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  • 2021-06-16 发布

高考数学复习 等差数列及其前n项和

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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.