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2014届高考数学一轮必备考情分析学案:6.2《等差数列及其前n项和》


6.2 等差数列及其前 n 项和
考情分析
高考中主要在选择题、填空题中考查等差数列的定义、基本运算和性质,在解答题中多考查 等差数列的证明

基础知识
1 、等差数列的判定: ( 1 )定义法: an ?1 ? an ? d (n ? N * ) ( 2 )等差中项法:
2an ? an ?1 ? an ?1 (n ?

N *且n ? 2) ( 3 ) 通 项 公 式 法 : an ? kn ? b(k , b ? R ) ( 4 ) S n ? An 2 ? Bn( A, B ? R )

(5)若 {an },{bn } 均为等差数列,S n 为 {an } 的前 n 项和,

S 则 {man ? kbn ? l}{ ; n }{ ; S k , S 2 k ? S k , S3k ? S 2 k 即相邻k 项和} ;由原等差数列中相隔 n k 项的项从新组成的数列仍等差 要否定是等差数列,只需举一组反例即 可 2、等差数列的性质

( 1)通项公式:① an ? a1 ? (n ? 1)d ② an ? am ? (n ? m)d (2)前 n 项和公式:① S n ?
n(a1 ? an ) n(n ? 1) ② S n ? na1 ? d 2 2

(3)下脚标性质:若 m+n=p+q,则 am ? an ? a p ? aq (4)奇偶项的性质:项数为 2n 的等差数列有 S偶 ? S奇 =nd ,

S奇 an = (an , an ?1 为中 S偶 an ?1

间 两 项 ); 项 数 为 奇 数 2n ? 1 的 等 差 数 列 有 S 2 n ?1 ? (2n ? 1)an ,

S偶 ? S奇 =a n ,

S奇 n = (an 为中间项) S偶 n-1

( 5 ) 几 个 常 用 结 论 : ① 若 an ? m, am ? n(m ? n) 则 am ? n ? 0 ② 若

S n ? m, S m ? n (m ? n ) 则 S m ? n ? ?(m ? n) ③若 S m ? S n (m ? n) 则 S m ? n ? 0 ④若 S n , Tn
分别为等差数列 {an } 和 {bn } 的前 n 项和,则
am S 2 m ?1 ? bm T2 m ?1

(6)两个常用技巧:若三个数成等差通常设成 a ? d , a, a ? d ,若四个数成等差通 常 a ? 3d , a ? d , a ? d , a ? 3d ,方便计算

注意事项 1.利用倒序相加法推导等差数列的前 n 项和公式: Sn=a1+a2+a3+?+an,① Sn=an+an-1+?+a1,② n?a1+an? ①+②得:Sn= . 2 2.已知三个或四个数组成等差数列的一类问题,要善于设元. (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,?,其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元. 3.等差数列的判断方法 (1)定义法:对于 n≥2 的任意自然数,验证 an-an-1 为同一常数; (2)等差中项法:验证 2an-1 =an+an-2(n≥3,n∈N*)都成立; (3)通项公式法:验证 an=pn+q; (4)前 n 项和公式法:验证 Sn=An2+Bn. 题型一 等差数列基本量的计算 1 【例 1】 已知{an}为等差数列, Sn 为其前 n 项和, 若 a1=2, S2=a3, 则 S40=( A. 290 C. 410 答案:C 1 1 40×39 1 解析:S2=a3,∴2a1+d=a1+2d,∴d=2,∴S40=40×2+ 2 ×2=410. 【变式 1】 《九章算术》“竹九节”问题:现有一根 9 节的竹子,自上而下各节 的容积成等差数列,上面 4 节的容积共 3 升,下面 3 节的容积共 4 升,则第 5 节 的容积为________升. 解析 设竹子从上到下的容积依次为 a1,a2,?,a9,由题意可得 a1+a2+a3+ a4=3,a7+a8+a9=4,设等差数列{an}的公差为 d,则有 4a1+6d=3①,3a1+ 7 13 13 7 67 21d=4②,由①②可得 d=66,a1=22,所以 a5=a1+4d=22+4×66=66. B. 390 D. 430 )
[来源:学科网 ]

67 答案 66 考向二 等差数列的判定或证明
[来源:

【例 2】已知数列{an}的各项均为正数,前 n 项和为 Sn,且满足 2Sn=a2 n+n-4.
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(1)求证{an}为等差数列; (2)求{an}的 通项公式.
2 (1)证明:当 n=1 时,有 2a1=a2 1+1-4,即 a1-2a1-3=0,

解得 a1=3(a1=-1 舍去). 当 n≥2 时,有 2Sn-1=a2 n-1+n-5,
2 又 2Sn=an +n-4, 2 两式相减得 2an=an -a2 n-1+1, 2 即 a2 n-2an+1=an-1, 2 也即(an-1)2=an -1,

因此 an-1=an-1 或 an-1=-an-1. 若 an-1=-an-1,则 an+an-1=1, 而 a1=3, 所以 a2=-2,这与数列{an}的各项均为正数相矛盾, 所以 an-1=an-1,即 an-an-1=1, 因此{an}为等差数列. (2)解: 由(1)知 a1=3, d=1, 所以数列{an}的通项公式 an=3+(n-1)=n+2, 即 an=n+2. 【变式 2】 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.

(1)解

-2=A+B+C, ? 设 Sn=An2+Bn+C(A≠0),则?0=4A+2B+C, ?6=9A+3B+C,

解得:A=2,B=-4,C=0. ∴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*). 当 n=1 时符合上式,故 an=4n-6, ∴an+1-an=4, ∴数列{an}成等差数列. 题型三 等差数列前 n 项和的最值

【例 3】数列{an}是首项为 2 3,公差为整数的等差数列,且第六项为正,第 七项为负. (1)求数列的公差 d; (2)求前 n 项和 Sn 的最大值; (3)当 Sn>0 时,求 n 的最大值. 解:(1)由已知 a6=a1+5d=23+5d>0,a7=a1+6d=23+6d<0 , 23 23 解得:- 5 <d<- 6 , 又 d∈Z,∴d=-4. (2)∵d<0,∴{an}是递减数列, 又 a6>0,a7<0, ∴当 n=6 时,Sn 取得最大值, 6×5 S6=6×23+ 2 ×(-4)=78. (3)Sn=23n+ n?n-1? 2 ×(-4)>0,整理得:

25 n(50-4n)>0,∴0<n< 2 ,又 n∈N*, 所求 n 的最大值为 12. 【变式 3】 在等差数列{an}中,已知 a1=20,前 n 项和为 Sn,且 S10=S15,求当 n 取何值时,Sn 取得最大值,并求出它的最大值. 解 法一 ∴10×20+ 5 ∴d=- . 3 5 65 ? 5? ∴an=20+(n-1)×?-3?=-3n+ 3 . ? ? ∴a13=0.即当 n≤12 时,an>0,n≥14 时,an<0. 12×11 ? 5? ∴当 n=12 或 13 时, Sn 取得最大值, 且最大值为 S12=S13=12×20+ 2 ×?-3? ? ? =130. 5 法二 同法一求得 d=-3. n?n-1? ? 5? ?-3? ∴Sn=20n+ 2 · ? ? 5 125 =-6n2+ 6 n
[来源:学科网]

∵a1=20,S10=S15, 10×9 15×14 d = 15 × 20 + 2 2 d,

25? 3 125 5? =-6?n- 2 ?2+ 24 . ? ? ∵n∈N*, ∴当 n=12 或 13 时,Sn 有最大值, 且最大值为 S12=S13=130. 5 法三 同法一得 d=-3. 又由 S10=S15,得 a11+a12+a13+a14+a15=0. ∴5a13=0,即 a13=0. ∴当 n=12 或 13 时,S n 有最大值, 且最大值为 S12=S13=130. 考向四 等差数列性质的应用

【例 4】?设等差数列的前 n 项和为 Sn,已知前 6 项和为 36,Sn=324,最后 6 项 的和为 180(n>6),求数列的项数 n. 解 由题意可知 a1+a2+?+a6=36① an+an-1+an-2+?+an-5=180② ①+②得(a1+an)+(a2+an-1)+?+(a6+an-5)=6(a1+an)=216. n?a1+an? ∴a1+an=36.又 Sn= =324, 2 ∴18n=324. ∴n=18. 【变式 4】 (1)设数列{an}的首项 a1=-7,且满足 an+1=an+2(n∈N+),则 a1+ a2+?+a17=________. (2)等差数列{an}中,a1+a2+a3=-24,a18+a19+a20=78,则此数列前 20 项和 等于________. 解析 (1)∵an+1-an=2,∴{an}为等差数列. ∴an=-7+(n-1)· 2,∴a17=-7+16×2=25, ?a1+a17?×17 ?-7+25?×17 S17= = =153. 2 2 (2)由已知可得 (a1 + a2+a3)+ (a18 + a19+ a20)=-24+ 78 ?(a1+ a20)+ (a2+ a19)+ a1+a20 18 (a3+a18)=54?a1+a20=18?S20= 2 ×20= 2 ×20=180. 答案 (1)153 重难点 突破 【例 5】已知数列{an}的前 n 项和 Sn=2n2+2n,数列{bn}的前 n 项和 Tn=2-bn. 求数列{an}与{bn}的通项公式. 解析 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n2+2n-2(n-1)2-2(n-1)=4n, (2)180

又 a1=S1=4,故 an=4n, 当 n≥2 时,由 bn=Tn-Tn-1=2-bn-2+bn-1, 1 得 bn=2bn-1, 又 T1=2-b1,∴b1=1, ?1? ∴bn=?2?n-1=21-n. ? ?

巩固提高 1. 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 C. 60 答案:B B. 48 D. 72

)

?a5=a1+4d=8 解析: 设等差数列 {an} 的公差为 d ,由题意可得 ? ,解得 ?S3=3a1+3d=6 ?a1=0 ? ,则 S10-S7=a8+a9+a10=3a1+24d=48,选 B. ?d=2 2.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a4=18-a5, 则 S8=( A. 72 C. 54 答案:A 解析:∵a4 =18-a5,∴a4+a5=18, ?a1+a8?×8 ?a4+a5?×8 S8= = =4(a4+a5)=72. 2 2 3.若等差数列{an}的公差 d<0,且 a1+a11=0,则数列{an}的前 n 项和 Sn 取 得最大值时的项数 n 是( A. 5 C. 5 或 6 答案:C 解析:∵a1+a11=0,∴a1+a1+10d=0, 即 a1=-5d.∴an=a1+(n-1)d=(n-6)d. 由 an≥0 得(n-6)d≥0,∵d<0,∴n≤6. 即 a5>0,a6=0. 所以前 5 项 或前 6 项的和最大. S12 S10 4.在等差数列{an}中,a1=-2012,其前 n 项和为 Sn,若 12 - 10 =2,则 S2012 ) B. 6 D. 6 或 7 B. 68 D. 90 )

的值等于 ( A. -2011 C. -2010 答案:B

) B. -2012 D. -2013

Sn 解析:根据等差数列的性质,得数列{ n }也是等差数列,根据已知可得这个 S1 S2012 数列的首项 1 =a1=-2012,公差 d=1,故2012=-2012+(2012-1)×1=-1, 所以 S2012=-2012. 5.设 Sn 是公差为 d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前 n 项和,则下列命题错误 的是( )

A. 若 d<0,则数列{Sn}有最大项 B. 若数列{ Sn}有最大项,则 d<0 C. 若数列{Sn}是递增数列,则对任意 n∈N*,均有 Sn>0 D. 若对任意 n∈N*,均有 Sn>0,则数列{Sn}是递增数列 答案:C 解析:本题考查等差数列的通项、前 n 项和,数列的函数性质以及不等式知 识,考查灵活运用知识的能力,有一定的难度. 法一:特值验证排除.选项 C 显然是错的,举出反例:-1,0,1,2,3,?满足 数列{Sn}是递增数列,但是 Sn>0 不恒成立.
法二:由于 Sn=na1+
[来源:Zxxk.Com][来源:学科网 ZXXK]

n?n-1? d 2 d d= n +(a1- )n,根据二次函数的图象与性质知当 d<0
2 2 2

时,数列{Sn}有最大项,即选项 A 正确;同理选项 B 也是正确的;而若数列{Sn}是递增数列, 那么 d>0,但对任意的 n∈N ,Sn>0 不成立,即选项 C 错误;反之,选项 D 是正确的;故应 选 C.
*


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