2014高考数学总复习 数列 等差数列及其前n项和

2014高考数学总复习 数列 等差数列及其前n项和

第二节等差数列及其前n项和 ‎[知识能否忆起]‎ 一、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＝，其中A叫做a，b的等差中项．‎ 二、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＋d＝.‎ 三、等差数列的性质 ‎1．若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，{an}为等差数列，则am＋an＝ap＋aq.‎ ‎2．在等差数列{an}中，ak，a2k，a3k，a4k，…仍为等差数列，公差为kd.‎ ‎3．若{an}为等差数列，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍为等差数列，公差为n2d.‎ ‎4．等差数列的增减性：d>0时为递增数列，且当a1<0时前n项和Sn有最小值．d<0时为递减数列，且当a1>0时前n项和Sn有最大值．‎ ‎5．等差数列{an}的首项是a1，公差为d.若其前n项之和可以写成Sn＝An2＋Bn，则A＝，B＝a1－ ‎，当d≠0时它表示二次函数，数列{an}的前n项和Sn＝An2＋Bn是{an}成等差数列的充要条件．‎ ‎[小题能否全取]‎ ‎1．(2012·福建高考)等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为(　　)‎ A．1　　　　　　　　　　　　　B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：选B　法一：设等差数列{an}的公差为d，由题意得 解得故d＝2.‎ 法二：∵在等差数列{an}中，a1＋a5＝‎2a3＝10，∴a3＝5.‎ 又a4＝7，∴公差d＝7－5＝2.‎ ‎2．(教材习题改编)在等差数列{an}中，a2＋a6＝，则sin＝(　　)‎ A. B. C．－ D．－ 解析：选D　∵a2＋a6＝，∴‎2a4＝.‎ ‎∴sin＝sin＝－cos＝－.‎ ‎3．(2012·辽宁高考)在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝(　　)‎ A．58 B．88‎ C．143 D．176‎ 解析：选B　S11＝＝＝88.‎ ‎4．在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝an＋2(n≥1)，则该数列的通项an＝________.‎ 解析：由an＋1＝an＋2知{an}为等差数列其公差为2.‎ 故an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.‎ 答案：2n－1‎ ‎5．(2012·北京高考)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和，若a1＝，S2＝a3，则a2＝________，Sn＝________.‎ 解析：设{an}的公差为d，‎ 由S2＝a3知，a1＋a2＝a3，即‎2a1＋d＝a1＋2d，‎ 又a1＝，所以d＝，故a2＝a1＋d＝1，‎ Sn＝na1＋n(n－1)d＝n＋(n2－n)× ‎＝n2＋n.‎ 答案：1　n2＋n ‎1.与前n项和有关的三类问题 ‎(1)知三求二：已知a1、d、n、an、Sn中的任意三个，即可求得其余两个，这体现了方程思想．‎ ‎(2)Sn＝n2＋n＝An2＋Bn⇒d＝‎2A.‎ ‎(3)利用二次函数的图象确定Sn的最值时，最高点的纵坐标不一定是最大值，最低点的纵坐标不一定是最小值．‎ ‎2．设元与解题的技巧 已知三个或四个数组成等差数列的一类问题，要善于设元，若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d，…；‎ 若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，…，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．‎ 等差数列的判断与证明 典题导入 ‎[例1]　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＝(n∈N*)，证明：{bn}是等差数列．‎ ‎[自主解答]　(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＋1－2an)－3]＝[(2n＋1＋3)－3]＝1，‎ ‎∴数列{bn}是首项为＝＝0，公差为1的等差数列．‎ 由题悟法 ‎1．证明{an}为等差数列的方法：‎ ‎(1)用定义证明：an－an－1＝d(d为常数，n≥2)⇔{an}为等差数列；‎ ‎(2)用等差中项证明：2an＋1＝an＋an＋2⇔{an}为等差数列；‎ ‎(3)通项法：an为n的一次函数⇔{an}为等差数列；‎ ‎(4)前n项和法：Sn＝An2＋Bn或Sn＝.‎ ‎2．用定义证明等差数列时，常采用的两个式子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．‎ 以题试法 ‎1．已知数列{an}的前n项和Sn是n的二次函数，且a1＝－2，a2＝2，S3＝6.‎ ‎(1)求Sn；‎ ‎(2)证明：数列{an}是等差数列．‎ 解：(1)设Sn＝An2＋Bn＋C(A≠0)，‎ 则 解得A＝2，B＝－4，C＝0.故Sn＝2n2－4n.‎ ‎(2)证明：∵当n＝1时，a1＝S1＝－2.‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－4n－[2(n－1)2－4(n－1)]＝4n－6.‎ ‎∴an＝4n－6(n∈N*)．an＋1－an＝4，‎ ‎∴数列{an}是等差数列.‎ 等差数列的基本运算 典题导入 ‎[例2]　(2012·重庆高考)已知{an}为等差数列，且a1＋a3＝8，a2＋a4＝12.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)记{an}的前n项和为Sn，若a1，ak，Sk＋2成等比数列，求正整数k的值．‎ ‎[自主解答]　(1)设数列{an}的公差为d，由题意知 解得 所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n.‎ ‎(2)由(1)可得Sn＝＝＝n(n＋1)．‎ 因为a1，ak，Sk＋2成等比数列，所以a＝a1Sk＋2.‎ 从而(2k)2＝2(k＋2)(k＋3)，即k2－5k－6＝0，‎ 解得k＝6或k＝－1(舍去)，因此k＝6.‎ 由题悟法 ‎1．等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d及前n项和公式Sn＝＝na1＋d，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了方程的思想．‎ ‎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．‎ 以题试法 ‎2．(1)在等差数列中，已知a6＝10，S5＝5，则S8＝________.‎ ‎(2)(2012·江西联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若－＝1，则公差为________．‎ 解析：(1)∵a6＝10，S5＝5，‎ ‎∴ 解方程组得 则S8＝‎8a1＋28d＝8×(－5)＋28×3＝44.‎ ‎(2)依题意得S4＝‎4a1＋d＝‎4a1＋6d，S3＝‎3a1＋d＝‎3a1＋3d，于是有－＝1，由此解得d＝6，即公差为6.‎ 答案：(1)44　(2)6‎ 等差数列的性质 典题导入 ‎[例3]　(1)等差数列{an}中，若a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，则前9项和S9等于(　　)‎ A．66　　　　　　　　　　　B．99‎ C．144 D．297‎ ‎(2)(2012·天津模拟)设等差数列{an}的前n项和Sn，若S4＝8，S8＝20，则a11＋a12＋a13＋a14＝(　　)‎ A．18 B．17‎ C．16 D．15‎ ‎[自主解答]　(1)由等差数列的性质及a1＋a4＋a7＝39，可得‎3a4＝39，所以a4＝13.同理，由a3＋a6＋a9＝27，可得a6＝9.‎ 所以S9＝＝＝99.‎ ‎(2)设{an}的公差为d，则a5＋a6＋a7＋a8＝S8－S4＝12，(a5＋a6＋a7＋a8)－S4＝16d，解得d＝，a11＋a12＋a13＋a14＝S4＋40d＝18.‎ ‎[答案]　(1)B　(2)A 由题悟法 ‎1．等差数列的性质是等差数列的定义、通项公式以及前n项和公式等基础知识的推广与变形，熟练掌握和灵活应用这些性质可以有效、方便、快捷地解决许多等差数列问题．‎ ‎2．应用等差数列的性质解答问题的关键是寻找项的序号之间的关系．‎ 以题试法 ‎3．(1)(2012·江西高考)设数列{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝________.‎ ‎(2)(2012·海淀期末)若数列{an}满足：a1＝19，an＋1＝an－3(n∈N*)，则数列{an}的前n项和数值最大时，n的值为(　　)‎ A．6 B．7‎ C．8 D．9‎ 解析：(1)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.‎ ‎(2)∵an＋1－an＝－3，∴数列{an}是以19为首项，－3为公差的等差数列，∴an＝19＋(n－1)×(－3)＝22－3n.设前k项和最大，则有即 解得≤k≤.∵k∈N*，∴k＝7.故满足条件的n的值为7.‎ 答案：(1)35　(2)B ‎1．(2011·江西高考){an}为等差数列，公差d＝－2，Sn为其前n项和．若S10＝S11，则a1＝(　　)‎ A．18　　　　　　　　　　B．20‎ C．22 D．24‎ 解析：选B　由S10＝S11，得a11＝S11－S10＝0，a1＝a11＋(1－11)d＝0＋(－10)×(－2)＝20.‎ ‎2．(2012·广州调研)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a5＝8，S3＝6，则S10－S7的值是(　　)‎ A．24 B．48‎ C．60 D．72‎ 解析：选B　设等差数列{an}的公差为d，由题意可得解得则S10－S7＝a8＋a9＋a10＝‎3a1＋24d＝48.‎ ‎3．(2013·东北三校联考)等差数列{an}中，a5＋a6＝4，则log2(‎2a1·‎2a2·…·‎2a10)＝(　　)‎ A．10 B．20‎ C．40 D．2＋log25‎ 解析：选B　依题意得，a1＋a2＋a3＋…＋a10＝＝5(a5＋a6)＝20，因此有log2(‎2a1·‎2a2·…·‎2a10)＝a1＋a2＋a3＋…＋a10＝20.‎ ‎4．(2012·海淀期末)已知数列{an}满足：a1＝1，an>0，a－a＝1(n∈N*)，那么使an<5成立的n的最大值为(　　)‎ A．4 B．5‎ C．24 D．25‎ 解析：选C　∵a－a＝1，∴数列{a}是以a＝1为首项，1为公差的等差数列．∴a＝1＋(n－1)＝n.又an>0，∴an＝.∵an<5，∴<5.即n<25.故n的最大值为24.‎ ‎5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，并且S10>0，S11<0，若Sn≤Sk对n∈N*恒成立，则正整数k的值为(　　)‎ A．5 B．6‎ C．4 D．7‎ 解析：选A　由S10>0，S11<0知a1>0，d<0，并且a1＋a11<0，即a6<0，又a5＋a6>0，所以a5>0，即数列的前5项都为正数，第5项之后的都为负数，所以S5最大，则k＝5.‎ ‎6．数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn＝an＋1－an(n∈N*)．若b3＝－2，b10＝12，则a8＝(　　)‎ A．0 B．3‎ C．8 D．11‎ 解析：选B　因为{bn}是等差数列，且b3＝－2，b10＝12，‎ 故公差d＝＝2.于是b1＝－6，‎ 且bn＝2n－8(n∈N*)，即an＋1－an＝2n－8.‎ 所以a8＝a7＋6＝a6＋4＋6＝a5＋2＋4＋6＝…＝a1＋(－6)＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝3.‎ ‎7．(2012·广东高考)已知递增的等差数列{an}满足a1＝1，a3＝a－4，则an＝________.‎ 解析：设等差数列公差为d，∵由a3＝a－4，得1＋2d＝(1＋d)2－4，解得d2＝4，即d＝±2.由于该数列为递增数列，故d＝2.‎ ‎∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.‎ 答案：2n－1‎ ‎8．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＋×2＝k2＝9.又k∈N*，故k＝3.‎ 答案：3‎ ‎9．设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意自然数n都有＝，则＋的值为________．‎ 解析：∵{an}，{bn}为等差数列，‎ ‎∴＋＝＋＝＝.‎ ‎∵＝＝＝＝，∴＝.‎ 答案： ‎10．(2011·福建高考)已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．‎ 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.‎ 由a1＝1，a3＝－3，可得1＋2d＝－3，解得d＝－2.‎ 从而an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.‎ ‎(2)由(1)可知an＝3－2n，‎ 所以Sn＝＝2n－n2.‎ 由Sk＝－35，可得2k－k2＝－35，‎ 即k2－2k－35＝0，解得k＝7或k＝－5.‎ 又k∈N*，故k＝7.‎ ‎11．设数列{an}的前n项积为Tn，Tn＝1－an，‎ ‎(1)证明是等差数列；‎ ‎(2)求数列的前n项和Sn.‎ 解：(1)证明：由Tn＝1－an得，当n≥2时，Tn＝1－，‎ 两边同除以Tn得－＝1.‎ ‎∵T1＝1－a1＝a1，‎ 故a1＝，＝＝2.‎ ‎∴是首项为2，公差为1的等差数列．‎ ‎(2)由(1)知＝n＋1，则Tn＝，‎ 从而an＝1－Tn＝.故＝n.‎ ‎∴数列是首项为1，公差为1的等差数列．‎ ‎∴Sn＝.‎ ‎12．已知在等差数列{an}中，a1＝31，Sn是它的前n项和，S10＝S22.‎ ‎(1)求Sn；‎ ‎(2)这个数列的前多少项的和最大，并求出这个最大值．‎ 解：(1)∵S10＝a1＋a2＋…＋a10，‎ S22＝a1＋a2＋…＋a22，又S10＝S22，‎ ‎∴a11＋a12＋…＋a22＝0，‎ 即＝0，故a11＋a22＝‎2a1＋31d＝0.‎ 又∵a1＝31，∴d＝－2，‎ ‎∴Sn＝na1＋d＝31n－n(n－1)＝32n－n2.‎ ‎(2)法一：由(1)知Sn＝32n－n2，‎ 故当n＝16时，Sn有最大值，Sn的最大值是256.‎ 法二：由Sn＝32n－n2＝n(32－n)，欲使Sn有最大值，‎ 应有10，a10·a11<0，若此数列的前10项和S10＝36，前18项和S18＝12，则数列{|an|}的前18项和T18的值是(　　)‎ A．24 B．48‎ C．60 D．84‎ 解析：选C　由a1>0，a10·a11<0可知d<0，a10>0，a11<0，故T18＝a1＋…＋a10－a11－…－a18＝S10－(S18－S10)＝60.‎ ‎3．数列{an}满足an＋1＋an＝4n－3(n∈N*)．‎ ‎(1)若{an}是等差数列，求其通项公式；‎ ‎(2)若{an}满足a1＝2，Sn为{an}的前n项和，求S2n＋1.‎ 解：(1)由题意得an＋1＋an＝4n－3，①‎ an＋2＋an＋1＝4n＋1，②‎ ‎②－①得an＋2－an＝4，‎ ‎∵{an}是等差数列，设公差为d，∴d＝2.‎ ‎∵a1＋a2＝1，∴a1＋a1＋d＝1，‎ ‎∴a1＝－，‎ ‎∴an＝2n－.‎ ‎(2)∵a1＝2，a1＋a2＝1，∴a2＝－1.‎ 又∵an＋2－an＝4，∴数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差均为4，‎ ‎∴a2n－1＝4n－2，a2n＝4n－5，‎ S2n＋1＝(a1＋a3＋…＋a2n＋1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)‎ ‎＝(n＋1)×2＋×4＋n×(－1)＋×4‎ ‎＝4n2＋n＋2.‎ ‎1．已知数列{an}中，a1＝，an＝2－(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝(n∈N*)．‎ ‎(1)求证：数列{bn}是等差数列；‎ ‎(2)求数列{an}中的最大项和最小项，并说明理由．‎ 解：(1)证明：∵an＝2－(n≥2，n∈N*)，bn＝.‎ ‎∴n≥2时，bn－bn－1＝－ ‎＝－ ‎＝－＝1.‎ 又b1＝＝－.‎ ‎∴数列{bn}是以－为首项，1为公差的等差数列．‎ ‎(2)由(1)知，bn＝n－，‎ 则an＝1＋＝1＋，‎ 设函数f(x)＝1＋，‎ 易知f(x)在区间和内为减函数．‎ 故当n＝3时，an取得最小值－1；当n＝4时，an取得最大值3.‎ ‎2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a2＋a4＝14，S7＝70.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，数列{bn}的最小项是第几项，并求出该项的值．‎ 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则有 即解得 所以an＝3n－2.‎ ‎(2)因为Sn＝[1＋(3n－2)]＝，‎ 所以bn＝＝3n＋－1≥2 －1＝23，‎ 当且仅当3n＝，即n＝4时取等号，‎ 故数列{bn}的最小项是第4项，该项的值为23.‎ ‎3．已知数列{an}，对于任意n≥2，在an－1与an之间插入n个数，构成的新数列{bn}成等差数列，并记在an－1与an之间插入的这n个数均值为Cn－1.‎ ‎(1)若an＝，求C1，C2，C3；‎ ‎(2)在(1)的条件下是否存在常数λ，使{Cn＋1－λCn}是等差数列？如果存在，求出满足条件的λ，如果不存在，请说明理由．‎ 解：(1)由题意a1＝－2，a2＝1，a3＝5，a4＝10，‎ ‎∴在a1与a2之间插入－1,0， C1＝－.‎ 在a2与a3之间插入2,3,4，C2＝3.‎ 在a3与a4之间插入6,7,8,9，C3＝.‎ ‎(2)在an－1与an之间插入n个数构成等差数列， d＝＝1，‎ ‎∴Cn－1＝＝＝.‎ 假设存在λ使得{Cn＋1－λCn}是等差数列．‎ ‎∴(Cn＋1－λCn)－(Cn－λCn－1)‎ ‎＝Cn＋1－Cn－λ(Cn－Cn－1)‎ ‎＝－λ· ‎＝(1－λ)n＋－λ＝常数，∴λ＝1.‎ 即λ＝1时，{Cn＋1－λCn}是等差数列．‎