高考数学 第二节 等差数列教材

1、第二节 等差数列考 点 串 串 讲1等差数列的定义以及判定方法(1)等差数列的定义如果数列an满足：从第二项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数(用d表示)，就称这个数列为等差数列常数d叫做这个等差数列的公差，即an1and.对于等差数列定义需注意：在等差数列的定义中，要强调“从第二项起”，因为第一项没有前一项；要强调“同一个常数”，这五个字体现了等差数列的基本特征如果某几项破坏了这一规律，尽管其他项都满足，那么这个数列也不是等差数列要强调公差dan1an(nN)，防止把被减数与减数弄颠倒由定义可知有了某一项和公差，则这个等差数列就被完全确定(2)等差数列的判定方法定义法：an1and(

2、常数)an是等差数列中项公式法：2an1anan2(nN*)an是等差数列通项公式法：anpnq(p，q为常数)an是等差数列前n项和公式法：SnAn2Bn(A，B为常数)an是等差数列2等差数列的通项公式已知等差数列an的首项为a1，公差为d，则等差数列an的通项公式为ana1(n1)d(nN)若已知等差数列an的第m项为am，公差为d，则等差数列an的通项公式为anam(nm)d(n，mN)3等差数列的前n项和公式已知等差数列an的首项为a1，第n项为an.则前n项和Sna1a2an.若已知首项a1和公差d，则Snna1n(n1)d.若已知末项an和公差d，则Snnann(n1)d.说明等

3、差数列的求和公式是通过倒序相加法求得的在等差数列的五个量：a1，an，n，d，Sn中，只要已知其中的三个量就可求出其余的两个量4用函数的观点审视等差数列(1)等差数列的通项公式ana1(n1)d可以化为andna1d，进一步可表示为andnb(这里ba1d，a1是首项，d为公差)若d0，则ana1.等差数列an为常数列，图象为平行于x轴的直线ya1上的横坐标为正整数的一些孤立点，如图所示若d0，则等差数列an的图象为直线ydxb上的横坐标为正整数的一些孤立点特别地，由通项公式得d.这就是解析几何中的斜率公式，因此公差d是直线ydxb的斜率由斜率的意义可知：当d0时，an为递增的等差数列；如图1

4、所示，当d0时，等差数列an单调递减如图2所示(2)由Snna1n(n1)d得Snn2(d2a1)n.当d0时，等差数列的前n项和Sn是n的二次函数其图象是抛物线yx2(d2a1)x上横坐标为正整数的一些孤立点特别地当d0时，这些点都分布在开口向上、对称轴为x的抛物线上，如图3所示当d0时，这些点都分布在开口向下，对称轴为x的抛物线上，如图4所示由此可知，当d0时Sn存在最小值，当d0时，Sn存在最大值5等差中项的定义和性质(1)定义：三个数a、b、c成等差数列，则b为a和c的等差中项(2)性质：a、b、c成等差数列的充要条件是b.说明：这一性质不仅描述了成等差数列的三个数之间的一种数量关系，

5、而且指明了等差中项就是另外两个数的算术平均数根据这一性质还可以作出以下两个推论推论1：在等差数列an中，有an1an12an(n2)推论2：在等差数列an中，若m，n，p成等差数列，则amap2an.说明：推论1指的是等差数列中的连续三项an1，an，an1，根据性质显然an是an1与an1的等差中项在推论2中，m，n，p成等差数列根据等差数列的等距性，am，an，ap也成等差数列所以由性质可知amap2an.(3)三个数成等差数列一般设为：ad，a，ad；四个数成等比数列一般设为a3d，ad，ad，a3d.6等差数列的性质(1)若公差d0，则此数列为递增数列；若d0，则此数列为递减数列；若d

6、0，则此数列为常数列(2)有穷等差数列中，与首末两项距离相等的两项和相等并且等于首末两项之和；特别地，若项数为奇数，还等于中间项的2倍，即a1ana2an1a3an22a中(3)若m，n，p，kN*，且mnpk，则amanapak，其中am，an，ap，ak是数列中的项特别地，当mn2p时，有aman2ap.这条性质，还可以推广到有三项、四项的情形使用该性质时，一要注意等式两边下标和相等，二要注意等式两边和的项数应是一样多的(4)在等差数列中，每隔相同的项抽出来的项按照原来顺序排列，构成的新数列仍然是等差数列但剩下的项按原顺序构成的数列不一定是等差数列(5)等差数列中连续几项之和构成的新数列仍

7、然是等差数列(6)若数列an与bn均为等差数列，则mankbn仍为等差数列其中m，k均为常数(7)若an成等差数列，且Sn为其前n项的和，则Sm，S2mSm，S3mS2m，成等差数列(8)项数为偶数2n的等差数列an，有S2nn(a1a2n)n(anan1)(an与an1为中间的两项)；S偶S奇nd；.项数为奇数(2n1)的等差数列an，有S2n1(2n1)an(an为中间项)；S奇S偶an；.S奇、S偶分别为数列中所有奇数项的和与所有偶数项的和(9)在等差数列中，若apq，aqp，则apq0；若Smn，Snm，则Smn(mn).典 例 对 对 碰题型一 求等差数列的基本量例1在等差数列an中

8、，(1)已知a1533，a45153，求a61；(2)已知S848，S12168，求a1和d；(3)已知a610，S55，求a8和S8.解析(1)解法一：设首项为a1，公差为d，依条件，得解方程组，得a6123(611)4217.解法二：由d，得d4，由anam(nm)d，得a61a4516d153164217.(2)Snna1n(n1)d，解方程组，得(3)a610，S55，解方程组，得a8a62d102316，S844.变式迁移1在等差数列an中，S10120，那么a1a10的值是()A12B24C36 D48答案B解析根据已知条件10a1d120，即2a19d24，a1a102a19d2

9、4.题型二 等差数列的判定例2两个数列an和bn满足bn求证：(1)若bn为等差数列，数列an也是等差数列；(2)(1)的逆命题也成立证明(1)由已知得a12a2nann(n1)bn，a12a2(n1)an1(n1)(n2)bn1，an1(n2)bn1nb.an1an(bn1bn)为常数，an为等差数列(2)逆命题：两个数列an和bn满足bn，若an为等差数列，则bn也为等差数列由已知得an(n1)bn(n1)bn1，an1(n2) bn1nbn，an1an(bn1bn)为常数，bn1bn(an1an)为常数，数列bn也为等差数列点评本例是数列与四种命题的综合题，本题的关键有二：一是用定义证明

10、等差数列，二是逆命题与原命题的关系.变式迁移2在数列an中，a11，且an(n2)证明数列是等差数列，并求Sn.解析由已知得SnSn1.去分母得(2Sn1)(SnSn1)2S，Sn1Sn2SnSn1，两边同除以SnSn1，得2.是以1为首项、2为公差的等差数列，故(n1)22n1(n2)经验证n1时也成立，所以Sn(nN*).题型三 等差数列的性质及应用例3已知两个等差数列an，bn的前n项和分别为An，Bn，且，则使得为整数的正整数n的个数是()A2 B3C4 D5解析，7，当n1,2,3,5,11时，为整数，故选D.答案D点评对等差数列性质的考查是高考的重点，解题的关键是要敏锐地观察出题中

11、各项的脚标间的数量关系，本题只有深入理解Sn公式中隐含的性质，才能灵活地利用S2n1公式中的a1a2n1与an的关系.变式迁移3已知方程(x22xm)(x22xn)0的四个根组成一个首项为的等差数列，则|mn|等于()A1 B.C. D.答案C解析设a1，a2d，a32d，a43d，而方程x22xm0的两根之和为2，x22xn0的两根之和也是2.a1a2a3a416d4，d.即|mn|.题型四 等差数列的前n项和的性质例4已知an为等差数列，Snm，Smn，其中mn，m，nN*，求Smn.分析分析1：由已知，可设等差数列的基本量a1，d，据Snm与Smn，列方程组求出a1，d，再代入前n项和公

12、式求Smn.分析2：根据等差数列前n项和公式为不含常数项的二次函数关系式，因此可设SnAn2Bn，据Sm与Sn列方程组建立A与B的关系，再求Smn.分析3：从前n项和的定义Sna1a2an入手，结合等差数列的性质：当mnpq时，有amanapaq(m，n，p，q均为正整数)来求解解析解法一：设首项为a1，公差为d，则解得Smn(mn)a1d(mn)解法二：设SxAx2Bx，则得A(m2n2)B(mn)nm，mn，A(mn)B1，SmnA(mn)2B(mn)(mn)解法三：SmSnnman1an2am(an1am)an1ama1anm2，Smn(mn)点评涉及等差数列的前n项和的问题，一般思路是

13、从前n项和公式入手，设基本量，列方程组解基本量，若考虑数列的函数特征，也可以设SnAn2Bn，而解法三是利用了等差数列的基本性质.变式迁移4等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项和与奇数项和之比为32:27，求公差d.解析又S偶S奇306d，d5.题型五 等差数列前n项和的最值问题例5等差数列an中，a125，S17S9，问数列前多少项的和最大，并求此最大值解析解法一：则17a1d9a1d，d2.从而Sn25n(2)(n13)2169.故前13项的和最大，最大值是169.解法二：Snn2(a1)n(d0)Sn的图象是开口向下的抛物线上一群离散的点，最高点的纵坐标为，即S13最大(如图)

14、由解法一知，a125，d2.S13169.点评数列是特殊的函数以上两种解题思路均是转化为函数中求最值的方法，即利用单调性、配方转化为二次函数以及数形结合等还可根据an0且an10求出n值.变式迁移5设等差数列an的前n项和为Sn，已知a312，S120，S130.(1)求公差d的取值范围；(2)指出S1、S2、S12中哪一个值最大，说明理由解析(1)由得d3.(2)S126(a1a12)6(a6a7)0，S1313a70，a60且a70，故S6最大【教师备课资源】题型六 两等差数列中的公共项问题例6两个等差数列an：5,8,11，和bm：3,7,11，都有100项，问它们有多少个共同的项解析解

15、法一：an5(n1)33n2，bm3(m1)44m1，两数列共同的项需3n24m1，nm1，而nN*，mN*设m3r(rN*)，得n4r1.1r25，共有25个共同的项解法二：设两数列共同项组成新数列Cn，则C111，又an3n2，bm4m1，由题意知Cn为等差数列，且公差d12，Cn11(n1)1212n1.又a100302，b100399，Cn12n1302，由nN*得n25，两数列有25个共同的项点评可以看出，新数列的公差应是原来两数列的公差的最小公倍数.变式迁移6在1000,2000内能被3整除且被4除余1的整数共有多少个？解析设an为1000,2000内能被3整除且被4除余1的整数由

16、小到大组成的数列，由题意知an为等差数列，且首项a11005，公差d12，an1005(n1)1212n993.an2000，即12n9932000，解得n83，由nN*得n83，数列项数为83，即符合题意的整数共有83个.题型七 数据表中的等差数列例7在下表所示的55正方形的25个空格中填入正整数，使得每一行，每一列都成等差数列，则标有*号的空格中的数是_.*742y186y1030x2x解析记aij为从上到下第i行，从左到右第j列的空格中所填的数，则a52x，a41y.由第3行得a33，由第3列得a3321032x，所以2xy113.由第2行得a232743y，由第3列得a232a3310

17、331034x，所以1483y31034x，整理得4x3y161.联立解得x50，y13.所以a152186a5521864x172，a132a33a53112，故a14142.答案142点评数据表数列问题均有一 定的规律，破解数据表数列问题的关键就是要能够敏锐地捕捉数据表数列分组信息中的规则，合理巧妙地运用由特殊到一般及由一般到特殊的思想解决问题.变式迁移7下表给出一个“等差数阵”，其中每行、每列都是等差数列，aij表示位于第i行第j列的数.47()()()a1j712()()()a2j()()()()()a3j()()()()()a4jai1ai2ai3ai4ai5aij(1)写出a45的

18、值；(2)写出aij的计算公式；(3)证明：正整数N在该等差数阵中的充要条件是2N1可以分解成两个不是1的正整数之积解析(1)该等差数阵的第一列是首项为4，公差为3的等差数列，a4143(41)13，第二列是首项为7，公差为5的等差数列，a4275(41)22，故第四行是首项为13，公差为9的等差数列，a45139(51)49.(2)该等差数阵的第一行是首项为4，公差为3的等差数列，a1j43(j1)，第二行是首项为7，公差为5的等差数列，a2j75(j1)，第i行是首项为43(i1)，公差为2i1的等差数列，因此aij43(i1)(2i1)(j1)2ijiji(2j1)j.(3)证明：必要性

19、：若N在该等差数阵中，则存在正整数i，j使得Ni(2j1)j，从而2N12i(2j1)2j1(2i1)(2j1)，即正整数2N1可以分解成两个不是1的正整数之积充分性：若2N1可以分解成两个不是1的正整数之积，由于2N1是奇数，则它必为两个不是1的奇数之积，即存在正整数k，l，使得2N1(2k1)(2l1)，从而Nk(2l1)lakl，可见N在该等差数阵中综上所述，正整数N在该等差数阵中的充要条件是2N1可以分解成两个不是1的正整数之积.方 法 路 路 通1通项公式与前n项和公式联系着五个基本量a1、d(或q)、n、an、Sn.“知三求二”是一类最基本的运算题方程观点是解决这类问题的基本数学思想和方法2判断一个数列是等差数列或等比数列，常用的方法是这两类数列的定义特别地，当判断三个实数a，b，c成等差数列时，常用ac2b.3在求等差数列前n项和的最大(小)值时，常利用函数的思想和方法加以解决4数列an为等差数列，前n项和为Sn，数列|an|的前n项和为Tn.若ak0，ak10，即先正后负，则Tn若ak0，ak10，即先负后正，则Tn5两等差数列间的关系若an，bn分别是公差为d1和d2的等差数列，则设它们的前