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2014届高三数学一轮复习 (基础知识+小题全取+考点通关+课时检测)5.2等差数列课件 新人教A版

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[知识能否忆起]

一、等差数列的有关概念
1.定义:从 第2项 起,每一项与前一项的差都等于同 一个常数,我们称这样的数列为等差数列,称这个常数为 等差数列的 公差 ,通常用字母 d 表示, .符号表示为

an+1-an=d (n∈N*,d 为常数).

2. 等差中项: 如果在 a 与 b 中间插入一个数 A, a, 使 A,b 成 等差数列 .那么 A 叫作 a 与 b 的等差中项.若 A a+b 是 a 与 b 的等差中项,则 A= 2 .

二、等差数列的有关公式
1.通项公式:an= a1+(n-1)d .
n?n-1? ?a1+an?n na1+ d 2 2.前 n 项和公式:Sn= = . 2

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.

[小题能否全取]

1.(2013· 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 : 法 一 : 设 等 差 数 列 {an}的 公 差 为 d, 由 题 意 得
?2a1+4d=10, ? ? ?a1+3d=7. ? ?a1=1, ? 解得? ?d=2. ?

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.
答案:B

2.(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 C.143

B.88 D.176

11?a1+a11? 11?a4+a8? 解析:S11= = =88. 2 2

答案:B

3.在等差数列{an}中,a3+a7=37,则 a2+a4+a6+a8= (
A.37 C.111 B.74 D.148

)

解析:依题意得 a2+a4+a6+a8=(a2+a8)+(a4+a6) =2(a3+a7)=74.

答案:B

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: an+1=an+2 知{an}为等差数列其公差为 2. 由 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, n 为其前 n 项和, S 1 若 a1= ,S2=a3,则 a2=________,Sn=______. 2

解析:设{an}的公差为 d, 由 S2=a3 知,a1+a2=a3,即 2a1+d=a1+2d, 1 1 又 a1= ,所以 d= ,故 a2=a1+d=1, 2 2 1 1 1 2 1 Sn=na1+ n(n-1)d= n+ (n -n)× 2 2 2 2 1 2 1 = n + n. 4 4

1 2 1 答案:1 n + n 4 4

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. d 2 ? d? (2)Sn= n +?a1- ?n=An2+Bn?d=2A. 2 2? ?
(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

[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;
an+3 (2)设 bn= n (n∈N*),证明:{bn}是等差数列. 2

[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*, an+1+3 an+3 1 ∵bn+1-bn= n+1 - n = n+1 [(an+1-2an)-3]= 2 2 2 2
n+1[(2

1

n+1

+3)-3]=1,

a1+3 -3+3 ∴数列{bn}是首项为 = =0,公差为1的等差数 2 2 列.

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;
n?a1+an? (4)前 n 项和法:Sn=An +Bn 或 Sn= . 2
2

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.

3 1 1.已知数列{an}中,a1= ,an=2- (n≥2,n∈N+), 5 an-1 1 数列{bn}满足 bn= (n∈N+). an-1
(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.

1 解:(1)证明:∵an=2- (n≥2,n∈N+),bn= , an-1 an-1 1 1 ∴n≥2 时,bn-bn-1= - an-1 an-1-1 1 1 =? - 1 ? an-1-1 ?2- ?-1 a
?
n-1 ?

1

an-1 1 = - =1. an-1-1 an-1-1 1 5 又 b1= =- , 2 a1-1 5 ∴数列{bn}是以- 为首项,1 为公差的等差数列. 2

7 (2)由(1)知,bn=n- , 2 1 2 则 an=1+b =1+ , 2n-7 n 2 设函数 f(x)=1+ , 2x-7 易知
? ? 7? ?7 f(x)在区间?-∞,2?和?2,+∞?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.

等差数列的基本运算

[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
?a =2, ? 1 解得? ?d=2. ?

?2a +2d=8, ? 1 ? ?2a1+4d=12, ?

所以 an=a1+(n-1)d=2+2(n-1)=2n.

n?a1+an? n?2+2n? (2)由(1)可得 Sn= = =n(n+1). 2 2
2 因为 a1,ak,Sk+2 成等比数列,所以 ak=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.

1. 等差数列的通项公式 an=a1+(n-1)d 及前 n 项和 n?a1+an? n?n-1? 公式 Sn= =na1+ d,共涉及五个量 a1, 2 2 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.

2. (1)在等差数列中, 已知 a6=10, 5=5, S8=________. S 则

(2)(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.

解析:(1)∵a6=10,S5=5,
?a1+5d=10, ? ∴? ?5a1+10d=5. ? ?a1=-5, ? 解方程组得? ?d=3. ?

则 S8=8a1+28d=8×(-5)+28×3=44.

答案:(1)44

(2)①设等差数列{an}的公差为 d, an=a1+(n-1)d(n≥1, 则 n∈N+). 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知 an=3-2n. n[1+?3-2n?] 所以 Sn= =2n-n2. 2 进而由 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.

[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 C.144

B.99 D.297

(2)(2013· 天津模拟)设等差数列{an}的前 n 项和 Sn, 若 S4=8, 8=20, a11+a12+a13+a14= S 则 ( )

A.18 C.16

B.17 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. 9?a1+a9? 9?a4+a6? 所以S9= = =99. 2 2

(2)设{an}的公差为 d, a5+a6+a7+a8=S8-S4=12, 则 1 (a5+a6+a7+a8)-S4=16d,解得 d= ,a11+a12+a13+a14 4 =S4+40d=18.

[答案] (1)B

(2)A

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.

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· 无锡联考)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 且 S10=10,S20=30,则 S30=________.

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, 3=21, c5=2c3-c1=2×21-7 c 则 =35.

(2)∵S10,S20-S10,S30-S20 成等差数列, ∴2(S20-S10)=S10+S30-S20, 即 40=10+S30-30,∴S30=60.
答案:(1)35 (2)60

“题型技法点拨——快得分”系列之(六) 特值法解等差数列问题

[典例] 在等差数列{an}中,a1=1,前n项和Sn满 S2n 4n+2 足条件 S = ,n=1,2,…则an=________. n+1 n

n?n-1? n?n-1? [常规解法] 因Sn=na1+ d=n+ d, 2 2 2n?2n-1? 则S2n=2na1+ d=2n+n(2n-1)d, 2 S2n 2n+n?2n-1?d 2?2dn+2-d? 4n+2 故S = = = . n?n-1? dn+2-d n+1 n n+ d 2 解得d=1,则an=n.

[答案] n

1.上述解法计算量较大,很容易出错,若采用特殊值 计算很简单,因{an}为等差数列且 a1=1,只要求出公差 d, S2 便可得出 an,若令 n=1,则有 =3,即可求出公差 d. S1

2.特殊值法在解一些选择题和填空题中经常用到, 就是通过取一些特殊值、特殊点、特殊函数、特殊数列、

特殊图形等来求解或否定问题的目的;用特殊值法解题时
要注意,所选取的特例一定要简单,且符合题设条件.

S2 [巧思妙解] 令n=1,则 =3,∴S2=3,a2= S1 2,可得d=1,则an=n.

?针对训练
已知正数数列{an}对任意 p,q∈N*,都有 ap+q=ap+ aq,若 a2=4,则 a9= ( )

A.6 C.18

B.9 D.20

解析:法一:∵a2=a1+1=a1+a1=4,∴a1=2,a9=a8
+1=a8+a1=2a4+a1=4a2+a1=18.

法二:∵a2=a1+1=a1+a1=4,∴a1=2,令p=n,q= 1,所以an+1=an+a1,即an+1-an=2,∴{an}是等差数 列,且首项为2,公差为2,故a9=2+(9-1)×2=18. 答案:C

教师备选题(给有能力的学生加餐)
1.(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 ( )
解题训练要高效 见“课时跟踪检 测(三十一)”

A.6 C.8

B.7 D.9

解析:∵an+1-an=-3,∴数列{an}是以 19 为首项,-3 为公 差的等差数列, n=19+(n-1)×(-3)=22-3n.设前 k 项和 ∴a
?a ≥0, ? k 最大,则有? ?ak+1≤0, ? ?22-3k≥0, ? 即? ?22-3?k+1?≤0, ?

19 22 解得 ≤k≤ .∵k∈N+,∴k=7.故满足条件的 n 的值为 7. 3 3

答案:B

2.若数列{an}满足 an=2an-1+2n+1(n∈N+,n≥2),a3= 27. (1)求 a1,a2 的值; 1 (2)记 bn= n(an+t)(n∈N+),是否存在一个实数 t,使数 2 列{bn}为等差数列?若存在,求出实数 t;若不存在,请 说明理由.

解:(1)由 a3=27,27=2a2+23+1 得 a2=9, 由 9=2a1+22+1,得 a1=2. (2)假设存在实数 t,使得{bn}为等差数列. 则 2bn=bn-1+bn+1, 1 1 1 即 2× n(an+t)= n-1(an-1+t)+ n+1(an+1+t). 2 2 2 整理得 4an=4an-1+an+1+t, an-2n-1 又 4an=4× +2an+2n+1+t+1=4an+t-1, 2 ∴t=1,故存在 t=1,使得数列{bn}为等差数列.

3.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; 2Sn+48 (2)设 bn= ,数列{bn}的最小项是第几项,并求 n
出该项的值.
解: (1)设等差数列{an}的公差为
?a +2d=7, ? 1 即? ?a1+3d=10, ? ?a =1, ? 1 解得? ?d=3. ? ?2a +4d=14, ? 1 d, 则有? ?7a1+21d=70, ?

所以an=3n-2.
3n2-n n (2)因为 Sn= [1+(3n-2)]= , 2 2 3n2-n+48 48 所以 bn= =3n+ n -1≥2 n 48 当且仅当 3n= n ,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. 48 3n· -1=23, n

4.已知等差数列{an}的前三项为 a-1,4,2a,记前 n 项和 为 Sn.

(1)设 Sk=2 550,求 a 和 k 的值; Sn (2)设 bn= n ,求 b3+b7+b11+?+b4n-1 的值.

解:(1)由已知得 a1=a-1,a2=4,a3=2a, 又 a1+a3=2a2,∴(a-1)+2a=8,即 a=3, ∴a1=2,公差 d=a2-a1=2. k?k-1? k?k-1? 由 Sk=ka1+ d, 2k+ 得 ×2=2 550, 2 2 即 k2+k-2 550=0, 解得 k=50 或 k=-51(舍去), ∴a=3,k=50.

n?n-1? (2)由 Sn=na1+ d得 2 n?n-1? Sn=2n+ ×2=n2+n, 2 Sn ∴bn= n =n+1,∴{bn}是等差数列, 则 b3+b7+b11+?+b4n-1=(3+1)+(7+1)+(11+1)+? ?4+4n?n +(4n-1+1)= . 2 ∴b3+b7+b11+?+b4n-1=2n2+2n.


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