高考数学复习 等差数列及其前n项和

高考数学复习 等差数列及其前n项和

高考数学复习 等差数列及其前 n 项和 【要点梳理】 要点一、等差数列的定义 文字语言形式 一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，这个数列就叫做等 差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母 d 表示。 要点诠释： ⑴公差 d 一定是由后项减前项所得，而不能用前项减后项来求； ⑵共同特征：从第二项起，每一项与它前面一项的差等于同一个常数 d （即公差）； 符号语言形式 对于数列{ }na ,若 1n na a d  ( n N  ， 2n  , d 为常数)或 1n na a d   ( n N  ，d 为常数)，则此 数列是等差数列，其中常数 d 叫做等差数列的公差。 要点诠释：定义中要求“同一个常数 d ”，必须与 n 无关。 等差中项 如果 a , A , b 成等差数列，那么 A 叫做 a 与b 的等差中项，即 2 baA  . 要点诠释： ①两个数的等差中项就是两个数的算术平均数。任意两实数 a，b 的等差中项存在且唯一. ②三个数 a , A , b 成等差数列的充要条件是 2 baA  . 要点二、等差数列的通项公式 等差数列的通项公式 首相为 1a ，公差为 d 的等差数列{ }na 的通项公式为： 1 ( 1)na a n d   （ *n N ） 推导过程： （1）归纳法： 根据等差数列定义 1n na a d  可得： 1n na a d  ， ∴ 2 1 1 (2 1)a a d a d     ， 3 2 1 1 1( ) 2 (3 1)a a d a d d a d a d          ， 4 3 1 1 1( 2 ) 3 (4 1)a a d a d d a d a d          ， …… dnaan )1(1  当 n=1 时，上式也成立 ∴归纳得出等差数列的通项公式为： dnaan )1(1  （ n N  ）。 （2）叠加法： 根据等差数列定义 1n na a d  ，有： 2 1a a d  ， 3 2a a d  ， 4 3a a d  ， … 1n na a d  把这 1n  个等式的左边与右边分别相加（叠加），并化简得 1 ( 1)na a n d   ， ∴ 1 ( 1)na a n d   . (3)迭代法： dnadddaddadaa n nnn )1()()( 1 2 221        ∴ 1 ( 1)na a n d   . 要点诠释： ①通项公式由首项 1a 和公差 d 完全确定，一旦一个等差数列的首项和公差确定，该等差数列就唯一确 定了。 ②通项公式中共涉及 1a 、 n 、 d 、 na 四个量，已知其中任意三个量，通过解方程，便可求出第四个 量。 等差数列通项公式的推广 已知等差数列{ }na 中，第 m 项为 ma ，公差为 d ，则： ( )n ma a n m d   证明：∵ 1 ( 1)na a n d   ， 1 ( 1)ma a m d   ∴ 1 1[ ( 1) ] [ ( 1) ] ( )n ma a a n d a m d n m d         ∴ ( )n ma a n m d   由上可知，等差数列的通项公式可以用数列中的任一项与公差来表示，公式 1 ( 1)na a n d   可以看 成是 1m  时的特殊情况。 要点三、等差数列的性质 等差数列{ }na 中，公差为 d ，则 ①若 , , ,m n p q N  ，且 m n p q   ,则 m n p qa a a a   ， 特别地，当 2m n p  时 2m n pa a a  . ②下标成公差为 m 的等差数列的项 ka , k ma  , 2k ma  ,…组成的新数列仍为等差数列，公差为 md . ③若数列 nb 也为等差数列，则 n na b ， nka b ，（k,b 为非零常数）也是等差数列. ④ 1 2 3 4 5 6 7 8 9, , ,a a a a a a a a a      ……仍是等差数列. ⑤数列 +na b （ ，b为非零常数）也是等差数列. 要点四、等差数列的前 n 项和公式 等差数列的前 n 项和公式 公式一： 2 )( 1 n n aanS  证明：倒序相加法 nnn aaaaaS  1321  ① 1221 aaaaaS nnnn    ② ①+②： 1 2 1 3 2 12 ( ) ( ) ( ) ( )n n n n nS a a a a a a a a          ∵ 1 2 1 3 2 1n n n na a a a a a a a         ∴ )(2 1 nn aanS  由此得： 2 )( 1 n n aanS  公式二： 2 )1( 1 dnnnaSn  证明：将 dnaan )1(1  代入 2 )( 1 n n aanS  可得： 2 )1( 1 dnnnaSn  要点诠释： ①倒序相加是数列求和的重要方法之一。 ②上面两个公式均为等差数列的求和公式，共涉及 1a 、 n 、 d 、 na 、 nS 五个量，已知其中任意三个 量，通过解方程组，便可求出其余两个量。 要点五、等差数列的前 n 项和的有关性质 等差数列{ }na 中，公差为 d ，则 ①连续 k 项的和依然成等差数列，即 kS , 2k kS S , 3 2k kS S ，…成等差数列，且公差为 2k d . ②若项数为 2n，则 2 1( )n n nS n a a   ， S S nd 偶 奇 ， 1 n n S a S a  奇 偶 ③若项数为 2n-1，则 2 1 (2 1)n nS n a   ， nS na奇 ， ( 1) nS n a 偶 ， nS S a 奇 偶 ， 1 S n S n   奇 偶 要点六、等差数列中的函数关系 等差数列{ }na 的通项公式是关于 n 的一次函数(或常数函数) 等差数列{ }na 中， 1 1( 1) ( )na a n d dn a d      ，令 1a d b  ,则： na dn b  （ d ,b 是常数且 d 为公差） （1）当 0d  时， na b 为常数函数，{ }na 为常数列；它的图象是在直线 y b 上均匀排列的一群孤 立的点。 （2）当 0d  时， na dn b  是 n 的一次函数；它的图象是在直线 y dx b  上均匀排列的一群孤立 的点。 ①当 0d  时，一次函数单调增，{ }na 为递增数列； ②当 d ＜0 时，一次函数单调减，{ }na 为递减数列。 等差数列{ }na 的前 n 项和公式是关于 n 的一个常数项为零的二次函数（或一次函数） 由 ndanddnnnaSn )2(22 )1( 1 2 1  ，令 2 dA  ， 1 2 dB a  ，则： 2 nS An Bn  （ A , B 为常数） （1）当 0d  即 0A  时， 1nS Bn na  ， nS 是关于 n 的一个一次函数；它的图象是在直线 1y a x 上的一群孤立的点。 （2）当 0d  即 0A  时， nS 是关于 n 的一个常数项为零的二次函数；它的图象是在抛物线 2y Ax Bx  上的一群孤立的点。 ①当 0d  时 nS 有最小值 ②当 0d  时， nS 有最大值 要点诠释： 1.公差不为 0 的等差数列{ }na 的通项公式是关于 n 的一次函数。 2. na pn q  （ p , q 是常数）是数列{ }na 成等差数列的充要条件。 3.公差不为 0 的等差数列{ }na 的前 n 项和公式是关于 n 的一个常数项为零的二次函数。 4. 2 nS An Bn  (其中 A , B 为常数)是数列{ }na 成等差数列的充要条件. 【典型例题】 类型一：等差数列的定义 例 1.（1）求等差数列 3，7，11，……的第 11 项. （2）100 是不是等差数列 2，9，16，……的项？如果是，是第几项？如果不是，说明理由. 【思路点拨】 （1）根据所给数列的前 2 项求得首项和公差，写出该数列的通项公式，从而求出所求项；（2）题中要 想判断一数是否为某一数列的其中一项，关键是要看是否存在一正整数 n 值，使得 na 等于这一数. 【解析】 （1）根据题意可知： 1 3a  , 7 3 4d    . ∴该数列的通项公式为： 3 4( 1) 4 1na n n     （ 1n  , n N  ） ∴ 11 3 4(11 1) 43a     . （2）根据题意可得： 1 2a  , 9 2 7d    . ∴此数列通项公式为： 2 7( 1) 7 5na n n     （ 1n  , n N  ）. 令 7 5 100n   ,解得： 15n  , ∴100 是这个数列的第 15 项. 【总结升华】 1.根据所给数列的前 2 项求得首项 1a 和公差 d ，写出通项公式 na . 2.要注意解题步骤的规范性与准确性. 举一反三： 【变式 1】求等差数列 8，5，2…的第 21 项 【答案】由 1 8a  ， 5 8 2 5 3d       ，∴ 21 8 (21 1) ( 3) 52a        . 【变式 2】－20 是不是等差数列 0， 7 2  ，－7，……的项？如果是，是第几项？如果不是，说明理由. 【答案】由题意可知： 1 0a  , 7 2d   ，∴此数列的通项公式为： 7 7 2 2na n   , 令 7 720 2 2n    ,解得 47 7n N  ，所以－20 不是这个数列的项. 【变式 3】求集合 *{ | 7 , , 100}M m m n n N m    的元素的个数，并求这些元素的和 【答案】∵ 7 100n  ， ∴ 214 7n  ， ∵ *n N ，∴ M 中有 14 个元素符合条件， 又∵满足条件的数 7，14，21，…，98 成等差数列，即 1 7a  ， 7d  ， 14 98a  ， ∴ 7352 )987(14 14 S . 例 2.已知数列{ }na 的通项公式为 3 5,na n  这个数列是等差数列吗？ 【思路点拨】 由等差数列的定义，要判定{ }na 是不是等差数列，只要看 1 nn aa （ 2n  ）是不是一个与 n 无关的 常数。 【解析】因为 2n  时， 1 3 5 [3( 1) 5] 3,n na a n n       所以数列{ }na 是等差数列，且公差为 3. 【总结升华】 1. 定义法和等差中项法是证明等差数列的常用方法. 2. 一般地，如果一个数列{ }na 的前 n 项和为 2 nS pn qn r   ，其中 p 、 q 、 r 为常数，且 0p  ， 那么当常数项 0r  时，这个数列一定是等差数列；当常数项 0r  时，这个数列不是等差数列，但从第二 项开始的新数列是等差数列. 举一反三： 【变式 1】(2015 北京)设{an}是等差数列，下列结论中正确的是 A．若 a1+a2＞0，则 a2+a3＞0 B．若 a1+a3＜0，则 a1+a2＜0 C．若 0＜a1＜a2，则 2 1 3a a a D．若 a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＞0 【答案】分析四个答案，A 举一反例，如 1 2a  ， 2 1a   ， 3 4a   ，a1+a2＞0，而 a2+a3＜0，A 错误； 同样 B，如 1 2a  ， 2 1a   ， 3 4a   ，a1+a3＜0，则 a1+a2＞0，B 错误； 对于 C，{an}是等差数列，若 0＜a1＜a2，则 a1＞0，设公差为 d，则 d＞0 ，数列各项均为正， 2 2 1 2 2 2 2( )( )a a a d a d a d     ，∵ 2 2 2 2 2a a d  ，∴ 2 1 3a a a ； 对于 D， 2 2 1 2 3( )( ) 0a a a a d     故选：C． 【变式 2】已知数列{ }na 中， 1 1a  ， 1 2 2 n n n aa a   （ *n N ），求证： 1{ } na 是等差数列。 证明：∵ 1 2 2 n n n aa a   ，∴ 1 21 1 1 2 2 n n n n a a a a    ∴ 1 1 1 1 2n na a   ，∴ 1{ } na 是公差为 1 2 的等差数列。 类型二：等差数列通项公式的应用 例 3．已知等差数列{ }na 中， 15 33a  ， 45 153a  ，试问 217 是否为此数列的项？若是，说明是第几 项？若不是，说明理由。 【思路点拨】等差数列的计算，一般优先考虑使用性质，如果不宜用性质，则回归为基本量 a1、d 的问题， 列出 a1、d 的方程组。 【解析】 方法一：由通项公式得： 15 1 45 1 14 33 44 153 a a d a a d        ，解得 1 23 4 a d     ， ∴ 23 4( 1) 4 27na n n      （ 1n  , n N  ）, ∴ 217 4 27n  ,解得 61n  . 方法二：由等差数列性质，得 45 15 30a a d  ,即153 33 30d  ，解得 4d  , ∴ 15 4( 15)na a n   ， ∴ 217 33 4( 15)n   ,解得 61n  . 方法三：由等差数列的几何意义可知，等差数列是一些共线的点， ∵点 (15,33)P 、 (45,153)Q 、 ( ,217)R n 在同一条直线上， ∴ 45 153217 1545 33153    n ，解得 61n  。 【总结升华】 1. 等差数列的关键是首项 1a 与公差 d ；五个基本量 1a 、n 、d 、 na 、 nS 中，已知三个基本量便可求 出其余两个量； 2.列方程（组）求等差数列的首项 1a 和公差 d ，再求出 na 、 nS ，是数列中的基本方法. 举一反三： 【变式 1】在等差数列{ }na 中，已知 5 1210, 31,a a  求首项 1,a 与公差 d . 【答案】由 1 1 5 4 10 12 11 31 a d a d      解得； 1 2 , 5a d   【变式 2】等差数列{ }na 中, 4d  , 18na  , 48nS  ,求 1a 的值. 【答案】 1 1 ( 1) 18 ( 1) 482 n n a a n d n nS na d        即 1 1 4( 1) 18 2 ( 1) 48 a n na n n        ， 解得： 1 6 4 a n    或 1 2 6 a n     . 【变式 3】已知等差数列{ }na ， 3 5 4a  ， 7 3 4a   ，则 15a = 。 【答案】 方法一：设数列{ }na 首项为 1a ,公差为 d ，则         4 36 4 52 1 1 da da ， 解得         4 9 2 1 1a d ， ∴ 4 19)2 1(144 914115  daa 。 方法二：∵ 7 3 4a a d  , ∴ 3 5 44 4 d   ，解得： 2 1d ， ∴ 4 19)715(715  daa . 方法三：∵{ }na 为等差数列，∴ 3a , 7a , 11a , 15a ，…，也成新的等差数列， 由 3 5 4a  ， 7 3 4a   知上述新数列首项为 4 5 ，公差为-2 ∴ 15 5 19(4 1)( 2)4 4a       . 类型三：活用等差数列的性质解题 例 4. 已知等差数列 }{ na 中，若 3 8 13 12a a a   , 3 8 13 28a a a  ,求 }{ na 的通项公式。 【思路点拨】可以直接列方程组求解 1a 和 d ；同时留意到脚标 3 13 8 2   ，可以用性质：当 2m n p  时 2m n pa a a  解题. 【解析】∵ 3 13 82a a a  ，∴ 3 8 13 83 12a a a a    即 8 4a  , 代入已知，有      7 8 133 133 aa aa ,解得      7 1 13 3 a a 或      1 7 13 3 a a ， 当 3 1a  , 13 7a  时， 5 3 10 17 313 313   aad ，∴ 5 4 5 3 5 3)3(3  nnaan ； 当 3 7a  , 13 1a  时， 13 3 1 7 3 13 3 10 5 a ad      , ∴ 5 44 5 3  nan . 【总结升华】利用等差数列的性质解题，往往比较简捷. 举一反三： 【变式 1】在等差数列 }{ na 中， 2 8 18a a  ，则 5a = 【答案】9 【变式 2】在等差数列 }{ na 中， 2 5 8 11 20a a a a    ，则 6 7a a+ = 【答案】10 【变式 3】在等差数列 }{ na 中，若 1 6 9a a  , 4 7a  , 则 3a = , 9a = 【答案】∵ 1 6 4 3 9a a a a    ， 4 7a  ，∴ 3 49 9 7 2a a     ， ∴ 4 3 5d a a   ，∴ 9 4 (9 4) 32a a d    . 类型四：前 n 项和公式及性质的运用 例 5. 已知等差数列{an}的公差 d＞0，设{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，S2•S3＝36． (Ⅰ)求 d 及 Sn； (Ⅱ)求 m，k(m，k ∈ N*)的值，使得 am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65． 【思路点拨】（1）利用 S2•S3＝36 求得 d,然后利用等差数列的求和公式求 Sn；（2）利用前 n 项和公式 求和，然后对 k,m 进行讨论。 【答案】(Ⅰ)d＝2；    *2 1 N2 1S  nndnnnan .(Ⅱ)k＝4，m＝5 【解析】(Ⅰ)由 a1＝1，S2•S3＝36 得， (a1＋a2)(a1＋a2＋a3)＝36， 即(2＋d)(3＋3d)＝36，化为 d2＋3d－10＝0，解得 d＝2 或－5， 又公差 d＞0，则 d＝2， 所以    *2 1 N2 1S  nndnnnan ． (Ⅱ)由(Ⅰ)得，an＝1＋2(n－1)＝2n－1， 由 am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65 得，    652 1 ＝kmm aak  ， 即(k＋1)(2m＋k－1)＝65， 又 m，k ∈ N*，则(k＋1)(2m＋k－1)＝5×13，或(k＋1)(2m＋k－1)＝1×65， 下面分类求解： 当 k＋1＝5 时，2m＋k－1＝13，解得 k＝4，m＝5； 当 k＋1＝13 时，2m＋k－1＝5，解得 k＝12，m＝－3，故舍去； 当 k＋1＝1 时，2m＋k－1＝65，解得 k＝0，故舍去； 当 k＋1＝65 时，2m＋k－1＝1，解得 k＝64，m＝－31，故舍去； 综上得，k＝4，m＝5． 【总结升华】本题考查等差数列的前 n 项和公式，熟练应用公式解题。 举一反三： 【变式 1】（2016 江苏高考）已知{an}是等差数列，Sn 是其前 n 项和.若 a1+a22= - 3，S5=10，则 a9 的值是 . 【答案】由 5 10S  得 3 2a  ，因此 2 92 2 (2 d) 3 3, 2 3 6 20.d d a           【变式 2】等差数列 }{ na 中，若 4 9a  , 则 7S =_________. 【答案】由 1 2 1 2 1 (2 1)( ) (2 1)2 n n n n a aS n a      ，得 7 47 7 9 63S a    . 【变式 3】已知两等差数列 }{ na 、{ }nb 的前 n 项和分别为 nS 、 nT ，且 4 3 5 2 n n S n T n   ，则 10 10 a b = . 【答案】 10 19 10 19 4 19 3 79 5 19 2 93 a S b T      . 【变式 4】等差数列 }{ na 前 m 项和为 30，前 2m 项和为 100，求它的前 3m 项和. 【解析】 方法一：利用等差数列的前 n 项和公式 dnnnaSn 2 )1( 1  求解。 由已知得         1002 )12(22 302 )1( 12 1 dmmmaS dmmmaS m m ，解得 221 40,2010 m d mma  ， ∴ 3 1 3 (3 1)3 2102m m mS ma d   。 方法二：利用等差数列前 n 项和公式 2 )( 1 n n aanS  及性质 m n p q   ,则 m n p qa a a a   求解。 由已知得            )4.........( )3........(2)(3 )2.(..........100)( )1....(..........60)( 223 331 21 1 mmmm mm m m aaaa Saam aam aam 由(3)-(2)及(2)-(1)结合(4), 得 S3m=210. 方法三：根据性质：“已知{an}成等差数列，则 Sn,S2n-Sn, S3n-S2n,……,Skn-S(k-1)n,……(k≥2)成等差数列” 解题。 由上述性质，知 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m 成等差数列。 ∴Sm+(S3m-S2m)=2(S2m-Sm), ∴ S3m=3(S2m-Sm)=210. 方法四：由 dnnnaSn 2 )1( 1  的变形式解题，由上式知， 2)1(1 dnan Sn  ∴数列 }{ n Sn 也成等差数列，即 m S m S m S mmm 3,2, 32 成等差数列， ∵ m S m S m S mmm 32 2 32  ，又 Sm=30, S2m=100, ∴S3m=210. 方法五：∵{an}为等差数列， ∴设 2 nS An Bn  ∴Sm=am2+bm=30,S2m=4m2a+2mb=100, 得 2 20A m  ， 10B m  ∴S3m=9m2a+3mb=210. 例 6．一等差数列由 3 个数组成，3 个数之和为 9，3 个数的平方和为 35，求这个数列。 【思路点拨】 本题设这三个数时，常规设法为 a , a d ， 2a d ，但不如用对称设法设为 a d , a , a d 。 【解析】设这三个数分别为 a d , a , a d ，则 2 2 2 ( ) ( ) 9 ( ) ( ) 35 a d a a d a d a a d            ，解得 3a  , 2d   . ∴所求三个数分别为 1，3，5 或 5，3，1。 【总结升华】 1. 三个数成等差数列时，可设其分别为 x d , x , x d ；若四个数成等差数列，可设其分别为 3x d , x d , x d , 3x d . 举一反三： 【变式】已知四个数成等差数列，且其平方和为 94，首尾两数之积比中间两数之积少 18，求此四个 数。 【答案】-1，2，5，8 或 8，5，2，-1 或-8，-5，-2，1 或 1，-2，-5，-8 类型五：等差数列前 n 项和的最值问题 例 7．已知数列 }{ na 是等差数列， 1 0a  , 9 17S S ，试问 n 为何值时，数列的前 n 项和最大？为什么？ 【思路点拨】 要研究一个等差数列的前 n 项和的最值问题，有两个基本途径：其一是利用 nS 是 n 的二次函数关系来 考虑；其二是通过考察数列的单调性来解决。 【解析】 方法一：∵ 9 17S S , ∴ 1 19 36 17 136a d a d   即 18 100a d  , ∵ 1 0a  ， ∴ 025 2 1  ad ， 又 2 21 1 1 1 1 1 ( 1) ( 1) 2 169( ) ( 26 ) ( 13)2 2 25 25 25 25n a an n n nS na d na a n n n a             ， ∵ 1 0a  ，∴ 当 13n  , nS 有最大值为 125 169 a . 方法二：要使 nS 最大， n 必须使 0na  且 1 0na   ， 即              0 025 27)1(25 2 025 27 25 2)1( 1 111 111 a anaa anadnaa n n 解得 2 27 2 25  n ， ∵ n N  ， ∴ 13n  时， nS 最大为 1113 25 169 2 121313 adaS  . 【总结升华】 对等差数列前项和的最值问题有两种方法: 1. 利用 na : 当 0na  ， 0d  时，前 n 项和有最大值。可由 0na  ，且 1 0na   ，求得 n 的值； 当 0na  ， 0d  时，前 n 项和有最小值。可由 0na  ，且 1 0na   ，求得 n 的值. 2. 利用 nS ：由 2 1( )2 2n d dS n a n   利用二次函数配方法求得最值时 n 的值 举一反三： 【变式】设等差数列 }{ na 的前 n 项和为 nS , 已知 3 12a  , 12 0S  , 13 0S  . （1）求公差 d 的取值范围； （2）指出 1S ， 2S ，…， 12S 中哪一个值最大，并说明理由. 【答案】 （1）依题意，有 12 1 13 1 3 1 12 (12 1)12 02 13 (13 1)13 02 2 12 S a d S a d a a d                 ，即 1 1 1 2 11 0 6 0 12 2 a d a d a d         ， 解得 24 37 d    . （2）法一:由 0d  ，可知 1 2 3 12 13...a a a a a     . 设存在自然数 n ,使得 nS 就是 1S ， 2S ，…， 12S 中的最大值，只需 0na  , 1 0na   , 由 1 12 12 6 7 6 7 6 1 13 7 7 13 7 12( ) 6( ) 0 0 02 13( ) 0 013 02 a aS a a a a a a a a aS a                    ， 故 6S 是 1S ， 2S ，…， 12S 中的最大值. 法二: 2 2 1 ( 1) 1 24 24[ (5 )] (5 )2 2 2 8n n n d dS na d n d d         ∵ 0d  , ∴ 21 24[ (5 )]2n d   最小时， nS 最大， ∵ 24 37 d    , ∴ 1 246 (5 ) 6.52 d    ， ∴ 6n  时， 21 24[ (5 )]2n d   最小， 故 6S 是 1S ， 2S ，…， 12S 中的最大值.