等差数列一轮复习导学案

1等差数列及其前n项和【知识梳理】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＝a＋b2，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＋nn－12d＝a1＋ann2.【易误点】1．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．2．注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别．[试一试]1．在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝________.解析：∵a4＋a8＝16，∴a6＝8，∴S11＝11a6＝88.2．{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________.解析：因为{an}为等差数列，且a1，a2，a5成等比数列，所以a1(a1＋4d)＝(a1＋d)2，解得d＝2a1＝2，所以S8＝64.【方法汇总】1．等差数列的四种判断方法(1)定义法：an＋1－an＝d(d是常数)⇔{an}是等差数列．(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列．(3)通项公式：an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列．(4)前n项和公式：Sn＝An2＋Bn(A、B为常数)⇔{an}是等差数列．2．活用等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d，(n，m∈N*)．(2)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n，(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.(3)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列．(4)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列.3．用方程思想和化归思想在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为a1和d等基本量，通过建立方程(组)获得解．[练一练]1．已知等差数列{an}满足a3＋a7＝10，则该数列的前9项和S9＝________.解析：由题知，S9＝9a1＋a92＝9a3＋a72＝45.2．在等差数列{an}中，若a3＋a5＋a7＝9，则其前9项和S9的值为________．解析：由题知a3＋a5＋a7＝3a5＝9，则a5＝3，所以S9＝9a5＝27.【考点探究】2考点一等差数列的基本运算【例1】1.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝________.解析：根据已知条件，得到am和am＋1，再根据等差数列的定义得到公差d，最后建立关于a1和m的方程组求解．由Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，得am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，所以等差数列的公差为d＝am＋1－am＝3－2＝1，由am＝a1＋m－1d＝2，Sm＝a1m＋12mm－1d＝0，得a1＋m－1＝2，a1m＋12mm－1＝0，解得a1＝－2，m＝5.2．在等差数列{an}中，若a1＋a2＝4，a9＋a10＝36，则S10＝________.解析：法一：由于a1＋a2＋a9＋a10＝2(a1＋a10)＝40，故a1＋a10＝20，从而S10＝10a1＋a102＝100.法二：由题意得2a1＋d＝4，2a1＋17d＝36，解得a1＝1，d＝2，从而S10＝10a1＋10×9d2＝100.[类题通法]1．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，体现了用方程组解决问题的思想．2．数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换的作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．考点二等差数列的判断与证明【例2】已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝12，an＝－2SnSn－1(n≥2且n∈N*)．(1)求证：数列1Sn是等差数列．(2)求Sn和an.[解](1)证明：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，①∴Sn(1＋2Sn－1)＝Sn－1.由上式知若Sn－1≠0，则Sn≠0.∵S1＝a1≠0，由递推关系知Sn≠0(n∈N*)，由①式得1Sn－1Sn－1＝2(n≥2)．∴1Sn是等差数列，其中首项为1S1＝1a1＝2，公差为2.(2)∵1Sn＝1S1＋2(n－1)＝1a1＋2(n－1)，∴Sn＝12n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－12nn－1，当n＝1时，a1＝S1＝12不适合上式，∴an＝12，n＝1，－12nn－1，n≥2.【一题多变】若将条件改为“a1＝2，Sn＝Sn－12Sn－1＋1(n≥2)”，如何求解.解：(1)∵Sn＝Sn－12Sn－1＋1，∴1Sn＝2Sn－1＋1Sn－1＝1Sn－1＋2.∴1Sn－1Sn－1＝2.∴1Sn是以12为首项，以2为公差的等差数列．3(2)由(1)知1Sn＝12＋(n－1)×2＝2n－32，即Sn＝12n－32.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝12n－32－12n－72＝－22n－322n－72；当n＝1时，a1＝2不适合an，故an＝2n＝1，－2()2n－32()2n－72n≥2.[类题通法]1．解答题判断等差数列，常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．2．用定义证明等差数列时，常采用两个式子an＋1－an＝d和an－an－1＝d，但它们的意义不同，后者必须加上“n≥2”，否则n＝1时，a0无定义．[针对训练]在数列{an}中，a1＝－3，an＝2an－1＋2n＋3(n≥2，且n∈N*)．(1)求a2，a3的值；(2)设bn＝an＋32n(n∈N*)，证明：{bn}是等差数列．解：(1)∵a1＝－3，an＝2an－1＋2n＋3(n≥2，且n∈N*)，∴a2＝2a1＋22＋3＝1，a3＝2a2＋23＋3＝13.(2)证明：对于任意n∈N*，∵bn＋1－bn＝an＋1＋32n＋1－an＋32n＝12n＋1[(an＋1－2an)－3]＝12n＋1[(2n＋1＋3)－3]＝1，∴数列{bn}是首项为a1＋32＝－3＋32＝0，公差为1的等差数列．考点三等差数列的性质【例3】已知数列{an}是等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，{an}的前n项和为Sn，则使得Sn达到最大时n＝________.(2)设数列{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝________.[解析](1)a1＋a3＋a5＝105⇒a3＝35，a2＋a4＋a6＝99⇒a4＝33，则{an}的公差d＝33－35＝－2，a1＝a3－2d＝39，Sn＝－n2＋40n，因此当Sn取得最大值时，n＝20.(2)设两等差数列组成的和数列为{cn}，由题意知新数列仍为等差数列且c1＝7，c3＝21，则c5＝2c3－c1＝2×21－7＝35.[类题通法]等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{an}中，am－an＝(m－n)d⇔am－anm－n＝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.4[针对训练]在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a7＝________.解析：因为a3＋a8＝10，所以3a5＋a7＝2(a3＋a8)＝20.考点四等差数列前n项和的最值【例4】已知等差数列{an}的前n项和Sn的最大值为S7，且|a7|＜|a8|，求使Sn＞0的n的最大值．解：由S7值最大，可得a7≥0，a8＜0，由|a7|＜|a8|，得a7＜－a8，即a7＋a8＜0，故a1＋a14＝a7＋a8＜0.若a7＞0，则S13＝13a1＋a132＝13a7＞0，S14＝14a1＋a142＜0，即Sn＞0的最大正整数n＝13.若a7＝0，则a6＞0，S13＝13a7＝0，S12＝12a1＋a122＝6(a6＋a7)＝6a6＞0，即Sn＞0的最大正整数n＝12.综上所述，当a7≠0时，使Sn＞0的最大正整数n为13；当a7＝0时，使Sn＞0的最大正整数n为12.[类题通法]求等差数列前n项和Sn最值的两种方法(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图像求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①a10，d0时，满足am≥0，am＋1≤0的项数m使得Sn取得最大值为Sm；②当a10，d0时，满足am≤0，am＋1≥0的项数m使得Sn取得最小值为Sm.由an≥0或an≤0找到使等差数列的前n项和取得最大值或最小值的项数n，代入前n项和公式求最值．【针对训练】已知{an}为等差数列，若a11a10＜－1，且它的前n项和Sn有最大值，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，由a11a10＜－1，得a10＋a11＜0且a10＞0，a11＜0，[来源:学科网]∴S20＝20a1＋a202＝20a10＋a112＝10(a10＋a11)＜0.而S19＝19a10＞0，∴Sn取最小正值时n＝19【巩固练习】1．已知数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，a7－a5＝4，a11＝21，Sk＝9，则k＝________.解析：a7－a5＝2d＝4，则d＝2.a1＝a11－10d＝21－20＝1，Sk＝k＋kk－12×2＝k2＝9.又k∈N*，故k＝3.2．在等差数列{an}中，若a3＋a9＋a27＝12，则a13＝________.解析：等差数列{an}中，由a3＋a9＋a27＝12得3a13＝12，所以a13＝4.3．已知等差数列{an}满足a2＝3，Sn－Sn－3＝51(n3)，Sn＝100，则n的值为________．解析：由Sn－Sn－3＝51得，an－2＋an－1＋an＝51，所以an－1＝17，又a2＝3，Sn＝na2＋an－12＝100，解得n＝10.4．(2013·苏锡常镇、连云港、徐州六市调研(二))设Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，5已知SnTn＝2n＋14n－2，n∈N*，则a10b3＋b18＋a11b6＋b15＝________.解析：因为{an}，{bn}是等差数列，故b3＋b18＝b6＋b15，所以a10b3＋b18＋a11b6＋b15＝a10＋a11b3＋b18＝a1＋a20b1＋b20＝S20T20＝2×20＋14×20－2＝4178.5．已知等差数列{an}中，a4＋a6＝10，前5项和S5＝5，则其公差为________．解析：由a4＋a6＝10，得2a5＝10，故a5＝5.由S5＝5a3＝5，得a3＝1，所以d＝a5－a32＝5－12＝2.6．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，S100并且S11＝0，若Sn≤Sk对n∈N*恒成立，则正整数k构成的集合为________．解析：在等差数列{an}中，由S100，S11＝0得，S10＝10a1＋a1020⇒a1＋a100⇒a5＋a60，S11＝11a1＋a112＝0⇒a1＋a11＝2a6＝0，故可知等差数列{an}是递减数列且a6＝0，所以S5＝S6≥Sn，其中n∈N*，所以k＝5或6.7．设等差数列{an}的公差为正数，若a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝80，则a11＋a1