• 176.50 KB
  • 2021-05-13 发布

2014高考数学总复习 数列 等差数列及其前n项和

  • 15页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
第二节等差数列及其前n项和 ‎[知识能否忆起]‎ 一、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.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=,其中A叫做a,b的等差中项.‎ 二、等差数列的有关公式 ‎1.通项公式:an=a1+(n-1)d.‎ ‎2.前n项和公式:Sn=na1+d=.‎ 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.‎ ‎5.等差数列{an}的首项是a1,公差为d.若其前n项之和可以写成Sn=An2+Bn,则A=,B=a1- ‎,当d≠0时它表示二次函数,数列{an}的前n项和Sn=An2+Bn是{an}成等差数列的充要条件.‎ ‎[小题能否全取]‎ ‎1.(2012·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:选B 法一:设等差数列{an}的公差为d,由题意得 解得故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.‎ ‎2.(教材习题改编)在等差数列{an}中,a2+a6=,则sin=(  )‎ A. B. C.- D.- 解析:选D ∵a2+a6=,∴‎2a4=.‎ ‎∴sin=sin=-cos=-.‎ ‎3.(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 B.88‎ C.143 D.176‎ 解析:选B S11===88.‎ ‎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:由an+1=an+2知{an}为等差数列其公差为2.‎ 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,Sn为其前n项和,若a1=,S2=a3,则a2=________,Sn=________.‎ 解析:设{an}的公差为d,‎ 由S2=a3知,a1+a2=a3,即‎2a1+d=a1+2d,‎ 又a1=,所以d=,故a2=a1+d=1,‎ Sn=na1+n(n-1)d=n+(n2-n)× ‎=n2+n.‎ 答案:1 n2+n ‎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.‎ ‎(2)Sn=n2+n=An2+Bn⇒d=‎2A.‎ ‎(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 典题导入 ‎[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;‎ ‎(2)设bn=(n∈N*),证明:{bn}是等差数列.‎ ‎[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*,‎ ‎∵bn+1-bn=-=[(an+1-2an)-3]=[(2n+1+3)-3]=1,‎ ‎∴数列{bn}是首项为==0,公差为1的等差数列.‎ 由题悟法 ‎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;‎ ‎(4)前n项和法:Sn=An2+Bn或Sn=.‎ ‎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.‎ 以题试法 ‎1.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.‎ 解:(1)设Sn=An2+Bn+C(A≠0),‎ 则 解得A=2,B=-4,C=0.故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*).an+1-an=4,‎ ‎∴数列{an}是等差数列.‎ 等差数列的基本运算 典题导入 ‎[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 解得 所以an=a1+(n-1)d=2+2(n-1)=2n.‎ ‎(2)由(1)可得Sn===n(n+1).‎ 因为a1,ak,Sk+2成等比数列,所以a=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.‎ 由题悟法 ‎1.等差数列的通项公式an=a1+(n-1)d及前n项和公式Sn==na1+d,共涉及五个量a1,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.‎ 以题试法 ‎2.(1)在等差数列中,已知a6=10,S5=5,则S8=________.‎ ‎(2)(2012·江西联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若-=1,则公差为________.‎ 解析:(1)∵a6=10,S5=5,‎ ‎∴ 解方程组得 则S8=‎8a1+28d=8×(-5)+28×3=44.‎ ‎(2)依题意得S4=‎4a1+d=‎4a1+6d,S3=‎3a1+d=‎3a1+3d,于是有-=1,由此解得d=6,即公差为6.‎ 答案:(1)44 (2)6‎ 等差数列的性质 典题导入 ‎[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           B.99‎ C.144 D.297‎ ‎(2)(2012·天津模拟)设等差数列{an}的前n项和Sn,若S4=8,S8=20,则a11+a12+a13+a14=(  )‎ A.18 B.17‎ C.16 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.‎ 所以S9===99.‎ ‎(2)设{an}的公差为d,则a5+a6+a7+a8=S8-S4=12,(a5+a6+a7+a8)-S4=16d,解得d=,a11+a12+a13+a14=S4+40d=18.‎ ‎[答案] (1)B (2)A 由题悟法 ‎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.‎ 以题试法 ‎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·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(  )‎ A.6 B.7‎ C.8 D.9‎ 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,c3=21,则c5=‎2c3-c1=2×21-7=35.‎ ‎(2)∵an+1-an=-3,∴数列{an}是以19为首项,-3为公差的等差数列,∴an=19+(n-1)×(-3)=22-3n.设前k项和最大,则有即 解得≤k≤.∵k∈N*,∴k=7.故满足条件的n的值为7.‎ 答案:(1)35 (2)B ‎1.(2011·江西高考){an}为等差数列,公差d=-2,Sn为其前n项和.若S10=S11,则a1=(  )‎ A.18          B.20‎ C.22 D.24‎ 解析:选B 由S10=S11,得a11=S11-S10=0,a1=a11+(1-11)d=0+(-10)×(-2)=20.‎ ‎2.(2012·广州调研)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 B.48‎ C.60 D.72‎ 解析:选B 设等差数列{an}的公差为d,由题意可得解得则S10-S7=a8+a9+a10=‎3a1+24d=48.‎ ‎3.(2013·东北三校联考)等差数列{an}中,a5+a6=4,则log2(‎2a1·‎2a2·…·‎2a10)=(  )‎ A.10 B.20‎ C.40 D.2+log25‎ 解析:选B 依题意得,a1+a2+a3+…+a10==5(a5+a6)=20,因此有log2(‎2a1·‎2a2·…·‎2a10)=a1+a2+a3+…+a10=20.‎ ‎4.(2012·海淀期末)已知数列{an}满足:a1=1,an>0,a-a=1(n∈N*),那么使an<5成立的n的最大值为(  )‎ A.4 B.5‎ C.24 D.25‎ 解析:选C ∵a-a=1,∴数列{a}是以a=1为首项,1为公差的等差数列.∴a=1+(n-1)=n.又an>0,∴an=.∵an<5,∴<5.即n<25.故n的最大值为24.‎ ‎5.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,并且S10>0,S11<0,若Sn≤Sk对n∈N*恒成立,则正整数k的值为(  )‎ A.5 B.6‎ C.4 D.7‎ 解析:选A 由S10>0,S11<0知a1>0,d<0,并且a1+a11<0,即a6<0,又a5+a6>0,所以a5>0,即数列的前5项都为正数,第5项之后的都为负数,所以S5最大,则k=5.‎ ‎6.数列{an}的首项为3,{bn}为等差数列且bn=an+1-an(n∈N*).若b3=-2,b10=12,则a8=(  )‎ A.0 B.3‎ C.8 D.11‎ 解析:选B 因为{bn}是等差数列,且b3=-2,b10=12,‎ 故公差d==2.于是b1=-6,‎ 且bn=2n-8(n∈N*),即an+1-an=2n-8.‎ 所以a8=a7+6=a6+4+6=a5+2+4+6=…=a1+(-6)+(-4)+(-2)+0+2+4+6=3.‎ ‎7.(2012·广东高考)已知递增的等差数列{an}满足a1=1,a3=a-4,则an=________.‎ 解析:设等差数列公差为d,∵由a3=a-4,得1+2d=(1+d)2-4,解得d2=4,即d=±2.由于该数列为递增数列,故d=2.‎ ‎∴an=1+(n-1)×2=2n-1.‎ 答案:2n-1‎ ‎8.已知数列{an}为等差数列,Sn为其前n项和,a7-a5=4,a11=21,Sk=9,则k=________.‎ 解析:a7-a5=2d=4,则d=2.a1=a11-10d=21-20=1,‎ Sk=k+×2=k2=9.又k∈N*,故k=3.‎ 答案:3‎ ‎9.设等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若对任意自然数n都有=,则+的值为________.‎ 解析:∵{an},{bn}为等差数列,‎ ‎∴+=+==.‎ ‎∵====,∴=.‎ 答案: ‎10.(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:(1)设等差数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d.‎ 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)可知an=3-2n,‎ 所以Sn==2n-n2.‎ 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.‎ ‎11.设数列{an}的前n项积为Tn,Tn=1-an,‎ ‎(1)证明是等差数列;‎ ‎(2)求数列的前n项和Sn.‎ 解:(1)证明:由Tn=1-an得,当n≥2时,Tn=1-,‎ 两边同除以Tn得-=1.‎ ‎∵T1=1-a1=a1,‎ 故a1=,==2.‎ ‎∴是首项为2,公差为1的等差数列.‎ ‎(2)由(1)知=n+1,则Tn=,‎ 从而an=1-Tn=.故=n.‎ ‎∴数列是首项为1,公差为1的等差数列.‎ ‎∴Sn=.‎ ‎12.已知在等差数列{an}中,a1=31,Sn是它的前n项和,S10=S22.‎ ‎(1)求Sn;‎ ‎(2)这个数列的前多少项的和最大,并求出这个最大值.‎ 解:(1)∵S10=a1+a2+…+a10,‎ S22=a1+a2+…+a22,又S10=S22,‎ ‎∴a11+a12+…+a22=0,‎ 即=0,故a11+a22=‎2a1+31d=0.‎ 又∵a1=31,∴d=-2,‎ ‎∴Sn=na1+d=31n-n(n-1)=32n-n2.‎ ‎(2)法一:由(1)知Sn=32n-n2,‎ 故当n=16时,Sn有最大值,Sn的最大值是256.‎ 法二:由Sn=32n-n2=n(32-n),欲使Sn有最大值,‎ 应有10,a10·a11<0,若此数列的前10项和S10=36,前18项和S18=12,则数列{|an|}的前18项和T18的值是(  )‎ A.24 B.48‎ C.60 D.84‎ 解析:选C 由a1>0,a10·a11<0可知d<0,a10>0,a11<0,故T18=a1+…+a10-a11-…-a18=S10-(S18-S10)=60.‎ ‎3.数列{an}满足an+1+an=4n-3(n∈N*).‎ ‎(1)若{an}是等差数列,求其通项公式;‎ ‎(2)若{an}满足a1=2,Sn为{an}的前n项和,求S2n+1.‎ 解:(1)由题意得an+1+an=4n-3,①‎ an+2+an+1=4n+1,②‎ ‎②-①得an+2-an=4,‎ ‎∵{an}是等差数列,设公差为d,∴d=2.‎ ‎∵a1+a2=1,∴a1+a1+d=1,‎ ‎∴a1=-,‎ ‎∴an=2n-.‎ ‎(2)∵a1=2,a1+a2=1,∴a2=-1.‎ 又∵an+2-an=4,∴数列的奇数项与偶数项分别成等差数列,公差均为4,‎ ‎∴a2n-1=4n-2,a2n=4n-5,‎ S2n+1=(a1+a3+…+a2n+1)+(a2+a4+…+a2n)‎ ‎=(n+1)×2+×4+n×(-1)+×4‎ ‎=4n2+n+2.‎ ‎1.已知数列{an}中,a1=,an=2-(n≥2,n∈N*),数列{bn}满足bn=(n∈N*).‎ ‎(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.‎ 解:(1)证明:∵an=2-(n≥2,n∈N*),bn=.‎ ‎∴n≥2时,bn-bn-1=- ‎=- ‎=-=1.‎ 又b1==-.‎ ‎∴数列{bn}是以-为首项,1为公差的等差数列.‎ ‎(2)由(1)知,bn=n-,‎ 则an=1+=1+,‎ 设函数f(x)=1+,‎ 易知f(x)在区间和内为减函数.‎ 故当n=3时,an取得最小值-1;当n=4时,an取得最大值3.‎ ‎2.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;‎ ‎(2)设bn=,数列{bn}的最小项是第几项,并求出该项的值.‎ 解:(1)设等差数列{an}的公差为d,则有 即解得 所以an=3n-2.‎ ‎(2)因为Sn=[1+(3n-2)]=,‎ 所以bn==3n+-1≥2 -1=23,‎ 当且仅当3n=,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.‎ ‎3.已知数列{an},对于任意n≥2,在an-1与an之间插入n个数,构成的新数列{bn}成等差数列,并记在an-1与an之间插入的这n个数均值为Cn-1.‎ ‎(1)若an=,求C1,C2,C3;‎ ‎(2)在(1)的条件下是否存在常数λ,使{Cn+1-λCn}是等差数列?如果存在,求出满足条件的λ,如果不存在,请说明理由.‎ 解:(1)由题意a1=-2,a2=1,a3=5,a4=10,‎ ‎∴在a1与a2之间插入-1,0, C1=-.‎ 在a2与a3之间插入2,3,4,C2=3.‎ 在a3与a4之间插入6,7,8,9,C3=.‎ ‎(2)在an-1与an之间插入n个数构成等差数列, d==1,‎ ‎∴Cn-1===.‎ 假设存在λ使得{Cn+1-λCn}是等差数列.‎ ‎∴(Cn+1-λCn)-(Cn-λCn-1)‎ ‎=Cn+1-Cn-λ(Cn-Cn-1)‎ ‎=-λ· ‎=(1-λ)n+-λ=常数,∴λ=1.‎ 即λ=1时,{Cn+1-λCn}是等差数列.‎