【数学】2018届一轮复习人教A版第5章第2节等差数列及其前n项和学案

【数学】2018届一轮复习人教A版第5章第2节等差数列及其前n项和学案

第二节 等差数列及其前 n 项和 1．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．用符号表示为 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＝a＋b 2 ，其中 A 叫 做 a，b 的等差中项． 2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d，an＝am＋(n－m)d. (2)前 n 项和公式：Sn＝na1＋nn－1d 2 ＝na1＋an 2 . 3．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}也是等差数列． (5)若{an}是等差数列，公差为 d，则 ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差 为 md 的等差数列． 1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若一个数列从第 2 项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列 是等差数列．( ) (2)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意 n∈N*，都有 2an＋1＝an＋an＋ 2.( ) (3)等差数列{an}的单调性是由公差 d 决定的．( ) (4)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为 n 的一次函数．( ) [答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)× 2．等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 S3＝6，a3＝0，则公差 d 等于( ) A．－1 B．1 C．2 D．－2 D [依题意得 S3＝3a2＝6，即 a2＝2，故 d＝a3－a2＝－2，故选 D.] 3．设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，若 a1＋a3＋a5＝3，则 S5＝( ) A．5 B．7 C．9 D．11 A [a1＋a3＋a5＝3a3＝3⇒a3＝1，S5＝5a1＋a5 2 ＝5a3＝5.] 4．已知等差数列{an}前 9 项的和为 27，a10＝8，则 a100＝( ) A．100 B．99 C．98 D．97 C [法一：∵{an}是等差数列，设其公差为 d， ∴S9＝9 2(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3. 又∵a10＝8，∴ a1＋4d＝3， a1＋9d＝8， ∴ a1＝－1， d＝1. ∴a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98.故选 C. 法二：∵{an}是等差数列， ∴S9＝9 2(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3. 在等差数列{an}中，a5，a10，a15，…，a100 成等差数列，且公差 d′＝a10－ a5＝8－3＝5. 故 a100＝a5＋(20－1)×5＝98.故选 C.] 5．(教材改编)在 100 以内的正整数中有__________个能被 6 整除的数. 【导学号：51062163】 16 [由题意知，能被 6 整除的数构成一个等差数列{an}， 则 a1＝6，d＝6，得 an＝6＋(n－1)6＝6n. 由 an＝6n≤100，即 n≤164 6 ＝162 3 ， 则在 100 以内有 16 个能被 6 整除的数．] 等差数列的基本运算 (1)已知{an}是公差为 1 的等差数列，Sn 为{an}的前 n 项和，若 S8＝4S4， 则 a10＝( ) A.17 2 B.19 2 C．10 D．12 (2)(2017·诸暨二次统一检测)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，S11＝22，a4 ＝－12，若 am＝30，则 m＝( ) A．9 B．10 C．11 D．15 (1)B (2)B [(1)∵公差为 1， ∴S8＝8a1＋8×8－1 2 ×1＝8a1＋28，S4＝4a1＋6. ∵S8＝4S4，∴8a1＋28＝4(4a1＋6)，解得 a1＝1 2 ， ∴a10＝a1＋9d＝1 2 ＋9＝19 2 . (2)设等差数列{an}的公差为d，依题意 S11＝11a1＋11×11－1 2 d＝22， a4＝a1＋3d＝－12， 解 得 a1＝－33， d＝7， ∴am＝a1＋(m－1)d＝7m－40＝30，∴m＝10.] [规律方法] 1.等差数列的通项公式及前 n 项和公式，共涉及五个量 a1，an， d，n，Sn，知三求二，体现了方程思想的应用． 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，称为基本量法． [变式训练 1] (1)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足S3 3 －S2 2 ＝1，则 数列{an}的公差是( ) A.1 2 B．1 C．2 D．3 (2)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，a12＝－8，S9＝－9，则 S16＝__________. 【导学号：51062164】 (1)C (2)－72 [(1)∵Sn＝na1＋an 2 ，∴Sn n ＝a1＋an 2 ，又S3 3 －S2 2 ＝1， 得a1＋a3 2 －a1＋a2 2 ＝1，即 a3－a2＝2， ∴数列{an}的公差为 2. (2)设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d， 由已知，得 a12＝a1＋11d＝－8， S9＝9a1＋9d×8 2 ＝－9， 解得 a1＝3， d＝－1. ∴S16＝16×3＋16×15 2 ×(－1)＝－72.] 等差数列的判定与证明 已知数列{an}中，a1＝3 5 ，an＝2－ 1 an－1 (n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足 bn＝ 1 an－1(n∈N*)． (1)求证：数列{bn}是等差数列． (2)求数列{an}中的通项公式 an. [解] (1)证明：因为 an＝2－ 1 an－1 (n≥2，n∈N*)， bn＝ 1 an－1. 所以 n≥2 时，bn－bn－1＝ 1 an－1 － 1 an－1－1 ＝ 1 2－ 1 an－1 －1 － 1 an－1－1 ＝ an－1 an－1－1 － 1 an－1－1 ＝1.5 分 又 b1＝ 1 a1－1 ＝－5 2 ， 所以数列{bn}是以－5 2 为首项，1 为公差的等差数列.7 分 (2)由(1)知，bn＝n－7 2 ，10 分 则 an＝1＋ 1 bn ＝1＋ 2 2n－7.14 分 [规律方法] 1.判断等差数列的解答题，常用定义法和等差中项法，而通项 公式法和前 n 项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断． 2．用定义证明等差数列时，常采用两个式子 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． [变式训练 2] (1)若{an}是公差为 1 的等差数列，则{a2n－1＋2a2n}是( ) A．公差为 3 的等差数列 B．公差为 4 的等差数列 C．公差为 6 的等差数列 D．公差为 9 的等差数列 (2)在数列{an}中，若 a1＝1，a2＝1 2 ， 2 an＋1 ＝ 1 an ＋ 1 an＋2 (n∈N*)，则该数列的通 项为( ) A．an＝1 n B．an＝ 2 n＋1 C．an＝ 2 n＋2 D．an＝3 n (1)C (2)A [(1)∵a2n－1＋2a2n－(a2n－3＋2a2n－2) ＝(a2n－1－a2n－3)＋2(a2n－a2n－2) ＝2＋2×2＝6， ∴{a2n－1＋2a2n}是公差为 6 的等差数列． (2)由已知式 2 an＋1 ＝ 1 an ＋ 1 an＋2 可得 1 an＋1 － 1 an ＝ 1 an＋2 － 1 an＋1 ，知 1 an 是首项为 1 a1 ＝1， 公差为 1 a2 － 1 a1 ＝2－1＝1 的等差数列，所以 1 an ＝n，即 an＝1 n.] 等差数列的性质与最值 (1)(2017·浙江金华十校一联)如图 521 所示的数阵中，每行、每列的 三个数均成等差数列，如果数阵中所有数之和等于 63，那么 a52＝( ) a41 a42 a43 a51 a52 a53 a61 a62 a63 图 521 A．2 B．8 C．7 D．4 (2)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 取得最大值． (1)C [法一：第一行三数成等差数列，由等差中项的性质有 a41＋a42＋a43 ＝3a42，同理第二行也有 a51＋a52＋a53＝3a52，第三行也有 a61＋a62＋a63＝3a62， 又每列也成等差数列，所以对于第二列，有 a42＋a52＋a62＝3a52，所以 a41＋a42 ＋a43＋a51＋a52＋a53＋a61＋a62＋a63＝3a42＋3a52＋3a62＝3×3a52＝63，所以 a52＝ 7，故选 C. 法二：由于每行每列都成等差数列，不妨取特殊情况，即这 9 个数均相同， 显然满足题意，所以有 63÷9＝7，即 a52＝7，故选 C.] (2)法一：由 S3＝S11，可得 3a1＋3×2 2 d＝11a1＋11×10 2 d，4 分 即 d＝－ 2 13a1.8 分 从而 Sn＝d 2n2＋ a1－d 2 n＝－a1 13(n－7)2＋49 13a1， 因为 a1>0，所以－a1 13<0.12 分 故当 n＝7 时，Sn 最大.14 分 法二：由法一可知，d＝－ 2 13a1. 要使 Sn 最大，则有 an≥0， an＋1≤0， 5 分 即 a1＋n－1 － 2 13a1 ≥0， a1＋n － 2 13a1 ≤0， 10 分 解得 6.5≤n≤7.5，故当 n＝7 时，Sn 最大.14 分 法三：由 S3＝S11，可得 2a1＋13d＝0， 即(a1＋6d)＋(a1＋7d)＝0，5 分 故 a7＋a8＝0，又由 a1>0，S3＝S11 可知 d<0，10 分 所以 a7>0，a8<0，所以当 n＝7 时，Sn 最大.14 分 [规律方法] 1.等差数列的性质 (1)项的性质：在等差数列{an}中，am－an＝(m－n)d⇔am－an m－n ＝d(m≠n)，其 几何意义是点(n，an)，(m，am)所在直线的斜率等于等差数列的公差． (2)和的性质：在等差数列{an}中，Sn 为其前 n 项和，则 ①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)； ②S2n－1＝(2n－1)an. 2．求等差数列前 n 项和 Sn 最值的两种方法 (1)函数法：利用等差数列前 n 项和的函数表达式 Sn＝an2＋bn，通过配方或 借助图象求二次函数最值的方法求解． (2)邻项变号法： ①当 a1>0，d<0 时，满足 am≥0， am＋1≤0 的项数 m 使得 Sn 取得最大值为 Sm； ②当 a1<0，d>0 时，满足 am≤0， am＋1≥0 的项数 m 使得 Sn 取得最小值为 Sm. [变式训练 3] (1)在等差数列{an}中，a3＋a9＝27－a6，Sn 表示数列{an}的前 n 项和，则 S11＝( ) A．18 B．99 C．198 D．297 (2)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 S5＝10，S10＝30，则 S15＝( ) A．60 B．70 C．90 D．40 (1)B (2)A [(1)因为 a3＋a9＝27－a6,2a6＝a3＋a9，所以 3a6＝27，所以 a6＝ 9，所以 S11＝11 2 (a1＋a11)＝11a6＝99. (2)因为数列{an}为等差数列，所以 S5，S10－S5，S15－S10 也成等差数列，设 S15＝x，则 10,20，x－30 成等差数列，所以 2×20＝10＋(x－30)，所以 x＝60， 即 S15＝60.] [思想与方法] 1．等差数列的通项公式，前 n 项和公式涉及“五个量”，“知三求二”， 需运用方程思想求解，特别是求 a1 和 d. (1)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，…. (2)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，…. 2．等差数列{an}中，an＝an＋b(a，b 为常数)，Sn＝An2＋Bn(A，B 为常数)， 均是关于“n”的函数，充分运用函数思想，借助函数的图象、性质简化解题过程． 3．等差数列的四种判断方法： (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． [易错与防范] 1．要注意概念中的“从第 2 项起”．如果一个数列不是从第 2 项起，每一 项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列． 2．注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别． 3．求等差数列的前 n 项和 Sn 的最值时，需要注意“自变量 n 为正整数”这 一隐含条件． 课时分层训练(二十七) 等差数列及其前 n 项和 A 组 基础达标 (建议用时：30 分钟) 一、选择题 1．在等差数列{an}中，a1＝0，公差 d≠0，若 am＝a1＋a2＋…＋a9，则 m 的 值为( ) A．37 B．36 C．20 D．19 A [am＝a1＋a2＋…＋a9＝9a1＋9×8 2 d＝36d＝a37.] 2．(2017·台州二次调研)在等差数列{an}中，若前 10 项的和 S10＝60，且 a7 ＝7，则 a4＝( ) A．4 B．－4 C．5 D．－5 C [法一：由题意得 10a1＋45d＝60， a1＋6d＝7， 解得 a1＝3， d＝2 3 ， ∴a4＝a1＋3d＝5， 故选 C. 法二：由等差数列的性质有 a1＋a10＝a7＋a4，∵S10＝10a1＋a10 2 ＝60，∴a1 ＋a10＝12.又∵a7＝7，∴a4＝5，故选 C.] 3．(2017·温州质检)已知数列{an}是等差数列，且 a7－2a4＝6，a3＝2，则公 差 d＝( ) A．2 2 B．4 C．8 D．16 B [法一：由题意得 a3＝2，a7－2a4＝a3＋4d－2(a3＋d)＝6，解得 d＝4，故 选 B. 法二：由题意得 a7－2a4＝a1＋6d－2a1＋3d＝6， a3＝a1＋2d＝2， 解得 a1＝－6， d＝4， 故选 B.] 4．等差数列{an}中，已知 a5>0，a4＋a7<0，则{an}的前 n 项和 Sn 的最大值 为( ) A．S7 B．S6 C．S5 D．S4 C [∵ a4＋a7＝a5＋a6<0， a5>0， ∴ a5>0， a6<0， ∴Sn 的最大值为 S5.] 5．(2017·湖北七市 4 月联考)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有 一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日 行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复 还迎驽马，二马相逢，问：几日相逢？( ) 【导学号：51062165】 A．9 日 B．8 日 C．16 日 D．12 日 A [根据题意，显然良马每日行程构成一个首项 a1＝103，公差 d1＝13 的等 差数列，前 n 天共跑的里程为 S＝na1＋nn－1 2 d1＝103n＋13 2 n(n－1)＝6.5n2＋ 96.5n；驽马每日行程也构成一个首项 b1＝97，公差 d2＝－0.5 的等差数列，前 n 天共跑的里程为 S＝nb1＋nn－1 2 d2＝97n－0.5 2 n(n－1)＝－0.25n2＋97.25n.两马相 逢时，共跑了一个来回．设其第 n 天相逢，则有 6.5n2＋96.5n－0.25n2＋97.25n ＝1 125×2，解得 n＝9，即它们第 9 天相遇，故选 A.] 二、填空题 6．(2017·浙江名校(绍兴一中)交流卷五)等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7， 则 an＝________，a1＋a3＋…＋a99＝________. 2n－1 4 950 [由题意得 2a1＋4d＝10， a1＋3d＝7， 解得 a1＝1， d＝2， ∴an＝2n－1， a1＋a3＋…＋a99＝50×1＋5050－1 2 ×4＝4 950.] 7．已知{an}为等差数列，Sn 为其前 n 项和．若 a1＝6，a3＋a5＝0，则 S6＝ ________. 6 [∵a3＋a5＝2a4，∴a4＝0. ∵a1＝6，a4＝a1＋3d，∴d＝－2. ∴S6＝6a1＋6×6－1 2 d＝6.] 8．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________. 【导学号：51062166】 20 [法一：设等差数列{an}的公差为 d，由 S5＝10，知 S5＝5a1＋5×4 2 d＝10， 得 a1＋2d＝2，即 a1＝2－2d，所以 a2＝a1＋d＝2－d，代入 a1＋a22＝－3，化简得 d2－6d＋9＝0，所以 d＝3，a1＝－4.故 a9＝a1＋8d＝－4＋24＝20. 法二：设等差数列{an}的公差为 d，由 S5＝10，知5a1＋a5 2 ＝5a3＝10，所以 a3＝2. 由 a1＋a3＝2a2，得 a1＝2a2－2，代入 a1＋a22＝－3，化简得 a22＋2a2＋1＝0， 所以 a2＝－1. 公差 d＝a3－a2＝2＋1＝3，故 a9＝a3＋6d＝2＋18＝20.] 三、解答题 9．已知等差数列的前三项依次为 a,4,3a，前 n 项和为 Sn，且 Sk＝110. (1)求 a 及 k 的值； (2)设数列{bn}的通项 bn＝Sn n ，证明：数列{bn}是等差数列，并求其前 n 项和 Tn. [解] (1)设该等差数列为{an}，则 a1＝a，a2＝4，a3＝3a， 由已知有 a＋3a＝8，得 a1＝a＝2，公差 d＝4－2＝2， 所以 Sk＝ka1＋kk－1 2 ·d＝2k＋kk－1 2 ×2＝k2＋k.3 分 由 Sk＝110，得 k2＋k－110＝0， 解得 k＝10 或 k＝－11(舍去)，故 a＝2，k＝10.6 分 (2)证明：由(1)得 Sn＝n2＋2n 2 ＝n(n＋1)， 则 bn＝Sn n ＝n＋1， 故 bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，12 分 即数列{bn}是首项为 2，公差为 1 的等差数列， 所以 Tn＝n2＋n＋1 2 ＝nn＋3 2 .14 分 10．(2017·温州市三次质检)等差数列{an}的首项 a1＝1，公差 d≠0，且 a3·a4 ＝a12. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝an·2n，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 【导学号：51062167】 [解] (1)由a3·a4＝a12得(1＋2d)·(1＋3d)＝1＋11d⇒d＝1或d＝0(不合题意舍 去)，∴数列{an}的通项公式为 an＝n.6 分 (2)依题意 bn＝an·2n＝n·2n， Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n， 2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，10 分 两式相减得－Tn＝21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1 ＝21－2n 1－2 －n×2n＋1 ＝(1－n)2n＋1－2， ∴Tn＝(n－1)2n＋1＋2.15 分 B 组 能力提升 (建议用时：15 分钟) 1．设数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 Sn S2n 为常数，则称数列{an}为“吉祥数 列”．已知等差数列{bn}的首项为 1，公差不为 0，若数列{bn}为“吉祥数列”， 则数列{bn}的通项公式为( ) A．bn＝n－1 B．bn＝2n－1 C．bn＝n＋1 D．bn＝2n＋1 B [设等差数列{bn}的公差为 d(d≠0)，Sn S2n ＝k，因为 b1＝1，则 n＋1 2n(n－1)d ＝k 2n＋1 2 ×2n2n－1d ， 即 2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d， 整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0. 因为对任意的正整数 n 上式均成立， 所以(4k－1)d＝0，(2k－1)(2－d)＝0， 解得 d＝2，k＝1 4 ， 所以数列{bn}的通项公式为 bn＝2n－1.] 2．(2017·浙江镇海中学测试卷二)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn(其中 n∈ N*)，且满足：a6＋a7＋a8－a9＝2，则 a6＝________；S4·S18 的最大值是________. 【导学号：51062168】 1 72 [设公差为 d.由题意得 a6＋a6＋d＋a6＋2d－(a6＋3d)＝2a6＝2，所以 a6＝1.S4·S18＝2(a1＋a4)·9(a1＋a18)＝18(2a6－7d)(2a6＋7d)≤18 4a6 2 2＝72a26＝72， 当且仅当 d＝0 时，取到等号．] 3．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． [解] (1)证明：由题设知 anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，2 分 两式相减得 an＋1(an＋2－an)＝λan＋1， 由于 an＋1≠0，所以 an＋2－an＝λ.6 分 (2)由题设知 a1＝1，a1a2＝λS1－1， 可得 a2＝λ－1. 由(1)知，a3＝λ＋1.9 分 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 ＝4n－3；12 分 {a2n}是首项为 3，公差为 4 的等差数列，a2n＝4n－1. 所以 an＝2n－1，an＋1－an＝2， 因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列.15 分