高考数学总复习第五章 数列第2课时 等 差 数 列

数列第2课时等差数列(对应学生用书(文)、(理)72～73页)考情分析考点新知理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，能在具体的问题情境中用等差数列的有关知识解决相应的问题．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了解等差数列与一次函数的关系.1.(必修5P58习题2改编)在等差数列{an}中，a1＝2，d＝3，则a6＝________．答案：17解析：a6＝a1＋(6－1)d＝17.2.(必修5P44习题6改编)在等差数列{an}中(1)已知a4＋a14＝2，则S17＝________；(2)已知a11＝10，则S21＝________；(3)已知S11＝55，则a6＝________；(4)已知S8＝100，S16＝392，则S24＝________．答案：(1)17(2)210(3)5(4)876解析：(1)S17＝eq\f(17（a1＋a17）,2)＝eq\f(17（a4＋a14）,2)＝17.(2)S21＝eq\f(21（a1＋a21）,2)＝eq\f(21×2a11,2)＝210.(3)S11＝eq\f(11（a1＋a11）,2)＝eq\f(11×2a6,2)＝55，∴a6＝5.(4)S8，S16－S8，S24－S16成等差数列，∴100＋S24－392＝2(392－100)，∴S24＝876.3.(必修5P44习题7改编)在等差数列{an}中，S12＝354，前12项中偶数项和与奇数项和之比为32∶27，则公差d＝________．答案：5解析：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(S奇＋S偶＝354，,\f(S偶,S奇)＝\f(32,27)，)))∴S奇＝162，S偶＝192，∴6d＝30，d＝5.4.(必修5P44习题10改编)已知数列{an}为等差数列，若a1＝－3，11a5＝5a8，则使前n项和Sn取最小值的n＝________．答案：2解析：∵a1＝－3，11a5＝5a8，∴d＝2，∴Sn＝n2－4n＝(n－2)2－4，∴当n＝2时，Sn最小．1.等差数列的定义(1)文字语言：如果一个数列从第二项起，每一项减去前一项所得的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．(2)符号语言：an＋1－an＝d(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．推广：an＝am＋(n－m)d.3.等差中项如果三个数a，A，b成等差数列，则A叫a和b的等差中项，且有A＝eq\f(a＋b,2)．4.等差数列的前n项和公式(1)Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d．(2)Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)．5.等差数列的性质(1)等差数列{an}中，对任意的m、n、p、q∈N*，若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq．特殊的，若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap．(2)等差数列{an}的通项公式可以写成an＝am＋(n－m)d(n、m∈N*)．(3)等差数列{an}中依次每m项的和仍成等差数列，即Sm、S2m－Sm、S3m－S2m、…仍成等差数列．[备课札记]题型1数列中的基本量的计算例1设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝5，S3＝9.(1)求首项a1和公差d的值；(2)若Sn＝100，求n的值．解：(1)由已知得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a3＝a1＋2d＝5，,S3＝3a1＋3d＝9，)))解得a1＝1，d＝2.(2)由Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)×d＝100，得n2＝100，解得n＝10或－10(舍)，所以n＝10.eq\a\vs4\al(变式训练)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝－62，S6＝－75，求：(1){an}的通项公式an及其前n项和Sn；(2)|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a14|.解：(1)设等差数列首项为a1，公差为d，依题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝－62，,6a1＋15d＝－75，)))解得a1＝－20，d＝3.an＝a1＋(n－1)d＝3n－23，Sn＝eq\f(（a1＋an）n,2)＝eq\f(n（－20＋3n－23）,2)＝eq\f(3,2)n2－eq\f(43,2)n.(2)∵a1＝－20，d＝3，∴{an}的项随着n的增大而增大．设ak≤0且ak＋1≥0得3k－23≤0，且3(k＋1)－23≥0，∴eq\f(20,3)≤k≤eq\f(23,3)(k∈Z)，故k＝7.即当n≤7时，an<0；当n≥8时，an>0.∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a14|＝－(a1＋a2＋…＋a7)＋(a8＋a9＋…＋a14)＝S14－2S7＝147.题型2判断或证明一个数列是否是等差数列例2已知等差数列{an}中，公差d>0，其前n项和为Sn，且满足a2·a3＝45,a1＋a4＝14.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设由bn＝eq\f(Sn,n＋c)(c≠0)构成的新数列为{bn}，求证：当且仅当c＝－eq\f(1,2)时，数列{bn}是等差数列．(1)解：∵等差数列{an}中，公差d>0，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a2·a3＝45,a1＋a4＝14)))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a2·a3＝45,a2＋a3＝14)))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a2＝5,a3＝9)))d＝4an＝4n－3.(2)证明：Sn＝eq\f(n（1＋4n－3）,2)＝n(2n－1)，bn＝eq\f(Sn,n＋c)＝eq\f(n（2n－1）,n＋c).由2b2＝b1＋b3，得eq\f(12,2＋c)＝eq\f(1,1＋c)＋eq\f(15,3＋c)，化简得2c2＋c＝0，c≠0，∴c＝－eq\f(1,2).反之，令c＝－eq\f(1,2)，即得bn＝2n，显然数列{bn}为等差数列，∴当且仅当c＝－eq\f(1,2)时，数列{bn}为等差数列．eq\a\vs4\al(备选变式（教师专享）)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn－Sn－1＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝eq\f(1,2).(1)求证：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是等差数列；(2)求an的表达式．(1)证明：等式两边同除以SnSn－1，得eq\f(1,Sn－1)－eq\f(1,Sn)＋2＝0，即eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2(n≥2)．∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝2为首项，以2为公差的等差数列．(2)解：由(1)知eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,S1)＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n，∴Sn＝eq\f(1,2n)，当n≥2时，an＝－2Sn·Sn－1＝－eq\f(1,2n（n－1）).又a1＝eq\f(1,2)，不适合上式，故an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，n＝1，,\f(1,2n（1－n）)，n≥2.))题型3等差数列的性质例3(1)已知等差数列{an}的公差为d(d≠0)，且a3＋a6＋a10＋a13＝32.若am＝8，则m＝________．(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9＝________．答案：(1)8(2)45解析：(1)由等差数列性质，知a3＋a6＋a10＋a13＝(a3＋a13)＋(a6＋a10)＝2a8＋2a8＝4a8＝32，∴a8＝8.∴m＝8.(2)由等差数列的性质，知S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，∴2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，∴a7＋a8＋a9＝S9－S6＝2(S6－S3)－S3＝45.eq\a\vs4\al(备选变式（教师专享）)(1)等差数列{an}中，Sn是{an}前n项和，已知S6＝2，S9＝5，则S15＝________；(2)给定81个数排成如图所示的数表，若每行9个数与每列的9个数按表中顺序构成等差数列，且表中正中间一个数a55＝5，则表中所有数之和为________．a11a12…a19a21a22…a29…………a91a92…a99答案：(1)15(2)405解析：(1)解法1：由等差数列的求和公式及eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S6＝2，,S9＝5，))知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6a1＋\f(6×5,2)d＝2，,9a1＋\f(9×8,2)d＝5，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－\f(1,27)，,d＝\f(4,27)，))∴S15＝15a1＋eq\f(15×14,2)d＝15.解法2：由等差数列性质，知eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))成等差数列，设其公差为D，则eq\f(S9,9)－eq\f(S6,6)＝3D＝eq\f(5,9)－eq\f(2,6)＝eq\f(2,9)，∴D＝eq\f(2,27)，∴eq\f(S15,15)＝eq\f(S9,9)＋6D＝eq\f(5,9)＋6×eq\f(2,27)＝1，∴S15＝15.(2)S＝(a11＋…＋a19)＋…＋(a91＋…＋a99)＝9(a15＋a25＋…＋a95)＝9×9×a55＝405.题型4等差数列中的最值问题例4已知等差数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，且满足a2＋a4＝14，S7＝70.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝eq\f(2Sn＋48,n)，则数列{bn}的最小项是第几项，并求该项的值．解：(1)设公差为d，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋4d＝14，,7a1＋21d＝70，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝3，))∴an＝3n－2.(2)Sn＝eq\f(n,2)[1＋(3n－2)]＝eq\f(3n2－n,2)，bn＝eq\f(3n2－n＋48,n)＝3n＋eq\f(48,n)－1≥2eq\r(3n·\f(48,n))－1＝23，当且仅当3n＝eq\f(48,n)，即n＝4时取等号．∴{bn}最小项是第4项，该项的值为23.eq\a\vs4\al(备选变式（教师专享）)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的和最大，并求出这个最大值．解：(1)∵S10＝a1＋a2＋…＋a10，S22＝a1＋a2＋…＋a22，S10＝S22，∴a11＋a12＋…＋a22＝0，eq\f(12（a11＋a22）,2)＝0，即a11＋a22＝2a1＋31d＝0.又a1＝31，∴d＝－2，∴Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝31n－n(n－1)＝32n－n2.(2)解法1：由(1)知Sn＝32n－n2，∴当n＝16时，Sn有最大值，Sn的最大值是256.解法2：由Sn＝32n－n2＝n(32－n)，欲使Sn有最大值，应有1<n<32，从而Sn≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋32－n,2)))eq\s\up12(2)＝256，当且仅当n＝32－n，即n＝16时，Sn有最大值256.1.(2013·重庆)若2、a、b、c、9成等差数列，则c－a＝________．答案：eq\f(7,2)解析：由9＝2＋4d得d＝eq\f(7,4)，则c－a＝2d＝eq\f(7,2).2.(2013·广东)在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a7＝________．答案：20解析：3a5＋a7＝2a5＋2a6＝2(a3＋a8)＝20.3.(2013·安徽)设Sn为等差数列{an}的前n项和，S8＝4a3，a7＝－2，则a9＝________．答案：－6解析：由条件得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(8a1＋\f(8×7,2)d＝4（a1＋2d），,a1＋6d＝－2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝10，,d＝－2，))故a9＝10＋8×(－2)＝－6.4.(2013·新课标)设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝________．答案：5解析：am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，则d＝1，由am＝2及Sm＝0得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋（m－1）＝2，,ma1＋\f(m（m－1）,2)＝0，))解得m＝5.1.已知等差数列的前三项依次为a，4，3a，前n项和为Sn，且Sk＝110.(1)求a及k的值；(2)设数列{bn}的通项bn＝eq\f(Sn,n)，证明数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn.解：(1)设该等差数列为{an}，则a1＝a，a2＝4，a3＝3a，由已知有a＋3a＝8，得a1＝a＝2，公差d＝4－2＝2，所以Sk＝ka1＋eq\f(k（k－1）,2)·d＝2k＋eq\f(k（k－1）,2)×2＝k2＋k.由Sk＝110，得k2＋k－110＝0，解得k＝10或k＝－11(舍去)，故a＝2，k＝10.(2)由(1)Sn＝eq\f(n（2＋2n）,2)＝n(n＋1)，则bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋1，故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，所以Tn＝eq\f(n（2＋n＋1）,2)＝eq\f(n（n＋3）,2).2.已知数列{an}为等差数列，若eq\f(a11,a10)＜－1，且它们的前n项和Sn有最大值，求使得Sn＜0的n的最小值．解：由题意知d＜0，a10＞0，a11＜0，a10＋a11＜0，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋9d>0，,a1＋10d<0，,2a1＋19d<0，,d<0，))得－eq\f(19,2)<eq\f(a1,d)<－9.Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，由Sn＝0得n＝0或n＝1－eq\f(2a1,d).∵19<1－eq\f(2a1,d)<20，∴Sn＜0的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(n∈N*\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(n>1－\f(2a1,d)))))，故使得Sn＜0的n的最小值为20.3.已知数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2＋an＝2an＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn是数列{|an|}的前n项和，求Sn.解：(1)由2an＋1＝an＋2＋an可得{an}是等差数列，且公差d＝eq\f(a4－a1,4－1)＝eq\f(2－8,3)＝－2.∴an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋10.(2)令an≥0，得n≤5.即当n≤5时，an≥0；n≥6时，an<0.∴当n≤5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝－n2＋9n；当n≥6时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)＝－(a1＋a2＋…＋an)＋2(a1＋a2＋…＋a5)＝－(－n2＋9n)＋2×(－52＋45)＝n2－9n＋40，∴Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－n2＋9n，n≤5，,n2－9n＋