搜索
第六章 数列５５ §６．２ 等差数列对应学生用书起始页码Ｐ９０考点一等差数列的概念及运算高频考点 １．通项公式如果等差数列｛ａｎ｝的首项为ａ１，公差为ｄ，那么它的通项公式是ａｎ＝ａ１＋（ｎ－１）ｄ，ｎ∈Ｎ∗．２．前ｎ项和公式设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ，则其前ｎ项和Ｓｎ＝ｎ（ａ１＋ａｎ）２或Ｓｎ＝ｎａ１＋ｎ（ｎ－１）２ｄ．３．等差中项如果Ａ＝ａ＋ｂ２，那么Ａ叫做ａ与ｂ的等差中项．考点二等差数列的性质及应用高频考点 １．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｛ａ２ｎ｝也是等差数列，公差为２ｄ．（４）若｛ａｎ｝，｛ｂｎ｝是等差数列，则｛ｐａｎ＋ｑｂｎ｝（ｐ，ｑ∈Ｎ∗）也是等差数列．（５）若｛ａｎ｝是等差数列，则ａｋ，ａｋ＋ｍ，ａｋ＋２ｍ，…（ｋ，ｍ∈Ｎ∗）组成公差为ｍｄ的等差数列．２．与等差数列的前ｎ项和有关的性质（１）若｛ａｎ｝是等差数列，其前ｎ项和为Ｓｎ，则Ｓｎｎ{}也是等差数列，其首项与｛ａｎ｝的首项相同，公差是｛ａｎ｝的公差的１２．（２）若｛ａｎ｝是等差数列，Ｓｍ，Ｓ２ｍ，Ｓ３ｍ分别为｛ａｎ｝的前ｍ项，前２ｍ项，前３ｍ项的和，则Ｓｍ，Ｓ２ｍ－Ｓｍ，Ｓ３ｍ－Ｓ２ｍ成等差数列．（３）关于非零等差数列奇数项和与偶数项和的性质①若项数为２ｎ，则Ｓ偶－Ｓ奇＝ｎｄ，Ｓ奇Ｓ偶＝ａｎａｎ＋１．②若项数为２ｎ－１，则Ｓ偶＝（ｎ－１）ａｎ，Ｓ奇＝ｎａｎ，Ｓ奇－Ｓ偶＝ａｎ，Ｓ奇Ｓ偶＝ｎｎ－１．（４）两个等差数列｛ａｎ｝、｛ｂｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ、Ｔｎ之间的关系为ａｎｂｎ＝Ｓ２ｎ－１Ｔ２ｎ－１． 利用数形结合的思想方法解决等差数列的有关问题时应明确两点：１．等差数列｛ａｎ｝的通项公式ａｎ＝ａ１＋（ｎ－１）ｄ可变形为ａｎ＝ｄｎ＋（ａ１－ｄ）．若ｄ＝０，则ａｎ＝ａ１，是常数函数；若ｄ≠０，则ａｎ是关于ｎ的一次函数．（ｎ，ａｎ）是直线ｙ＝ｄｘ＋（ａ１－ｄ）上一群孤立的点．单调性：ｄ＞０时，｛ａｎ｝为单调递增数列；ｄ＜０时，｛ａｎ｝为单调递减数列．２．等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ可表示为Ｓｎ＝ｄ２ｎ２＋ａ１－ｄ２()ｎ，令Ａ＝ｄ２，Ｂ＝ａ１－ｄ２，则Ｓｎ＝Ａｎ２＋Ｂｎ．当Ａ≠０，即ｄ≠０时，Ｓｎ是关于ｎ的二次函数，（ｎ，Ｓｎ）在二次函数ｙ＝Ａｘ２＋Ｂｘ的图象上，为抛物线ｙ＝Ａｘ２＋Ｂｘ上一群孤立的点．利用此性质可解决前ｎ项和Ｓｎ的最值问题．对应学生用书起始页码Ｐ９１一、等差数列的判定方法 １．证明一个数列｛ａｎ｝为等差数列的基本方法有两种：（１）定义法：证明ａｎ＋１－ａｎ＝ｄ是常数（ｎ∈Ｎ∗）；（２）等差中项法：证明ａｎ＋２＋ａｎ＝２ａｎ＋１（ｎ∈Ｎ∗）．２．解填空题时，可用通项公式或前ｎ项和公式直接判断．（１）通项法：｛ａｎ｝是等差数列⇔ａｎ＝Ａｎ＋Ｂ（Ａ，Ｂ是常数）；（２）前ｎ项和法：｛ａｎ｝是等差数列⇔Ｓｎ＝Ａｎ２＋Ｂｎ（Ａ，Ｂ是常数）．各项均不为０的数列｛ａｎ｝满足ａｎ＋１（ａｎ＋ａｎ＋２）２＝ａｎ＋２ａｎ，且ａ３＝２ａ８＝１５．（１）证明：数列１ａｎ{}是等差数列，并求数列｛ａｎ｝的通项公式；（２）若数列｛ｂｎ｝的通项公式为ｂｎ＝ａｎ２ｎ＋６，求数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ．解题导引解析 （１）依题意，ａｎ＋１ａｎ＋ａｎ＋２ａｎ＋１＝２ａｎ＋２ａｎ，两边同时除以ａｎａｎ＋１ａｎ＋２，可得１ａｎ＋２＋１ａｎ＝２ａｎ＋１，故数列１ａｎ{}是等差数列．设数列１ａｎ{}的公差为ｄ．因为ａ３＝２ａ８＝１５，所以１ａ３＝５，１ａ８＝１０，５６ ５年高考３年模拟Ｂ版（教师用书）所以１ａ８－１ａ３＝５＝５ｄ，即ｄ＝１，故１ａｎ＝１ａ３＋（ｎ－３）ｄ＝５＋（ｎ－３）×１＝ｎ＋２，故ａｎ＝１ｎ＋２．（２）由（１）可知ｂｎ＝ａｎ２ｎ＋６＝１２·１（ｎ＋２）（ｎ＋３）＝１２１ｎ＋２－１ｎ＋３()，故Ｓｎ＝１２１３－１４＋１４－１５＋…＋１ｎ＋２－１ｎ＋３()＝ｎ６（ｎ＋３）． １－１ 已知｛ａｎ｝是各项均为正数的等差数列，公差为ｄ．对任意的ｎ∈Ｎ∗，ｂｎ是ａｎ和ａｎ＋１的等比中项．（１）设ｃｎ＝ｂ２ｎ＋１－ｂ２ｎ，ｎ∈Ｎ∗，求证：数列｛ｃｎ｝是等差数列；（２）设ａ１＝ｄ，Ｔｎ＝∑２ｎｋ＝１（－１）ｋｂ２ｋ，ｎ∈Ｎ∗，求证：∑ｎｋ＝１１Ｔｋ＜１２ｄ２．１－１证明 （１）由题意得ｂ２ｎ＝ａｎａｎ＋１，则ｃｎ＝ｂ２ｎ＋１－ｂ２ｎ＝ａｎ＋１·ａｎ＋２－ａｎａｎ＋１＝２ｄａｎ＋１，因此ｃｎ＋１－ｃｎ＝２ｄ（ａｎ＋２－ａｎ＋１）＝２ｄ２，所以数列｛ｃｎ｝是等差数列．（２）Ｔｎ＝（－ｂ２１＋ｂ２２）＋（－ｂ２３＋ｂ２４）＋…＋（－ｂ２２ｎ－１＋ｂ２２ｎ）＝２ｄ（ａ２＋ａ４＋…＋ａ２ｎ）＝２ｄ·ｎ（ａ２＋ａ２ｎ）２＝２ｄ２ｎ（ｎ＋１），则１Ｔｎ＝１２ｄ２１ｎ－１ｎ＋１()，所以∑ｎｋ＝１１Ｔｋ＝１２ｄ２∑ｎｋ＝１１ｋ－１ｋ＋１()＝１２ｄ２·１－１ｎ＋１()＜１２ｄ２． １－２ 已知数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，ａ１＝１，ａｎ≠０，ａｎａｎ＋１＝λＳｎ－１，其中λ为常数，（１）证明：ａｎ＋２－ａｎ＝λ；（２）是否存在λ，使得｛ａｎ｝为等差数列？并说明理由．１－２解析 （１）证明：由ａｎａｎ＋１＝λＳｎ－１，知ａｎ＋１ａｎ＋２＝λＳｎ＋１－１．两式相减得，ａｎ＋１（ａｎ＋２－ａｎ）＝λａｎ＋１．由于ａｎ＋１≠０，所以ａｎ＋２－ａｎ＝λ．（２）存在．由ａ１＝１，ａ１ａ２＝λａ１－１，可得ａ２＝λ－１，由（１）知，ａ３＝λ＋１．令２ａ２＝ａ１＋ａ３，解得λ＝４．故ａｎ＋２－ａｎ＝４，由此可得，｛ａ２ｎ－１｝是首项为１，公差为４的等差数列，ａ２ｎ－１＝１＋（ｎ－１）·４＝４ｎ－３；｛ａ２ｎ｝是首项为３，公差为４的等差数列，ａ２ｎ＝３＋（ｎ－１）·４＝４ｎ－１．所以ａｎ＝２ｎ－１，ａｎ＋１－ａｎ＝２．因此存在λ＝４，使得｛ａｎ｝为等差数列．思路分析 （１）已知ａｎａｎ＋１＝λＳｎ－１，用ｎ＋１代替ｎ得ａｎ＋１ａｎ＋２＝λＳｎ＋１－１，两式相减得结论．（２）利用ａ１＝１，ａ２＝λ－１，ａ３＝λ＋１及２ａ２＝ａ１＋ａ３，得λ＝４，进而得ａｎ＋２－ａｎ＝４，故数列｛ａｎ｝的奇数项和偶数项分别组成公差为４的等差数列，分别求通项，进而求出｛ａｎ｝的通项公式，从而证其为等差数列．方法总结 对于含ａｎ、Ｓｎ的等式的处理，往往可转化为关于ａｎ的递推式或关于Ｓｎ的递推式；对于存在性问题，可先探求参数的值再证明．二、等差数列前ｎ项和的最值问题的求解方法 求等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ的最值的方法：二次函数法—当公差ｄ≠０时，将Ｓｎ看作关于ｎ的二次函数，运用配方法，借助函数的单调性及数形结合，使问题得解通项公式法—求使ａｎ≥０（或ａｎ≤０）成立的最大ｎ值即可得Ｓｎ的最大（或最小）值不等式组法—借助Ｓｎ最大时，有Ｓｎ≥Ｓｎ－１，Ｓｎ≥Ｓｎ＋１{（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ∗），解此不等式组确定ｎ的范围，进而确定ｎ的值和对应Ｓｎ的值（该值即为Ｓｎ的最大值），类似可求最小值等差数列｛ａｎ｝中，设Ｓｎ为其前ｎ项和，且ａ１＞０，Ｓ３＝Ｓ１１，则当ｎ为多少时，Ｓｎ最大？解题导引 解法一：从Ｓ３＝Ｓ１１得到ａ１与ｄ的关系，把Ｓｎ用ａ１（或ｄ）及ｎ表示出来，根据二次函数的性质求Ｓｎ的最大值．解法二：根据Ｓ３＝Ｓ１１，ａ１＞０及二次函数图象的对称性知Ｓ７最大．解法三：由Ｓ３＝Ｓ１１得到ａ１与ｄ的关系，Ｓｎ最大⇒ａｎ≥０，ａｎ＋１≤０{⇒ｎ的范围，再由ｎ∈Ｎ∗确定ｎ的值．解法四：由Ｓ３＝Ｓ１１得２ａ１＋１３ｄ＝０，配凑出ａ７＋ａ８＝０，根据等差数列｛ａｎ｝中ａ１＞０，结合Ｓ３＝Ｓ１１得ａ７＞０，ａ８＜０，故Ｓ７最大．解析 解法一：由Ｓ３＝Ｓ１１，可得３ａ１＋３×２２ｄ＝１１ａ１＋１１×１０２ｄ，即ｄ＝－２１３ａ１．从而Ｓｎ＝ｄ２ｎ２＋ａ１－ｄ２()ｎ＝－ａ１１３（ｎ－７）２＋４９１３ａ１，因为ａ１＞０，所以－ａ１１３＜０．故当ｎ＝７时，Ｓｎ最大．解法二：易知Ｓｎ＝ａｎ２＋ｂｎ是关于ｎ的二次函数，由Ｓ３＝Ｓ１１，可知Ｓｎ＝ａｎ２＋ｂｎ的图象关于ｎ＝３＋１１２＝７对称．由解法一可知ｄ＝－２１３ａ１，又ａ１＞０，ａ＝－ａ１１３＜０，故当ｎ＝７时，Ｓｎ最大．解法三：由解法一可知ｄ＝－２１３ａ１．要使Ｓｎ最大，则有ａｎ≥０，ａｎ＋１≤０，{即ａ１＋（ｎ－１）－２１３ａ１()≥０，ａ１＋ｎ－２１３ａ１()≤０，ìîíïïïï解得６．５≤ｎ≤７．５，故当ｎ＝７时，Ｓｎ最大．解法四：由Ｓ３＝Ｓ１１，可得２ａ１＋１３ｄ＝０，即（ａ１＋６ｄ）＋（ａ１＋７ｄ）＝０，故ａ７＋ａ８＝０，又由ａ１＞０，Ｓ３＝Ｓ１１可知ｄ＜０，所以ａ７＞０，ａ８＜０，所以当ｎ＝７时，Ｓｎ最大． ２－１ 若等差数列｛ａｎ｝满足ａ７＋ａ８＋ａ９＞０，ａ７＋ａ１０＜０，则当ｎ＝ 时，｛ａｎ｝的前ｎ项和最大．２－１答案 ８解析 根据题意知ａ７＋ａ８＋ａ９＝３ａ８＞０，即ａ８＞０．又ａ８＋ａ９＝ａ７＋ａ１０＜０，∴ａ９＜０，∴当ｎ＝８时，｛ａｎ｝的前ｎ项和第六章 数列５７ 最大． ２－２ 已知等差数列｛ａｎ｝满足ａ１＞０，５ａ８＝８ａ１３，则前ｎ项和Ｓｎ取最大值时，ｎ的值为 ．２－２答案 ２１解析 设数列｛ａｎ｝的公差为ｄ，由５ａ８＝８ａ１３，得５（ａ１＋７ｄ）＝８（ａ１＋１２ｄ），解得ｄ＝－３６１ａ１，由ａｎ＝ａ１＋（ｎ－１）ｄ＝ａ１＋（ｎ－１）－３６１ａ１()≥０，ａ１＞０，可得ｎ≤６４３＝２１１３，所以数列｛ａｎ｝的前２１项都是正数，以后各项都是负数，故Ｓｎ取最大值时，ｎ的值为２１． ２－３ 已知数列｛ａｎ｝是等差数列，且ａ７ａ６＜－１，它的前ｎ项和Ｓｎ有最小值，则Ｓｎ取到最小正数时ｎ的值为 ．２－３答案 １２解析 等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ有最小值，则ａ１＜０，ｄ＞０，又ａ７ａ６＜－１，∴ａ６＜０，ａ７＞０，可得当ｎ≥７时，ａｎ＞０，ａ６＋ａ７＞０．∴Ｓ１２＝１２（ａ１＋ａ１２）２＝６（ａ６＋ａ７）＞０．因此Ｓｎ取到最小正数时ｎ的值为１２．