+a13等于

A.3

B.6

C.17

D.51

(2)等差数列{an}中,若a1+a4+a7=39,a3+a6+a9= 27,则前9项的和S9等于 A.66 B.99 C.144 ( )

D.297

a1+a17 [自主解答] (1)由于 S17= 2 ×17=17a9=51,所以 a9 =3.根据等差数列的性质 a5+a13=a7+a11, 所以 a5-a7+a9-a11 +a13=a9=3.

(2)由等差数列的性质及 a1+a4+a7=39, 可得 3a4=39, 所以 a4=13.同理,由 a3+a6+a9=27,可得 a6=9. 9?a1+a9? 9?a4+a6? 所以 S9= = =99. 2 2

[答案] (1)A

(2)B

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在等差数列有关计算问题中,结合整体思想,灵活应 用性质,可以减少运算量,达到事半功倍的效果.
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4.(1)(2013· 山西四校联考)在等差数列{an}中,a1+a2+a3= 3,a18+a19+a20=87,则此数列前20项的和等于 ( A.290 C.580 B.300 D.600 )

(2)(2012· 江西高考)设数列{an},{bn}都是等差数列.若a1
+b1=7,a3+b3=21,则a5+b5=________.

解析: (1)依题意得 3(a1+a20)=90, a1+a20=30, 即 数列{an} 20?a1+a20? 的前 20 项的和等于 =300. 2 (2)法一:设数列{an},{bn}的公差分别为 d1,d2,因为 a3+

b3=(a1+2d1)+(b1+2d2)=(a1+b1)+2(d1+d2)=7+2(d1+d2) =21,所以 d1+d2=7.所以 a5+b5=(a3+b3)+2(d1+d2)=21 +2×7=35. 法二:∵2a3=a1+a5,2b3=b1+b5,

∴a5+b5=2(a3+b3)-(a1+b1) =2×21-7=35.

答案:(1)B

(2)35

? 1 个技巧——利用等差数列的性质妙设项
若奇数个数成等差数列,可设中间三项为 a-d,a,a+d; 若偶数个数成等差数列,可设中间两项为 a-d,a+d,其余 各项再依据等差数列的定义进行对称设元. ? 2 种选择——等差数列前 n 项和公式的选择

等差数列前 n 项和公式有两个,如果已知项数 n、首项 a1 和 n?a1+an? 第 n 项 an,则利用 Sn= ,该公式经常和等差数列的性质 2 结合应用.如果已知项数 n、首项 a1 和公差 d,则利用 Sn=na1 n?n-1?d + ,在求解等差数列的基本运算问题时,有时会和通项 2 公式结合使用.

? 3 个结论——等差数列前 n 项和 Sn 的几个结论

(1)若等差数列{an}的项数为偶数 2n,则①S2n=n(a1+a2n)=? =n(an+an+1);②S 偶-S 奇=nd, S奇 an = . S偶 an+1
(2)若等差数列{an}的项数为奇数 2n+1,则①S2n+1=(2n+1)an S奇 n+1 = n . +1;② S偶 ?am≥0, ? (3)在等差数列{an}中,若 a1>0,d<0,则满足? 的项 ?am+1≤0 ?

数 m 使得 Sn 取得最大值 Sm;若 项数 m 使得 Sn 取得最小值 Sm.

?am≤0, ? a1<0,d>0,则满足? ?am+1≥0 ?



? 4 种方法——等差数列的判断方法

①定义法;②等差中项法;③通项公式法;④ 前 n 项和公式法.

数学思想——整体思想在数列中的应用 利用整体思想解数学问题,就是从全局着眼,由整体

入手,把一些彼此独立但实际上紧密联系的量作为一个整
体考虑的方法.有不少数列题,其首项、公差无法确定或 计算繁琐,对这类问题,若从整体考虑,往往可寻得简捷

的解题途径.
[典例] (2013· 盐城模拟)设等差数列{an}的前n项和Sn =m,前m项和Sm=n(m≠n)则它的前m+n项的和Sm+n=

________.

[解] 法一:设{an}的公差为 d, 则由 Sn=m,Sm=n, n?n-1? ? ?Sn=na1+ 2 d=m,① 得? ?Sm=ma1+m?m-1?d=n. ② 2 ? ?m-n??m+n-1? ②-①得(m-n)a1+ · d=n-m, 2 m+n-1 ∵m≠n,∴a1+ d=-1. 2 ?m+n??m+n-1? ∴Sm+n=(m+n)a1+ d 2 ? m+n-1 ? =(m+n)?a1+ d?=-(m+n). 2 ? ?

法二:设 Sn=An2+Bn(n∈N*),
?Am2+Bm=n,③ ? 则? 2 ?An +Bn=m, ④ ?

③-④得 A(m2-n2)+B(m-n)=n-m. ∵m≠n,∴A(m+n)+B=-1. ∴A(m+n)2+B(m+n)=-(m+n), 即 Sm+n=-(m+n).

[答案] -(m+n)

[题后悟道]

(1)本题的两种解法都突出了整体思想,其中法一把 a1 m+n-1 + d 看成了一个整体, 法二把 A(m+n)+B 看成了一 2 个整体,解起来都很方便.

(2)整体思想是一种重要的解题方法和技巧, 这就要求学 生要掌握公式,理解其结构特征.

(3)本题的易错点是,不能正确运用整体思想的运算方 法,不能建立数量间的关系,导致错误.

[变式训练]
Sn 1.等差数列{an},{bn}的前 n 项和分别为 Sn,Tn,若T = n 2n an ,则b = 3n+1 n
2 A.3 2n-1 B. 3n-1 2n+1 C. 3n+1

(
2n-1 D. 3n+4

)

2?2n-1? 2n-1 an 2an a1+a2n-1 S2n-1 解析: b =2b = = = = . b1+b2n-1 T2n-1 3?2n-1?+1 3n-1 n n

答案:B

2.设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知其前6项和为36, Sn=324,最后6项的和为180(n>6),求该数列的项数n 及a9+a10. 解:由题意知a1+a2+a3+a4+a5+a6=36, an+an-1+an-2+an-3+an-4+an-5=180, ∴6(a1+an)=36+180=216. ∴a1+an=36. n?a1+an? 又 Sn=324,∴ =324, 2
2×324 即 n= 36 =18. ∴a9+a10=a1+a18=36.

1.已知数列{an}的通项公式an=pn2+qn(p,q∈R,且p,q为常 数). (1)当p和q满足什么条件时,数列{an}是等差数列? (2)求证:对任意实数p和q,数列{an+1-an}是等差数列. 解:(1)an+1-an=[p(n+1)2+q(n+1)]-(pn2+qn)=2pn+p +q,要使{an}是等差数列,则2pn+p+q应是一个与n无关 的常数,所以2p=0,即p=0. 故当p=0时,数列{an}是等差数列. (2)证明:∵an+1-an=2pn+p+q, ∴an+2-an+1=2p(n+1)+p+q. 而(an+2-an+1)-(an+1-an)=2p为一个常数, ∴{an+1-an}是等差数列.

2.设{an}是一个公差为d(d≠0)的等差数列,它的前10项和 S10=110,且a1,a2,a4成等比数列. (1)证明a1=d; (2)求公差d的值和数列{an}的通项公式.

解:(1)证明:因 a1,a2,a4 成等比数列, 故 a2=a1a4. 2 而{an}是等差数列,有 a2=a1+d,a4=a1+3d. 于是(a1+d)2=a1(a1+3d),即 a2+2a1d+d2=a2+3a1d,化 1 1 简得 a1=d.

10×9 (2)由条件 S10=110 和 S10=10a1+ 2 d, 得到 10a1+45d=110. 由(1),a1=d,代入上式得 55d=110, 故 d=2,an=a1+(n-1)d=2n. 因此,数列{an}的通项公式为 an=2n(n=1,2,3,?).

a11 3.已知{an}为等差数列,若a <-1,且它的前 n 项和 Sn 有
10

最大值,那么当 Sn 取得最小正值时,n 等于多少?

解:由已知得,{an}是首项为正,公差为负的递减等差 数列. a11 由a <-1 得 a10+a11<0 且 a10>0,a11<0, 10 20?a1+a20? 20?a10+a11? ∴S20= = =10(a10+a11)<0. 2 2 而 S19=19a10>0, ∴Sn 取最小正值时 n=19.

4.已知数列{an}的前n项和Sn=2n2+2n,数列{bn}的前n项
和Tn=2-bn.求数列{an}与{bn}的通项公式. 解:当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2+2n-2(n-1)2-2(n -1)=4n, 又a1=S1=4,故an=4n.

当n≥2时,由bn=Tn-Tn-1=2-bn-2+bn-1,
1 得 bn=2bn-1, 又 T1=2-b1,即 b1=1, 故
?1?n-1 bn=?2? =21-n. ? ?


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