2014年高考全程复习构想高三文科科一轮复习资料第五章数列1.5.2

5．2等差数列及其前n项和考纲点击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.了解等差数列与一次函数的关系．说基础课前预习读教材考点梳理1.等差数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于①__________，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的②__________，一般用字母d表示；定义的表达式为：③______________(n∈N*)．同一个常数公差an＋1－an＝d2．等差数列的通项公式设等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝④__________.3．等差中项若a，A，b成等差数列，则A叫做a，b的等差中项，且A＝⑤__________.a1＋(n－1)da＋b24．等差数列的前n项和公式若已知首项a1和末项an，则Sn＝⑥__________，或等差数列{an}的首项是a1，公差是d则其前n项和公式为Sn＝⑦__________.na1＋an2na1＋nn－12d5．等差数列与等差数列各项的和有关性质(1)am＝an＋(m－n)d或am－anm－n＝d.(m、n∈N*)(2)在等差数列中，若p＋q＝m＋n，则有ap＋aq＝am＋an；若2m＝p＋q，则有ap＋aq＝⑧__________，(p，q，m，n∈N*)．(3)d＞0⇔{an}是递增数列，Sn有最小值；d＜0⇔{an}是递减数列，Sn有最大值；d＝0⇔{an}是常数数列．2am(4)数列{λan＋b}仍为等差数列，公差为λd.(5)若{bn}，{an}都是等差数列，则{an±bn}仍为等差数列．(6)am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等差数列，公差为kd.(7)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．(8)S2n－1＝(2n－1)an.(9)若n为偶数，则S偶－S奇＝n2d.若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．考点自测1.在等差数列{an}中，a1＋a9＝10，则a5的值为()A．5B．6C．8D．10解析：依题意得a1＋a9＝2a5＝10，a5＝5，选A.答案：A2．在等差数列{an}中，已知a1＝2，a2＋a3＝13，则a4＋a5＋a6等于()A．40B．42C．43D．45解析：设等差数列{an}的公差为d，则由a1＝2，a2＋a3＝13，可解得：d＝3，所以a4＋a5＋a6＝3a1＋12d＝42.故选B.答案：B3．设{an}为等差数列，公差d＝－2，Sn为其前n项和．若S10＝S11，则a1＝()A．18B．20C．22D．24解析：由S10＝S11，得a11＝S11－S10＝0，a1＝a11＋(1－11)d＝0＋(－10)×(－2)＝20.答案：B4．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝()A．8B．7C．6D．5解析：依题意得Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2＝2a1＋(2k＋1)d＝2＋2(2k＋1)＝24，解得k＝5，故选D.答案：D5．在等差数列{an}中，a3＋a7＝37，则a2＋a4＋a6＋a8＝__________________.解析：依题意得a2＋a4＋a6＋a8＝(a2＋a8)＋(a4＋a6)＝2(a3＋a7)＝74.答案：74说考点拓展延伸串知识疑点清源1.等差数列的判定(1)定义法：an－an－1＝d(n≥2)；(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2.2．等差数列的前n项和Sn＝na1＋an2，该公式的推导过程是倒序相加，应注意这种思想方法在数列求和中的应用．3．等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d，前n项和公式Sn＝na1＋an2＝na1＋nn－1d2，两个公式给出了a1，an，d，n，Sn五个量，知三求二，用方程的思想即可解决问题．4．当d≠0时，Sn＝na1＋nn－1d2＝d2n2＋a1－d2n是关于n的二次函数，由此我们可用函数的知识求Sn的最大值或最小值．从函数观点看Sn，当d≠0时，Sn是关于n的常数项为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.题型探究题型一等差数列中基本量的计算例1在等差数列{an}中，(1)已知a15＝33，a45＝153，求a61；(2)已知S8＝48，S12＝168，求a1和d；(3)已知a6＝10，S5＝5，求a8和S8.解析：(1)方法一：设首项为a1，公差为d，依条件，得33＝a1＋14d，153＝a1＋44d，解方程组，得a1＝－23，d＝4，∴a61＝－23＋(61－1)×4＝217.方法二：由d＝an－amn－m，得d＝a45－a1545－15＝153－3330＝4，由an＝am＋(n－m)d，得a61＝a45＋16d＝153＋16×4＝217.(2)∵Sn＝na1＋12n(n－1)d，∴8a1＋28d＝48，12a1＋66d＝168，解方程组，得a1＝－8，d＝4.(3)∵a6＝10，S5＝5，∴a1＋5d＝10，5a1＋10d＝5，解方程组，得a1＝－5，d＝3，∴a8＝a6＋2d＝10＋2×3＝16，S8＝8a1＋a82＝44.点评：在等差数列中有五个重要的量，即a1，an，d，n，Sn，只要已知任意三个，就可求出其他两个，其中a1和d是两个最重要的量，通常要先求出a1和d.变式探究1已知等差数列{an}中，a15＝33，a61＝217，试探究153是不是这个数列的项，如果是，是第几项？若不是，说明理由．解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.由已知a1＋15－1d＝33，a1＋61－1d＝217，∴a1＝－23，d＝4.∴an＝－23＋(n－1)×4＝4n－27.令an＝153，即4n－27＝153，∴n＝45.∴153是等差数列的项，是第45项.题型二等差数列的判定与证明例2已知数列{an}的通项公式为an＝pn2＋qn(常数p，q∈R)．(1)当p和q满足什么条件时，数列{an}是等差数列？(2)求证对任意的实数p和q，数列{an＋1－an}都是等差数列．解析：(1)设数列{an}是等差数列，由题意，得an＋1－an＝[p(n＋1)2＋q(n＋1)]－(pn2＋qn)＝2pn＋p＋q，上式应是一个与n无关的常数，所以有2p＝0，即p＝0，当p＝0时，数列{an}是等差数列．(2)证明：∵an＋1－an＝[p(n＋1)2＋q(n＋1)]－(pn2＋qn)＝2pn＋p＋q，∴an＋2－an＋1＝2p(n＋1)＋p＋q，∴(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝[2p(n＋1)＋p＋q]－(2pn＋p＋q)＝2p(常数)．∴对任意的实数p和q，数列{an＋1－an}都是等差数列．点评：证明{an}为等差数列除了可以利用定义法及中项法外还可以利用：(1)通项法：an为n的一次函数⇔{an}为等差数列．(2)前n项和法：Sn＝An2＋Bn或Sn＝na1＋an2.变式探究2设数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，且an＝2S2n2Sn－1(n≥2)．证明数列{1Sn}是等差数列，并求Sn.解析：由已知得Sn－Sn－1＝2S2n2Sn－1.去分母得(2Sn－1)(Sn－Sn－1)＝2S2n，Sn－1－Sn＝2SnSn－1，两边同除以SnSn－1，得1Sn－1Sn－1＝2.∴{1Sn}是以1S1＝1a1＝1为首项、以2为公差的等差数列，故1Sn＝1S1＋(n－1)·2＝2n－1(n≥2)．经验证n＝1时也成立，所以Sn＝12n－1(n∈N*).题型三等差数列的性质及其应用例3(1)设等差数列的前n项和为Sn，已知前6项和为36，Sn＝324，最后6项的和为180(n＞6)，求数列的项数n及a9＋a10；(2)等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn、Tn，且SnTn＝3n－12n＋3，求a8b8的值．解析：(1)由题意可知a1＋a2＋…＋a6＝36①an＋an－1＋an－2＋…＋an－5＝180②①＋②得(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(a6＋an－5)＝6(a1＋an)＝216，∴a1＋an＝36.又Sn＝na1＋an2＝324.∴18n＝324.∴n＝18.∴a1＋a18＝36.∴a9＋a10＝a1＋a18＝36.(2)∵SnTn＝3n－12n＋3，∴S15T15＝3×15－12×15＋3＝4433＝43.∵S15＝15a1＋a152＝15a8，T15＝15b1＋b152＝15b8，∴a8b8＝15a815b8＝S15T15＝43.点评：此类问题解法的关键是将性质m＋n＝p＋q⇔am＋an＝ap＋aq与前n项和Sn＝na1＋an2结合在一起，采用整体思想，简化解题过程．变式探究3(1)等差数列{an}中，a2＋a7＋a12＝24，求S13；(2)已知等差数列{an}的前n项和为377，项数n为奇数，且前n项奇数项和与偶数项和之比为7∶6，求中间项．解析：(1)∵a2＋a12＝a1＋a13＝2a7，又a2＋a7＋a12＝24，∴a7＝8.∴S13＝13a1＋a132＝13×8＝104.(2)∵n为奇数，∴S奇S偶＝n＋1n－1＝76，∴n＝13.∵13a7＝S13＝377，∴a7＝29.故所求的中间项为29.题型四等差数列前n项和的最值问题.例4已知数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，它的前n项和为Sn，且a3＝10，S6＝72.若bn＝12an－30，求数列{bn}的前n项和的最小值．解析：∵2an＋1＝an＋an＋2，∴{an}是等差数列，设{an}的首项为a1，公差为d，由a3＝10，S6＝72，得a1＋2d＝10，6a1＋15d＝72，∴a1＝2，d＝4，∴an＝4n－2.则bn＝12an－30＝2n－31.解2n－31≤0，2n＋1－31≥0，得292≤n≤312.∵n∈N*，∴n＝15.∴{bn}前15项为负值，∴S15最小，可知b1＝－29，d＝2，∴S15＝15－29＋2×15－312＝15×－60＋302＝－225.点评：若{an}是等差数列，求前n项和的最值时，①若a1＞0，d＜0，且满足an≥0，an＋1≤0，前n项和Sn最大；②若a1＜0，d＞0，且满足an≤0，an＋1≥0，前n项和Sn最小；③除上面方法外，还可将{an}的前n项和的最值问题看作Sn关于n的二次函数问题，利用二次函数的图象或配方法求解．变式探究4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中哪一个值最大，说明理由．解析：(1)由a3＝a1＋2d＝12，S12＝12a1＋12×112d＞0，S13＝13a1＋13×122d＜0，得－247＜d＜－3.(2)∵S12＝6(a1＋a12)＝6(a6＋a7)＞0，S13＝13a1＋a132＝13a7＜0，∴a6＞0且a7＜0，故S6最大.归纳总结•方法与技巧1．等差数列的判断方法有(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．方程思想和基本量思想：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．•失误与防范1．如果p＋q＝r＋s，则ap＋aq＝ar＋as，一般地，ap＋aq≠ap＋q，必须是两项相加，当然可以是ap－t＋ap＋t＝2ap.2．当公差d≠0时，等差数列的通项公式是