2013届高考理科数学总复习(第1轮)广西专版课件：3.2等差数列(第2课时)

第三章数列第讲（第二课时）考点3:等差数列中的证明问题1.设{an}是公差为d的等差数列.(1)求证：以bn=(n∈N*)为通项的数列{bn}是等差数列；12naaan(1)证明：因为等差数列{an}的公差是d(常数)，所以所以{bn}是等差数列.1212-1-111-111-1-1---1()(-1)()-22(-1)11-(-)()2.2222nnnnnnnnnnaaaaaabbnnnaanaannaaaaaadn常数，其中(2)若a1d≠0，问数列{an}中的任一项an是否一定在(1)中数列{bn}中？如果是，设此项为bm，探求此时n与m的关系式；如果不是，请说明理由.由(1)知，bn=b1+(n-1)，且b1=a1，即bn=a1+(n-1)，an=a1+d(n-1).假设存在符合题意的项，则由an=bm，2d可得a1+d(n-1)=a1+(m-1)，所以(m-1)=n-1，即m=2n-1.由m，n都是正整数可得此式成立.故数列{an}中的任一项an一定在数列{bn}中.2d12【点评:】一个数列为等差数列的充要条件可以是：①an+1-an=d；②an=an+b；③Sn=an2+bn(Sn是前n项和)；④an+2+an=2an+1.判断一项a是否为某数列{an}的项，就是方程an=a是否有对应的正整数解.已知数列an，首项a1＝3，且2an＝Sn·Sn－1(n≥2)．(1)求证：1Sn是等差数列，并求其公差；(2)求an的通项公式．解：(1)证明：由已知，当n≥2时，2an＝Sn·Sn－1，即2(Sn－Sn－1)＝Sn·Sn－1(n≥2)，所以2Sn－Sn－1SnSn－1＝1即1Sn－1Sn－1＝－12(n≥2，n∈N*)．所以{1Sn}是以1S1＝1a1＝13为首项，公差d＝－12的等差数列．(2)因为1Sn＝1S1＋(n－1)d＝13＋(n－1)(－12)＝5－3n6，所以Sn＝65－3n(n∈N*)．从而an＝12Sn·Sn－1＝183n－53n－8(n≥2，n∈N*)，因此，an＝3n＝1183n－53n－8n≥2，n∈N*).题型4：等差数列性质的应用2.在等差数列{an}中，a4+a6+a8+a10+a12=120，求2a9-a10的值．分析：本题主要考查等差数列的通项公式及等差数列性质的运用．运用等差数列的通项公式把任意项转化到首项与公差上来是解决数列问题的通性通法．1：因为2a9-a10=a9+(a9-a10)=a9-d=a8，而a4+a12=a6+a10=2a8，即5a8=120，故a8=24，所以2a9-a10=24.2：由a4+a6+a8+a10+a12=120，得5a1+(3+5+7+9+11)d=120，即a1+7d=a8=24，所以2a9-a10=a9-d=a8=24.点评：根据等差数列的项与项数的关系，灵活运用等差数列的性质解题，可以简化思维过程，优化解题步骤．若{an}是等差数列，根据条件解下列各题．(1)已知a3+a4+a5+a6+a7=450，求a2+a8；(2)已知a5=11，a8=5，求an；(3)已知a2+a5+a8=9，a3a5a7=-21，求an.（1）解1：a3+a7=a4+a6=2a5=a2+a8，所以a3+a4+a5+a6+a7=5a5=450，所以a5=90，所以a2+a8=2a5=180.解2：因为{an}是等差数列，设首项为a1，公差为d，所以a3+a4+a5+a6+a7=a1+2d+a1+3d+a1+4d+a1+5d+a1+6d=5a1+20d，即5a1+20d=450，所以a1+4d=90，所以a2+a8=a1+d+a1+7d=2a+8d=180.(2)因为a8=a5+3d，所以d==-2，an=a8+(n-8)d=5+(n-8)´(-2)=21-2n.(3)因为a2+a5+a8=9，a3a5a7=-21，又因为a2+a8=a3+a7=2a5，所以3a5=9，故a5=3.所以a3+a7=2a5=6①，a3a7=-7②，由①②解得a3=-1，a7=7或a3=7，a7=-1，所以a3=-1，d=2或a3=7，d=-2，由an=a3+(n-3)d，得an=2n-7或an=-2n+13.题型5：等差数列与函数交汇3.已知二次函数y=f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)=6x-2.数列{an}的前n项和为Sn，点(n,Sn)(n∈N)均在函数y=f(x)的图象上.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Tn是数列{bn}的前n项和，求使得对所有n∈N*都成立的最小正整数m.13,nnnbaa20nmT(1)设二次函数f(x)=ax2+bx(a≠0),则f′(x)=2ax+b.由f′(x)=6x-2,得a=3,b=-2,所以f(x)=3x2-2x.又因为点(n,Sn)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图象上，所以Sn=3n2-2n.当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)-［3(n-1)2-2(n-1)］=6n-5;当n=1时，a1=S1=3×12-2=6×1-5.所以an=6n-5(n∈N*).(2)由(1)知故133(6-5)[6(1)-5]111(-),26-561nnnbaannnn1111111[(1-)(-)(-)]277136-56111(1-).261nniiTbnnn因此，要使都成立,必须且仅须满足即m≥10，所以满足要求的最小正整数m为10.11(1-)(*)26120mnNn1,220m【点评:】数列是特殊的函数，有关数列中的一些问题，可以利用函数的方法来解决，如求数列中的最值项，先把定义域看为正整数集，然后利用求函数最值的方法进行求解.已知等差数列{an}中，公差d＞0，Sn为其前n项和，且满足a2·a3=45，a1+a4=14.(1)求数列{an}的通项公式；由于a1+a4=a2+a3=14，故a2，a3是方程x2-14x+45=0的两根，且a2＜a3，所以a2=5，a3=9，故d=4，a1=1，所以an=4n-3(n∈N*).(2)通过构成一个新的数列{bn},使{bn}也是等差数列，求非零常数c；由(1)可知,Sn=n(2n-1),因为{bn}也是等差数列，nnSbnc1231615,,.123bbbccc所以2b2=b1+b3，所以化简得2c2+c=0，解得或c=0(舍去).所以12115,213cccc12c12(3)求的最大值.由(2)可知,所以当且仅当n=5时取等号.故当n=5时，f(n)的最大值为1()(*)(25)nnbfnnNnb(2-1)2,1-2nnSnnbnncn122()(25)(25)2(1)11,2526253626nnbnfnnbnnnnnnn1.36设Sn和Tn分别为两个等差数列{an}，{bn}的前n项和，若对任意n∈N，都有则数列{an}的第11项与数列{bn}的第11项的比是()A.4∶3B.3∶2C.7∶4D.78∶71参考题nnSnTn71427，因为所以故选A.2-1,2-1nnSan2111212111211471421,8427321SaSTbT已知三个或四个数成等差数列的一类问题，要善于设元，目的在于减少运算量.如三个数成等差数列时，除了设a，a+d，a+2d外，还可设a-d，a，a+d;四个数成等差数列时，可设为a-3d，a-d，a+d，a+3d.