新教材-人教A版高中数学选择性必修第二册-第四章-数列-知识点考点解题方法提炼汇总

第四章数列4.1数列的概念 -1-第1课时数列的概念及简单表示法 -1-第2课时数列的递推公式与an和Sn的关系 -7-4.2等差数列 -15-4.2.1等差数列的概念 -15-4.2.2等差数列的前n项和公式 -26-4.3等比数列 -38-4.3.1等比数列的概念 -38-4.3.2等比数列的前n项和公式 -48-4.4*数学归纳法 -59-4.1数列的概念第1课时数列的概念及简单表示法1．数列的概念及一般形式(2)数列1，2，3，4，5和数列5，3，2，4，1为两个不同的数列，因为二者的元素顺序不同，而集合{1，2，3，4，5}与这两个数列也不相同，一方面形式上不一致，另一方面，集合中的元素具有无序性．2．数列的分类类别含义按项的个数有穷数列项数有限的数列无穷数列项数无限的数列按项的变化趋势递增数列从第2项起，每一项都大于它的前一项的数列递减数列从第2项起，每一项都小于它的前一项的数列常数列各项都相等的数列摆动数列从第2项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列3．数列的通项公式如果数列{an}的第n项an与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式．4．数列与函数的关系从函数的观点看，数列可以看作是特殊的函数，关系如下表：定义域正整数集N*(或它的有限子集{1，2，3，…，n})解析式数列的通项公式值域自变量从1开始，按照从小到大的顺序依次取值时，对应的一列函数值构成表示方法(1)通项公式(解析法)；(2)列表法；(3)图象法数列的概念与分类【例1】(1)下列四个数列中，既是无穷数列又是递增数列的是()A．1，eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，…B．sineq\f(π,7)，sineq\f(2π,7)，sineq\f(3π,7)，…C．－1，－eq\f(1,2)，－eq\f(1,4)，－eq\f(1,8)，…D．1，eq\r(2)，eq\r(3)，…，eq\r(21)(2)(一题多空)已知下列数列：①2013，2014，2015，2016，2017，2018，2019，2020；②1，eq\f(1,2)，eq\f(1,4)，…，eq\f(1,2n－1)，…；③1，－eq\f(2,3)，eq\f(3,5)，…，eq\f(－1n－1·n,2n－1)，…；④1，0，－1，…，sineq\f(nπ,2)，…；⑤2，4，8，16，32，…；⑥－1，－1，－1，－1.其中，有穷数列是________，无穷数列是________，递增数列是________，递减数列是________，常数列是________，摆动数列是________(填序号)．(1)C[ABC为无穷数列，其中A是递减数列，B是摆动数列，C是递增数列，故选C.](2)①⑥②③④⑤①⑤②⑥③④[①为有穷数列且为递增数列；②为无穷、递减数列；③为无穷、摆动数列；④是摆动数列，也是无穷数列；⑤为递增数列，也是无穷数列；⑥为有穷数列，也是常数列．]1．有穷数列与无穷数列：判断给出的数列是有穷数列还是无穷数列，只需观察数列是有限项还是无限项．若数列是有限项，则是有穷数列，否则为无穷数列．2．数列{an}的单调性：若满足an＜an＋1，则{an}是递增数列；若满足an＞an＋1，则{an}是递减数列；若满足an＝an＋1，则{an}是常数列；若an与an＋1的大小不确定，则{an}是摆动数列．由数列的前几项求通项公式【例2】已知数列的前几项，写出下面数列的一个通项公式．(1)1，3，7，15，31，…；(2)4，44，444，4444，…；(3)－1eq\f(1,4)，3eq\f(2,9)，－5eq\f(3,16)，7eq\f(4,25)，－9eq\f(5,36)，…；(4)2，－eq\f(4,5)，eq\f(1,2)，－eq\f(4,11)，eq\f(2,7)，－eq\f(4,17)，…；(5)1，2，1，2，1，2，….[思路探究]观察数列前后项之间的规律，规律不明显的需将个别项进行调整，再看是否与对应的序号有规律的联系．[解](1)观察发现各项分别加上1后，数列变为2，4，8，16，32，…，新数列的通项为2n，故原数列的通项公式为an＝2n－1.(2)各项乘eq\f(9,4)，变为9，99，999，…，各项加上1后，数列变为10，100，1000，…，新数列的通项为10n，故原数列的通项公式为an＝eq\f(4,9)(10n－1)．(3)所给数列有这样几个特点：①符号正、负相间；②整数部分构成奇数列；③分数部分的分母为从2开始的自然数的平方；④分数部分的分子依次大1.综合这些特点写出表达式，再化简即可．由所给的几项可得数列的通项公式为an＝(－1)neq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2n－1＋\f(n,n＋12)))，所以an＝(－1)neq\f(2n3＋3n2＋n－1,n＋12).(4)数列的符号规律是正、负相间，使各项分子为4，数列变为eq\f(4,2)，－eq\f(4,5)，eq\f(4,8)，－eq\f(4,11)，…，再把各分母分别加上1，数列又变为eq\f(4,3)，－eq\f(4,6)，eq\f(4,9)，－eq\f(4,12)，…，所以an＝eq\f(4×－1n＋1,3n－1).(5)法一：可写成分段函数形式：an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n为奇数，n∈N*，,2，n为偶数，n∈N*.))法二：an＝eq\f(1＋2＋－1n＋11－2,2)＝eq\f(3＋－1n＋1－1,2)即an＝eq\f(3,2)＋eq\f(－1n,2).1．常见数列的通项公式归纳(1)数列1，2，3，4，…的一个通项公式为an＝n；(2)数列1，3，5，7，…的一个通项公式为an＝2n－1；(3)数列2，4，6，8，…的一个通项公式为an＝2n；(4)数列1，2，4，8，…的一个通项公式为an＝2n－1；(5)数列1，4，9，16，…的一个通项公式为an＝n2；(6)数列－1，1，－1，1，…的一个通项公式为an＝(－1)n；(7)数列1，eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，…的一个通项公式为an＝eq\f(1,n).2．复杂数列的通项公式的归纳方法①考察各项的结构；②观察各项中的“变”与“不变”；③观察“变”的规律是什么；④每项符号的变化规律如何；⑤得出通项公式．通项公式的应用[探究问题]1．根据通项公式如何求数列中的第几项？怎么确定某项是否是数列的项？若是，是第几项？[提示]根据an，求第几项，采用的是代入法，如第5项就是令n＝5，求a5.判断某项是否是数列中的项，就是解方程．令an等于该项，解得n∈N*即是，否则不是．2．已知数列{an}的通项公式为an＝－n2＋2n＋1，该数列的图象有何特点？试利用图象说明该数列的单调性及所有的正数项．[提示]由数列与函数的关系可知，数列{an}的图象是分布在二次函数y＝－x2＋2x＋1图象上的离散的点，如图所示，从图象上可以看出该数列是一个递减数列，且前两项为正数项，从第3项往后各项为负数项．【例3】已知数列{an}的通项公式为an＝3n2－28n.(1)写出此数列的第4项和第6项；(2)－49是否是该数列的一项？如果是，应是哪一项？68是否是该数列的一项呢？[思路探究](1)将n＝4，n＝6分别代入an求出数值即可；(2)令3n2－28n＝－49和3n2－28n＝68，求得n是否为正整数并判断．[解](1)a4＝3×42－28×4＝－64，a6＝3×62－28×6＝－60.(2)令3n2－28n＝－49，解得n＝7或n＝eq\f(7,3)(舍去)，所以－49是该数列的第7项；令3n2－28n＝68，解得n＝－2或n＝eq\f(34,3)，均不合题意，所以68不是该数列的项．1．(变结论)若本例中的条件不变，(1)试写出该数列的第3项和第8项；(2)20是不是该数列的一项？若是，是哪一项？[解](1)因为an＝3n2－28n，所以a3＝3×32－28×3＝－57，a8＝3×82－28×8＝－32.(2)令3n2－28n＝20，解得n＝10或n＝－eq\f(2,3)(舍去)，所以20是该数列的第10项．2．(变条件，变结论)若将例题中的“an＝3n2－28n”变为“an＝n2＋2n－5”，试判断数列{an}的单调性．[解]∵an＝n2＋2n－5，∴an＋1－an＝(n＋1)2＋2(n＋1)－5－(n2＋2n－5)＝n2＋2n＋1＋2n＋2－5－n2－2n＋5＝2n＋3.∵n∈N*，∴2n＋3>0，∴an＋1>an.∴数列{an}是递增数列．1．由通项公式写出数列的指定项，主要是对n进行取值，然后代入通项公式，相当于函数中，已知函数解析式和自变量的值求函数值．2．判断一个数是否为该数列中的项，其方法是可由通项公式等于这个数求方程的根，根据方程有无正整数根便可确定这个数是否为数列中的项．3．在用函数的有关知识解决数列问题时，要注意它的定义域是N*(或它的有限子集{1，2，3，…，n})这一约束条件．第2课时数列的递推公式与an和Sn的关系1．数列的递推公式(1)两个条件：①已知数列的第1项(或前几项)；②从第2项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示．(2)结论：具备以上两个条件的公式叫做这个数列的递推公式．2．数列递推公式与通项公式的关系递推公式通项公式区别表示an与它的前一项an－1(或前几项)之间的关系表示an与n之间的关系联系(1)都是表示数列的一种方法；(2)由递推公式求出前几项可归纳猜想出通项公式3．数列{an}的前n项和(1)数列{an}从第1项起到第n项止的各项之和称为数列{an}的前n项和，记作Sn，即Sn＝a1＋a2＋…＋an.(2)如果数列{an}的前n项和Sn与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的前n项和公式．(3)数列{an}的通项an与前n项和Sn之间的关系为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))由递推公式求数列中的项【例1】已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，以后各项由an＝an－1＋an－2(n≥3)给出．(1)写出此数列的前5项；(2)通过公式bn＝eq\f(an,an＋1)构造一个新的数列{bn}，写出数列{bn}的前4项．[解](1)∵an＝an－1＋an－2(n≥3)，且a1＝1，a2＝2，∴a3＝a2＋a1＝3，a4＝a3＋a2＝3＋2＝5，a5＝a4＋a3＝5＋3＝8.故数列{an}的前5项依次为a1＝1，a2＝2，a3＝3，a4＝5，a5＝8.(2)∵bn＝eq\f(an,an＋1)，且a1＝1，a2＝2，a3＝3，a4＝5，a5＝8，∴b1＝eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,2)，b2＝eq\f(a2,a3)＝eq\f(2,3)，b3＝eq\f(a3,a4)＝eq\f(3,5)，b4＝eq\f(a4,a5)＝eq\f(5,8).故{bn}的前4项依次为b1＝eq\f(1,2)，b2＝eq\f(2,3)，b3＝eq\f(3,5)，b4＝eq\f(5,8).由递推公式写出数列的项的方法1根据递推公式写出数列的前几项，首先要弄清楚公式中各部分的关系，依次代入计算即可.2若知道的是末项，通常将所给公式整理成用后面的项表示前面的项的形式，如an＝2an＋1＋1.3若知道的是首项，通常将所给公式整理成用前面的项表示后面的项的形式，如an＋1＝eq\f(an－1,2).数列的单调性【例2】已知数列{an}的通项公式是an＝(n＋2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))eq\s\up12(n)(n∈N*)，试问数列{an}是否有最大项？若有，求出最大项；若没有，说明理由．[思路探究]判断数列的单调性，寻求数列最大项，或假设an是数列的最大项，解不等式．[解]法一：作差比较an＋1与an的大小，判断{an}的单调性．an＋1－an＝(n＋3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))eq\s\up12(n＋1)－(n＋2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))eq\s\up12(n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))eq\s\up12(n)×eq\f(5－n,8).当n＜5时，an＋1－an＞0，即an＋1＞an；当n＝5时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；当n＞5时，an＋1－an＜0，即an＋1＜an.故a1＜a2＜a3＜a4＜a5＝a6＞a7＞a8＞…，所以数列{an}有最大项，且最大项为a5或a6，且a5＝a6＝eq\f(76,85).法二：作商比较an＋1与an的大小，判断{an}的单调性．eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))eq\s\up12(n＋1),n＋2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))eq\s\up12(n))＝eq\f(7n＋3,8n＋2).又an＞0，令eq\f(an＋1,an)＞1，解得n＜5；令eq\f(an＋1,an)＝1，解得n＝5；令eq\f(an＋1,an)＜1，解得n＞5.故a1＜a2＜a3＜a4＜a5＝a6＞a7＞…，所以数列{an}有最大项，且最大项为a5或a6，且a5＝a6＝eq\f(76,85).法三：假设{an}中有最大项，且最大项为第n项，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))eq\s\up12(n)≥n＋1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))eq\s\up12(n－1)，,n＋2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))eq\s\up12(n)≥n＋3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))eq\s\up12(n＋1)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n≤6，,n≥5，))即5≤n≤6.故数列{an}有最大项a5或a6，且a5＝a6＝eq\f(76,85).求数列{an}的最大小项的方法一是利用判断函数增减性的方法，先判断数列的增减情况，再求数列的最大项或最小项；如本题利用差值比较法来探讨数列的单调性，以此求解最大项.二是设ak是最大项，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ak≥ak－1，,ak≥ak＋1，))对任意的k∈N*且k≥2都成立，解不等式组即可.利用an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))求通项【例3】根据下列数列的前n项和Sn求通项an.(1)Sn＝2n2－n＋1；(2)Sn＝2·3n－2.[思路探究]先写出n≥2时，an＝Sn－Sn－1表达式，再求出n＝1时a1＝S1，验证是否适合n≥2时表达式．如果适合则an＝Sn－Sn－1(n∈N*)，否则an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))[解](1)由Sn＝2n2－n＋1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－n＋1)－[2(n－1)2－(n－1)＋1]＝4n－3.当n＝1时，a1＝S1＝2≠4×1－3.∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,4n－3，n≥2.))(2)由Sn＝2·3n－2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2·3n－2－(2·3n－1－2)＝4·3n－1.当n＝1时，a1＝S1＝2×31－2＝4＝4·31－1，∴an＝4·3n－1(n∈N*)．用an与Sn的关系求an的步骤1先确定n≥2时an＝Sn－Sn－1的表达式；2再利用Sn求出a1a1＝S1；3验证a1的值是否适合an＝Sn－Sn－1的表达式；4写出数列的通项公式.根据递推公式求通项[探究问题]1．某剧场有30排座位，从第一排起，往后各排的座位数构成一个数列{an}，满足a1＝20，an＋1＝an＋2，你能归纳出数列{an}的通项公式吗？[提示]由a1＝20，an＋1＝an＋2得a2＝a1＋2＝22，a3＝a2＋2＝24，a4＝a3＋2＝26，a5＝a4＋2＝28，…，由以上各项归纳可知an＝20＋(n－1)·2＝2n＋18.即an＝2n＋18(n∈N*，n≤30)．2．对于任意数列{an}，等式a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝an都成立吗？若数列{an}满足：a1＝1，an＋1－an＝2，你能求出它的通项an吗？[提示]等式a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝an成立，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋＝1＋2(n－1)＝2n－1.3．若数列{an}中的各项均不为0，等式a1·eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·…·eq\f(an,an－1)＝an成立吗？若数列{an}满足：a1＝3，eq\f(an＋1,an)＝2，则它的通项an是什么？[提示]等式a1·eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·…·eq\f(an,an－1)＝an成立．按照eq\f(an＋1,an)＝2可得eq\f(a2,a1)＝2，eq\f(a3,a2)＝2，eq\f(a4,a3)＝2，…，eq\f(an,an－1)＝2(n≥2)，将这些式子两边分别相乘可得eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a4,a3)·…·eq\f(an,an－1)＝2·2·…·2.则eq\f(an,a1)＝2n－1，所以an＝3·2n－1(n∈N*)．【例4】(1)已知数列{an}满足a1＝－1，an＋1＝an＋eq\f(1,nn＋1)，n∈N*，求通项公式an；(2)设数列{an}中，a1＝1，an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n)))an－1(n≥2)，求通项公式an.[思路探究](1)先将an＋1＝an＋eq\f(1,nn＋1)变形为an＋1－an＝eq\f(1,nn＋1)，照此递推关系写出前n项中任意相邻两项间的关系，这些式子两边分别相加即可求解．(2)先将an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n)))an－1(n≥2)变形为eq\f(an,an－1)＝eq\f(n－1,n)，按此递推关系，写出所有前后两项满足的关系，两边分别相乘即可求解．[解](1)∵an＋1－an＝eq\f(1,nn＋1)，∴a2－a1＝eq\f(1,1×2)；a3－a2＝eq\f(1,2×3)；a4－a3＝eq\f(1,3×4)；…an－an－1＝eq\f(1,n－1n).以上各式累加得，an－a1＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,n－1n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝1－eq\f(1,n).∴an＋1＝1－eq\f(1,n)，∴an＝－eq\f(1,n)(n≥2)．又∵n＝1时，a1＝－1，符合上式，∴an＝－eq\f(1,n)(n∈N*)．(2)∵a1＝1，an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n)))an－1(n≥2)，∴eq\f(an,an－1)＝eq\f(n－1,n)，an＝eq\f(an,an－1)×eq\f(an－1,an－2)×eq\f(an－2,an－3)×…×eq\f(a3,a2)×eq\f(a2,a1)×a1＝eq\f(n－1,n)×eq\f(n－2,n－1)×eq\f(n－3,n－2)×…×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,n).又∵n＝1时，a1＝1，符合上式，∴an＝eq\f(1,n)(n∈N*)．1．(变条件)将例题(1)中的条件“a1＝－1，an＋1＝an＋eq\f(1,nn＋1)，n∈N*”变为“a1＝eq\f(1,2)，anan－1＝an－1－an(n≥2)”，求数列{an}的通项公式．[解]∵anan－1＝an－1－an，∴eq\f(1,an)－eq\f(1,an－1)＝1.∴eq\f(1,an)＝eq\f(1,a1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,a1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a3)－\f(1,a2)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an－1)))＝2＋＝n＋1.∴eq\f(1,an)＝n＋1，∴an＝eq\f(1,n＋1)(n≥2)．又∵n＝1时，a1＝eq\f(1,2)，符合上式，∴an＝eq\f(1,n＋1)(n∈N*).2．(变条件)将例题(2)中的条件“a1＝1，an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n)))an－1(n≥2)”变为“a1＝2，an＋1＝3an(n∈N*)”写出数列的前5项，猜想an并加以证明．[解]由a1＝2，an＋1＝3an，得：a2＝3a1＝3×2，a3＝3a2＝3×3×2＝32×2，a4＝3a3＝3×32×2＝33×2，a5＝3a4＝3×33×2＝34×2，…，猜想：an＝2×3n－1，证明如下：由an＋1＝3an得eq\f(an＋1,an)＝3.因此可得eq\f(a2,a1)＝3，eq\f(a3,a2)＝3，eq\f(a4,a3)＝3，…，eq\f(an,an－1)＝3.将上面的n－1个式子相乘可得eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a4,a3)·…·eq\f(an,an－1)＝3n－1.即eq\f(an,a1)＝3n－1，所以an＝a1·3n－1，又a1＝2，故an＝2·3n－1.由数列的递推公式求通项公式时，若递推关系为an＋1＝an＋fn或an＋1＝gn·an，则可以分别通过累加或累乘法求得通项公式，即：1累加法：当an＝an－1＋fn时，常用an＝an－an－1＋an－1－an－2＋…＋a2－a1＋a1求通项公式；2累乘法：eq\f(an,an－1)当＝gn时，常用an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a2,a1)·a1求通项公式.4.2等差数列4.2.1等差数列的概念第1课时等差数列的概念及简单表示1．等差数列的概念文字语言如果一个数列从第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，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示符号语言an＋1－an＝d(d为常数，n∈N*)2．等差中项(1)条件：如果a，A，b成等差数列．(2)结论：那么A叫做a与b的等差中项．(3)满足的关系式是a＋b＝2A.3．等差数列的通项公式以a1为首项，d为公差的等差数列{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d.4．从函数角度认识等差数列{an}若数列{an}是等差数列，首项为a1，公差为d，则an＝f(n)＝a1＋(n－1)d＝nd＋(a1－d)．(1)点(n，an)落在直线y＝dx＋(a1－d)上；(2)这些点的横坐标每增加1，函数值增加d.等差数列的通项公式【例1】已知数列{an}为等差数列，a15＝8，a60＝20，求a75.[解]法一：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋14d＝8，,a1＋59d＝20，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(64,15)，,d＝\f(4,15).))故a75＝a1＋74d＝eq\f(64,15)＋74×eq\f(4,15)＝24.法二：∵a60＝a15＋(60－15)d，∴d＝eq\f(20－8,60－15)＝eq\f(4,15)，∴a75＝a60＋(75－60)d＝20＋15×eq\f(4,15)＝24.法三：已知数列{an}是等差数列，可设an＝kn＋b.由a15＝8，a60＝20得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(15k＋b＝8，,60k＋b＝20，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝\f(4,15)，,b＝4.))∴a75＝75×eq\f(4,15)＋4＝24.等差数列通项公式的妙用1等差数列{an}的通项公式an＝a1＋n－1d中含有四个量，即an，a1，n，d，如果知道了其中的任意三个量，就可以由通项公式求出第四个量，这一求未知量的过程我们通常称之为“知三求一”.2从函数的角度看等差数列的通项公式.由等差数列的通项公式an＝a1＋n－1d可得an＝dn＋a1－d，当d≠0时，an是关于n的一次函数.3由两点确定一条直线的性质可以得出，等差数列的任意两项可以确定这个等差数列.若已知等差数列的通项公式，可以写出数列中的任意一项.等差中项的应用【例2】(1)已知m和2n的等差中项是8，2m和n的等差中项是10，则m和n的等差中项是________．(2)已知eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)是等差数列，求证：eq\f(b＋c,a)，eq\f(a＋c,b)，eq\f(a＋b,c)也是等差数列．[思路探究](1)eq\x(列方程组)→eq\x(求解m，n)→eq\x(求m，n的等差中项)(2)(1)6[由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋2n＝8×2＝16，,2m＋n＝10×2＝20，))∴3(m＋n)＝20＋16＝36，∴m＋n＝12，∴eq\f(m＋n,2)＝6.](2)[证明]∵eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)成等差数列，∴eq\f(2,b)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)，即2ac＝b(a＋c)．∵eq\f(b＋c,a)＋eq\f(a＋b,c)＝eq\f(cb＋c＋aa＋b,ac)＝eq\f(a2＋c2＋ba＋c,ac)＝eq\f(a2＋c2＋2ac,ac)＝eq\f(2a＋c2,ba＋c)＝eq\f(2a＋c,b)，∴eq\f(b＋c,a)，eq\f(a＋c,b)，eq\f(a＋b,c)成等差数列．等差中项应用策略1求两个数x，y的等差中项，即根据等差中项的定义得A＝eq\f(x＋y,2).2证三项成等差数列，只需证中间一项为两边两项的等差中项即可，即若a，b，c成等差数列，则有a＋c＝2b；反之，若a＋c＝2b，则a，b，c成等差数列.等差数列的判定与证明[探究问题]1．在数列{an}中，若an－an－1＝d(常数)(n≥2且n∈N*)，则{an}是等差数列吗？为什么？[提示]由等差数列的定义可知满足an－an－1＝d(常数)(n≥2)是等差数列．2．在数列{an}中，若有2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*)成立，则{an}是等差数列吗？为什么？[提示]是，由等差中项的定义可知．3．若{an}是公差为d的等差数列，那么{an＋an＋2}是等差数列吗？若是，公差是多少？[提示]∵(an＋1＋an＋3)－(an＋an＋2)＝(an＋1－an)＋(an＋3－an＋2)＝d＋d＝2d.∴{an＋an＋2}是公差为2d的等差数列．【例3】已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq\f(2an,an＋2).(1)数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是否为等差数列？说明理由；(2)求an.[解](1)数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列，理由如下：∵a1＝2，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，∴eq\f(1,an＋1)＝eq\f(an＋2,2an)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,an)，∴eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)，即eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，公差为d＝eq\f(1,2)的等差数列．(2)由(1)可知eq\f(1,an)＝eq\f(1,a1)＋(n－1)d＝eq\f(n,2)，∴an＝eq\f(2,n).1．(变条件，变结论)将例题中的条件“a1＝2，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)”换为“a1＝4，an＝4－eq\f(4,an－1)(n>1)，记bn＝eq\f(1,an－2)”．(1)试证明数列{bn}为等差数列；(2)求数列{an}的通项公式．[解](1)证明：bn＋1－bn＝eq\f(1,an＋1－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(4,an)))－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(an,2an－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(an－2,2an－2)＝eq\f(1,2).又b1＝eq\f(1,a1－2)＝eq\f(1,2)，∴数列{bn}是首项为eq\f(1,2)，公差为eq\f(1,2)的等差数列．(2)由(1)知bn＝eq\f(1,2)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)n.∵bn＝eq\f(1,an－2)，∴an＝eq\f(1,bn)＋2＝eq\f(2,n)＋2.∴数列{an}的通项公式为an＝eq\f(2,n)＋2.2．(变条件)将本例中条件“a1＝2，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)”换成“a1＝eq\f(1,5)，n≥2时有eq\f(an－1,an)＝eq\f(2an－1＋1,1－2an)(n＞1，n∈N*)”，结论如何？[解](1)证法一：eq\f(an－1,an)＝eq\f(2an－1＋1,1－2an)(n＞1，n∈N*)∴an－1(1－2an)＝an(2an－1＋1)(n＞1，n∈N*)，即an－1＝an(4an－1＋1)(n＞1，n∈N*)，∴an＝eq\f(an－1,4an－1＋1)(n＞1，n∈N*)，∴eq\f(1,an)＝eq\f(4an－1＋1,an－1)＝4＋eq\f(1,an－1)(n＞1，n∈N*)，∴eq\f(1,an)－eq\f(1,an－1)＝4(n＞1，n∈N*)，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列且公差为4，首项为5.证法二：当n＞1，n∈N*时，eq\f(an－1,an)＝eq\f(2an－1＋1,1－2an)⇔eq\f(1－2an,an)＝eq\f(2an－1＋1,an－1)⇔eq\f(1,an)－2＝2＋eq\f(1,an－1)⇔eq\f(1,an)－eq\f(1,an－1)＝4，且eq\f(1,a1)＝5.∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列，且公差为4，首项为5.(2)由(1)及等差数列的通项公式得eq\f(1,an)＝5＋(n－1)×4＝4n＋1，∴an＝eq\f(1,4n＋1).等差数列的三种判定方法1定义法：an＋1－an＝d常数n∈N*⇔{an}为等差数列；2等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2n∈N*⇔{an}为等差数列；3通项公式法：an＝an＋ba，b是常数，n∈N*⇔{an}为等差数列.但如果要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法.第2课时等差数列的性质1．等差数列的图象等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d，当d＝0时，an是一个固定常数；当d≠0时，an相应的函数是一次函数；点(n，an)分布在以d为斜率的直线上，是这条直线上的一列孤立的点．2．等差数列的性质(1){an}是公差为d的等差数列，若正整数m，n，p，q满足m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq.①特别地，当m＋n＝2k(m，n，k∈N*)时，am＋an＝2ak.②对有穷等差数列，与首末两项“等距离”的两项之和等于首末两项的和，即a1＋an＝a2＋an－1＝…＝ak＋an－k＋1＝….(2)从等差数列中，每隔一定的距离抽取一项，组成的数列仍为等差数列．(3)若{an}是公差为d的等差数列，则①{c＋an}(c为任一常数)是公差为d的等差数列；②{can}(c为任一常数)是公差为cd的等差数列；③{an＋an＋k}(k为常数，k∈N*)是公差为2d的等差数列．(4)若{an}，{bn}分别是公差为d1，d2的等差数列，则数列{pan＋qbn}(p，q是常数)是公差为pd1＋qd2的等差数列．(5){an}的公差为d，则d>0⇔{an}为递增数列；d<0⇔{an}为递减数列；d＝0⇔{an}为常数列．灵活设元解等差数列【例1】已知递减等差数列{an}的前三项和为18，前三项的乘积为66，求数列的通项公式，并判断－34是否为该数列的项．[思路探究]前三项可以设为a－d，a，a＋d，也可以直接用“通法”解决．[解]法一：设该等差数列的前三项为a－d，a，a＋d，则(a－d)＋a＋(a＋d)＝3a＝18.解得a＝6.又前三项的乘积为66.∴6×(6＋d)(6－d)＝66，解得d＝±5.由于该数列单调递减，所以d＝－5，且首项为11，所以通项公式为an＝11＋(n－1)×(－5)＝－5n＋16.令－5n＋16＝－34，解得n＝10.∴－34是数列{an}的第10项．法二：依题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝18，,a1·a2·a3＝66，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝18，,a1·a1＋d·a1＋2d＝66，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝11，,d＝－5，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝5.))∵数列{an}是递减等差数列，∴d＜0.故a1＝11，d＝－5.∴an＝11＋(n－1)×(－5)＝－5n＋16，即等差数列{an}的通项公式为an＝－5n＋16.令an＝－34，即－5n＋16＝－34，得n＝10.∴－34是数列{an}的第10项．等差数列的设项方法与技巧1当已知条件中出现与首项、公差有关的内容时，可直接设首项为a1，公差为d，利用已知条件建立方程求出a1和d，即可确定数列.2当已知数列有2n项时，可设为a－2n－1d，…，a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，…，a＋2n－1d，此时公差为2d.3当已知数列有2n＋1项时，可设为a－nd，a－n－1d，…，a－d，a，a＋d，…，a＋n－1d，a＋nd，此时公差为d.等差数列的实际应用【例2】某公司2017年生产一种数码产品，获利200万元，从2018年起，预计其利润每年比上一年减少20万元，按照这一规律，如果该公司不研发新产品，也不调整经营策略，试计算从哪一年起，该公司生产这一产品将出现亏损？[思路探究]根据条件可以构造等差数列，由条件可知首项和公差都已知，利用等差数列解决该问题．[解]记2017年为第1年，由题设可知第1年获利200万元，第2年获利180万元，第3年获利160万元，……则该公司每年获得的利润构成等差数列{an}，且当an＜0时，该公司生产此产品将出现亏损．设第n年的利润为an，因为a1＝200，公差d＝－20，所以an＝a1＋(n－1)d＝220－20n.由题意知数列{an}为递减数列，令an＜0，即220－20n＜0，解得n＞11，即从第12年起，也就是从2028年开始，该公司生产此产品将出现亏损．解决等差数列实际问题的基本步骤1将已知条件翻译成数学数列问题；2构造等差数列模型明确首项和公差；3利用通项公式解决等差数列问题；4将所求出的结果回归为实际问题.等差数列的性质[探究问题]1．在等差数列{an}中，若an＝3n＋1，那么a1＋a5＝a2＋a4吗？a2＋a5＝a3＋a4成立吗？由此你能得到什么结论？该结论对任意等差数列都适用吗？为什么？[提示]由an＝3n＋1可知a1＋a5＝a2＋a4与a2＋a5＝a3＋a4均成立，由此有若m，n，p，q∈N*且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq.对于任意等差数列{an}，设其公差为d.则am＋an＝a1＋(m－1)d＋a1＋(n－1)d＝2a1＋(m＋n－2)d，ap＋aq＝a1＋(p－1)d＋a1＋(q－1)d＝2a1＋(p＋q－2)d，因为m＋n＝p＋q，故am＋an＝ap＋aq对任意等差数列都适用．2．在等差数列{an}中，如果m＋n＝2r，那么am＋an＝2ar是否成立？反过来呢？[提示]若m＋n＝2r(m，n，r∈N*)，则am＋an＝a1＋(m－1)d＋a1＋(n－1)d＝2a1＋(m＋n－2)d＝2a1＋(2r－2)·d＝2[a1＋(r－1)d]＝2ar，显然成立；在等差数列{an}中，若am＋an＝2ar，不一定有m＋n＝2r，如常数列．3．已知一个无穷等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则：(1)若将数列中的前m项去掉，其余各项组成一个新数列，这个新数列还是等差数列吗？(2)取出数列中的所有奇数项，组成一个新的数列，这个新数列还是等差数列吗？(3)如果取出数列中所有序号为7的倍数的项，组成一个新的数列，这个新数列还是等差数列吗？[提示](1)、(2)、(3)中所得到的数列都还是等差数列，其中(1)中的公差为d，(2)中的公差为2d，(3)中的公差为7d.【例3】(1)已知等差数列{an}中，a3＋a6＝8，则5a4＋a7＝()A．32B．27C．24D．16(2)若关于x的方程x2－2x＋m＝0和x2－2x＋n＝0(m≠n)的四个根可组成首项为eq\f(1,4)的等差数列，则|m－n|的值是________．[思路探究](1)运用“m＋n＝p＋q则am＋an＝ap＋aq”求解．(2)考虑两个方程都具备特点“两根之和是2”，结合根与系数的关系求解．(1)C(2)eq\f(1,2)[(1)法一：设等差数列{an}公差d，则a3＋a6＝2a1＋7d＝8，所以5a4＋a7＝6a1＋21d＝3(2a1＋7d)＝24.法二：在等差数列中，m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq.∴a2＋a6＝a3＋a5＝2a4，∴5a4＋a7＝a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7.又a2＋a7＝a3＋a6＝a4＋a5.∴5a4＋a7＝3(a3＋a6)＝3×8＝24.(2)设a，b为方程x2－2x＋m＝0的两根，则a＋b＝2，c，d为方程x2－2x＋n＝0的两根，则c＋d＝2，而四个根可组成一个首项为eq\f(1,4)的等差数列，现假定a＝eq\f(1,4)，则b＝2－eq\f(1,4)＝eq\f(7,4).根据等差数列的四项中，第一项与第四项的和等于第二项与第三项的和，∴这个等差数列的顺序为eq\f(1,4)，c，d，eq\f(7,4).则c＝eq\f(3,4)，d＝eq\f(5,4).∴m＝ab＝eq\f(7,16)，n＝cd＝eq\f(15,16).∴|m－n|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(7,16)－\f(15,16)))＝eq\f(1,2).]1．(变条件，变结论)本例(1)中条件变为“在等差数列{an}中，若a5＝8，a10＝20”，求a15.[解]法一：因为a5，a10，a15成等差数列，所以a5＋a15＝2a10.所以a15＝2a10－a5＝2×20－8＝32.法二：因为{an}为等差数列，设其公差为d，所以a10＝a5＋5d，所以20＝8＋5d，所以d＝eq\f(12,5).所以a15＝a10＋5d＝20＋5×eq\f(12,5)＝32.2．(变条件，变结论)本例(1)中条件变为“在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450”，求a2＋a8.[解]法一：∵在等差数列{an}中a3＋a7＝a4＋a6＝2a5，∴(a3＋a7)＋(a4＋a6)＋a5＝5a5＝450.解得a5＝90.∴a2＋a8＝2a5＝180.法二：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.根据an＝a1＋(n－1)d，∴a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a1＋20d＝5(a1＋4d)＝450.∴a1＋4d＝90.而a2＋a8＝2a1＋8d＝2(a1＋4d)＝2×90＝180.等差数列性质的应用技巧已知等差数列的两项和，求其余几项和或者求其中某项，对于这样的问题，在解题过程中通常就要注意考虑利用等差数列的下列性质：1若m＋n＝p＋qm，n，p，q∈N*，则am＋an＝ap＋aq其中am，an，ap，aq是数列中的项.该性质可推广为：若m＋n＋z＝p＋q＋km，n，z，p，q，k∈N*，则am＋an＋az＝ap＋aq＋ak.2若m＋n＝2pm，n，p∈N*，则am＋an＝2ap.4.2.2等差数列的前n项和公式第1课时等差数列的前n项和公式1．等差数列前n项和公式是用倒序相加法推导的．2．等差数列的前n项和公式已知量首项、末项与项数首项、公差与项数求和公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d3．等差数列前n项和Sn的最值(1)若a1<0，d>0，则数列的前面若干项为负数项(或0)，所以将这些项相加即得{Sn}的最小值．(2)若a1>0，d<0，则数列的前面若干项为正数项(或0)，所以将这些项相加即得{Sn}的最大值．特别地，若a1>0，d>0，则S1是{Sn}的最小值；若a1<0，d<0，则S1是{Sn}的最大值．等差数列前n项和的有关计算【例1】在等差数列{an}中，(1)已知a6＝10，S5＝5，求a8；(2)已知a2＋a4＝eq\f(48,5)，求S5.[思路探究](1)由于有两个已知条件，所以可以通过列方程组求出基本量a1，d来解决问题，也可以运用等差数列前n项和公式求解；(2)由于只有一个已知条件，需要结合等差数列的通项公式和前n项和公式求解，也可以利用等差数列的性质和前n项和公式求解．[解](1)法一：∵a6＝10，S5＝5，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝10，,5a1＋10d＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－5，,d＝3.))∴a8＝a6＋2d＝16.法二：∵S6＝S5＋a6＝15，∴15＝eq\f(6a1＋a6,2)，即3(a1＋10)＝15.∴a1＝－5，d＝eq\f(a6－a1,5)＝3.∴a8＝a6＋2d＝16.(2)法一：∵a2＋a4＝a1＋d＋a1＋3d＝eq\f(48,5)，∴a1＋2d＝eq\f(24,5).∴S5＝5a1＋10d＝5(a1＋2d)＝5×eq\f(24,5)＝24.法二：∵a2＋a4＝a1＋a5，∴a1＋a5＝eq\f(48,5)，∴S5＝eq\f(5a1＋a5,2)＝eq\f(5,2)×eq\f(48,5)＝24.求数列的基本量的基本方法求数列的基本量的基本方法是构建方程或方程组或运用数列的有关性质进行处理，1“知三求一”：a1，d，n称为等差数列的三个基本量，在通项公式和前n项和公式中，都含有四个量，已知其中的三个可求出第四个.2“知三求二”：五个量a1，d，n，an，Sn中可知三求二，一般列方程组求解.等差数列前n项和公式的实际应用【例2】某抗洪指挥部接到预报，24小时后有一洪峰到达，为确保安全，指挥部决定在洪峰到来之前临时筑一道堤坝作为第二道防线．经计算，除现有的参战军民连续奋战外，还需调用20台同型号翻斗车，平均每辆车工作24小时．从各地紧急抽调的同型号翻斗车目前只有一辆投入使用，每隔20分钟能有一辆翻斗车到达，一共可调集25辆，那么在24小时内能否构筑成第二道防线？[思路探究]因为每隔20分钟到达一辆车，所以每辆车的工作量构成一个等差数列．工作量的总和若大于欲完成的工作量，则说明24小时内可完成第二道防线工程．[解]从第一辆车投入工作算起，各车工作时间(单位：小时)依次设为a1，a2，…，a25.由题意可知，此数列为等差数列，且a1＝24，公差d＝－eq\f(1,3).25辆翻斗车完成的工作量为：a1＋a2＋…＋a25＝25×24＋25×12×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝500，而需要完成的工作量为24×20＝480.∵500>480，∴在24小时内能构筑成第二道防线．遇到与正整数有关的应用题时，可以考虑与数列知识联系，建立数列模型，具体解决要注意以下两点：1抓住实际问题的特征，明确是什么类型的数列模型.2深入分析题意，确定是求通项公式an，或是求前n项和Sn，还是求项数n.等差数列前n项和Sn的函数特征[探究问题]1．Sn＝An2＋Bn的函数特征怎样？[提示](1)当A＝0，B＝0时(此时a1＝0，d＝0)，Sn＝0，此时Sn是关于n的常数函数；(2)当A＝0，B≠0时eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(此时a1≠\f(d,2)，d＝0))，Sn＝Bn，此时Sn是关于n的一次函数(正比例函数)；(3)当A≠0，B＝0时eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(此时a1＝\f(d,2)，d≠0))，Sn＝An2，此时Sn是关于n的二次函数；(4)当A≠0，B≠0时eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(此时a1≠\f(d,2)，d≠0))，Sn＝An2＋Bn，此时Sn是关于n的二次函数．2．已知一个数列{an}的前n项和为Sn＝n2－5n，试画出Sn关于n的函数图象．你能说明数列{an}的单调性吗？该数列前n项和有最值吗？[提示]Sn＝n2－5n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(25,4)，它的图象是分布在函数y＝x2－5x的图象上的离散的点，由图象的开口方向可知该数列是递增数列，图象开始下降说明了{an}前n项为负数．由Sn的图象可知，Sn有最小值且当n＝2或3时，Sn最小，最小值为－6，即数列{an}前2项或前3项和最小．【例3】数列{an}的前n项和Sn＝33n－n2，(1)求{an}的通项公式；(2)则{an}的前多少项和最大？[思路探究](1)利用Sn与an的关系求通项，也可由Sn的结构特征求a1，d，从而求出通项．(2)利用Sn的函数特征求最值，也可以用通项公式找到通项的变号点求解．[解](1)法一：(公式法)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝34－2n，又当n＝1时，a1＝S1＝32＝34－2×1，满足an＝34－2n.故{an}的通项公式为an＝34－2n.法二：(结构特征法)由Sn＝－n2＋33n知Sn是关于n的缺常数项的二次型函数，所以{an}是等差数列，由Sn的结构特征知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)＝－1，,a1－\f(d,2)＝33，))解得a1＝32，d＝－2，所以an＝34－2n.(2)法一：(公式法)令an≥0，得34－2n≥0，所以n≤17，故数列{an}的前17项大于或等于零．又a17＝0，故数列{an}的前16项或前17项的和最大．法二：(函数性质法)由y＝－x2＋33x的对称轴为x＝eq\f(33,2)，距离eq\f(33,2)最近的整数为16，17.由Sn＝－n2＋33n的图象可知：当n≤17时，an≥0，当n≥18时，an<0，故数列{an}的前16项或前17项的和最大．1．(变条件)将例题中的条件“Sn＝33n－n2”变为“在等差数列{an}中，a1＝25，S17＝S9”，求其前n项和Sn的最大值．[解]法一：∵S9＝S17，a1＝25，∴9×25＋eq\f(99－1,2)d＝17×25＋eq\f(1717－1,2)d，解得d＝－2.∴Sn＝25n＋eq\f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋26n＝－(n－13)2＋169.∴当n＝13时，Sn有最大值169.法二：同法一，求出公差d＝－2.∴an＝25＋(n－1)×(－2)＝－2n＋27.∵a1＝25>0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝－2n＋27≥0，,an＋1＝－2n＋1＋27≤0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n≤13\f(1,2)，,n≥12\f(1,2)，))又∵n∈N*，∴当n＝13时，Sn有最大值169.法三：∵S9＝S17，∴a10＋a11＋…＋a17＝0.由等差数列的性质得a13＋a14＝0.∵a1>0，∴d<0.∴a13>0，a14<0.∴当n＝13时，Sn有最大值169.法四：设Sn＝An2＋Bn.∵S9＝S17，∴二次函数对称轴为x＝eq\f(9＋17,2)＝13，且开口方向向下，∴当n＝13时，Sn取得最大值169.2．(变结论)本例中条件不变，令bn＝|an|，求数列{bn}的前n项和Tn.[解]由数列{an}的通项公式an＝34－2n知，当n≤17时，an≥0；当n≥18时，an<0.所以当n≤17时，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝33n－n2.当n≥18时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|a17|＋|a18|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a17－(a18＋a19＋…＋an)＝S17－(Sn－S17)＝2S17－Sn＝n2－33n＋544.故Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(33n－n2n≤17，,n2－33n＋544n≥18.))1．在等差数列中，求Sn的最小(大)值的方法(1)利用通项公式寻求正、负项的分界点，则从第一项起到分界点该项的各项和为最大(小)值．(2)借助二次函数的图象及性质求最值．2．寻求正、负项分界点的方法(1)寻找正、负项的分界点，可利用等差数列的性质或利用eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0))来寻找．(2)利用到y＝ax2＋bx(a≠0)图象的对称轴距离最近的一侧的一个整数或离对称轴最近且关于对称轴对称的两个整数对应项即为正、负项的分界点．3．求解数列{|an|}的前n项和，应先判断{an}的各项的正负，然后去掉绝对值号，转化为等差数列的求和问题．第2课时等差数列前n项和的性质等差数列前n项和的性质(1)等差数列{an}中，其前n项和为Sn，则{an}中连续的n项和构成的数列Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…构成等差数列．(2)数列{an}是等差数列⇔Sn＝an2＋bn(a，b为常数)．(3)在等差数列{an}中，a1＋a2，a2＋a3，a3＋a4，…也成等差数列，a1＋a2＋a3，a2＋a3＋a4，a3＋a4＋a5，…也成等差数列．(4)在等差数列{an}中，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列．“片段和”的性质【例1】在等差数列{an}中，S10＝100，S100＝10.求S110.[思路探究](1)可利用方程(组)思想求解．(2)可利用性质求解，如看作{an}中，依次取10项的和所得新数列前11项的和求解．[解]法一：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10a1＋\f(10×10－1,2)d＝100，,100a1＋\f(100×100－1,2)d＝10.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1099,100)，,d＝－\f(11,50).))∴S110＝110a1＋eq\f(110×110－1,2)d＝110×eq\f(1099,100)＋eq\f(110×109,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,50)))＝－110.法二：∵S10＝100，S100＝10，∴S100－S10＝a11＋a12＋…＋a100＝eq\f(90a11＋a100,2)＝－90，∴a11＋a100＝－2.又∵a1＋a110＝a11＋a100＝－2，∴S110＝eq\f(110a1＋a110,2)＝－110.法三：∵S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90，S110－S100，…成等差数列，∴设公差为d，数列前100项和为10×100＋eq\f(10×9,2)d＝10，解得d＝－22.∴前110项和S110＝11×100＋eq\f(10×11,2)d＝11×100＋10×eq\f(11,2)×(－22)＝－110.法四：设数列{an}的公差为d，由于Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d，则eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(d,2)(n－1)．∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差数列，其公差为eq\f(d,2).∴eq\f(S100,100)－eq\f(S10,10)＝(100－10)×eq\f(d,2)，且eq\f(S110,110)－eq\f(S100,100)＝(110－100)×eq\f(d,2).代入已知数值，消去d，可得S110＝－110.法五：令Sn＝An2＋Bn.由S10＝100，S100＝10，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(100A＋10B＝100，,10000A＋100B＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＝－\f(11,100)，,B＝\f(111,10).))∴S110＝1102A＋110B＝1102×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,100)))＋110×eq\f(111,10)＝－110.方法一属于通性通法；方法二使用Sn和an之间的关系；方法三使用前n项和“片段和”的性质；方法四使用性质eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))“也是等差数列”；方法五利用前n项和可用Sn＝An2＋Bn表示的特点.这五种解法从不同角度应用了等差数列的性质，并灵活选用前n项和公式，使问题快速得到解决.裂项相消法求和【例2】等差数列{an}中，a1＝3，公差d＝2，Sn为前n项和，求eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn).[思路探究]根据{an}为等差数列求出其前n项和，根据eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))的通项特征，利用裂项相消法求和．[解]∵等差数列{an}的首项a1＝3，公差d＝2，∴前n项和Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝3n＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2＋2n(n∈N*)，∴eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,n2＋2n)＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，∴eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,2n＋1n＋2).裂项相消法求数列的前n项和的基本思想是设法将数列的每一项拆成两项裂项之差，并使它们在相加时除了首尾各有一项或少数几项外，其余各项都能前后相消，进而求数列的前n项和.有限项等差数列前n项和的性质及比值问题[探究问题]1．在等差数列{an}中，如果项数为2n，那么S偶与S奇之间存在哪些关系？[提示]∵S偶＝eq\f(na2＋a2n,2)＝eq\f(n×2an＋1,2)＝nan＋1，S奇＝eq\f(na1＋a2n－1,2)＝eq\f(n×2an,2)＝nan，∴S偶－S奇＝n(an＋1－an)＝nd.eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(an,an＋1).2．在等差数列{an}中，若项数有2n＋1项，S奇与S偶具有什么关系？[提示]∵S奇＝eq\f(n＋1a1＋a2n＋1,2)＝(n＋1)an＋1，S偶＝eq\f(na2＋a2n,2)＝nan＋1，∴S奇－S偶＝(n＋1)an＋1－nan＋1＝an＋1，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n＋1,n).3．若数列{an}，{bn}均为等差数列，且前n项和分别是Sn，Tn，那么eq\f(am,bm)怎么用前n项和形式表示？[提示]eq\f(am,bm)＝eq\f(2am,2bm)＝eq\f(\f(2m－1a1＋a2m－1,2),\f(2m－1b1＋b2m－1,2))＝eq\f(S2m－1,T2m－1).【例3】(1)数列{an}，{bn}均为等差数列，前n项和分别为Sn，Tn，若eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(3n＋2,2n)，则eq\f(a7,b7)＝()A．eq\f(41,26)B．eq\f(23,14)C．eq\f(11,7)D．eq\f(11,6)(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之比为32∶27，则该数列的公差为________．[思路探究](1)利用eq\f(an,bn)＝eq\f(S2n－1,T2n－1).(2)利用S偶－S奇＝nd(项数为2n项时)．(1)A(2)5[(1)因为数列{an}，{bn}均为等差数列，且Sn，Tn分别为它们的前n项和，∴eq\f(a7,b7)＝eq\f(2a7,2b7)＝eq\f(\f(a1＋a13,2)×13,\f(b1＋b13,2)×13)＝eq\f(S13,T13)＝eq\f(3×13＋2,2×13)＝eq\f(41,26).(2)法一：根据题意知，偶数项的和比奇数项的和多eq\f(354×32－27,32＋27)，其值为6d，则d＝[354×(32－27)÷(32＋27)]÷6＝5.法二：设偶数项的和为x，奇数项的和为y，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝354，,\f(x,y)＝\f(32,27)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝192，,y＝162.))∴6d＝192－162＝30，∴d＝5.法三：由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12a1＋\f(12×11,2)d＝354，①,\f(6a1＋d＋\f(6×5,2)·2d,6a1＋\f(6×5,2)·2d)＝\f(32,27)，②))由①知6a1＝177－33d，将此式代入②得(177－3d)·32＝(177＋3d)·27，解得d＝5.]1．(变结论)在本例(1)条件不变的情况下，求eq\f(a10,b3＋b18)＋eq\f(a11,b6＋b15)的值．[解]∵b3＋b18＝b6＋b15＝b10＋b11，∴原式＝eq\f(a10＋a11,b10＋b11)＝eq\f(a1＋a20,b1＋b20)＝eq\f(S20,T20)＝eq\f(3×20＋2,2×20)＝eq\f(31,20).2．(变结论)在本例(1)条件不变时，求eq\f(a7,b9)的值．[解]由条件，令Sn＝kn(3n＋2)，Tn＝2kn2.∴an＝(6n－1)k，bn＝(4n－2)k∴eq\f(a7,b9)＝eq\f(k6×7－1,k4×9－2)＝eq\f(41,34).3．(变条件、变结论)把本例(1)中条件变为“eq\f(an,bn)＝eq\f(3n＋2,2n)”，求eq\f(S7,T7)的值．[解]eq\f(S7,T7)＝eq\f(\f(7a1＋a7,2),\f(7b1＋b7,2))＝eq\f(a1＋a7,b1＋b7)＝eq\f(2a4,2b4)＝eq\f(a4,b4)＝eq\f(3×4＋2,2×4)＝eq\f(7,4).等差数列前n项和计算的两种思维方法1整体思路：利用公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)，设法求出整体a1＋an，再代入求解.2待定系数法：利用Sn是关于n的二次函数，设Sn＝An2＋BnA≠0，列出方程组求出A，B即可，或利用eq\f(Sn,n)是关于n的一次函数，设eq\f(Sn,n)＝an＋ba≠0进行计算.4.3等比数列4.3.1等比数列的概念第1课时等比数列的概念及简单表示1．等比数列的概念文字语言一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示(q≠0)符号语言eq\f(an＋1,an)＝q(q为常数，q≠0，n∈N*)2.等比中项(1)前提：三个数a，G，b成等比数列．(2)结论：G叫做a，b的等比中项．(3)满足的关系式：G2＝ab.3．等比数列的通项公式一般地，对于等比数列{an}的第n项an，有公式an＝a1·qn－1.这就是等比数列{an}的通项公式，其中a1为首项，q为公比．4．等比数列与指数函数的关系等比数列的通项公式可整理为an＝eq\f(a1,q)·qn，而y＝eq\f(a1,q)·qx(q≠1)是一个不为0的常数eq\f(a1,q)与指数函数qx的乘积，从图象上看，表示数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(a1,q)·qn))中的各项的点是函数y＝eq\f(a1,q)·qx的图象上的孤立点．等比数列通项公式的基本运算【例1】在等比数列{an}中，(1)a4＝2，a7＝8，求an；(2)a2＋a5＝18，a3＋a6＝9，an＝1，求n.[解]设首项为a1，公比为q.(1)法一：因为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝a1q3，,