【三维设计】2014届高考数学一轮复习 (基础知识+高频考点+解题训练)等差数列及其前n项和教学案

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＝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＋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nd. 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＝An＋Bn，则A＝，

2

2

2

*

*

a＋b

2

A叫做a，b的等

nn－12

＝

a1＋ann

2

.

d

d

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

2

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

2a1＋4d＝10，

解析：选B 法一：设等差数列{an}的公差为d，由题意得

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.

π3π 2．(教材习题改编)在等差数列{an}中，a2＋a6＝sin 2a4＝( )

3 2 A.3

2

1B.21D．－

2

C3

2

3π3π

解析：选D ∵a2＋a6＝2a4＝22π 3π－π＝－cosπ1∴sin 2a4－ ＝sin 3 332 2

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 C．143

2

B．88 D．176 11＝

11解析：选B S11a1＋a11a4＋a82

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

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

2＝________，Sn＝________.

解析：设{an}的公差为d，

由S2＝a3知，a1＋a2＝a3，即2a1＋d＝a1＋2d， 11

又a1＝d＝，故a2＝a1＋d＝1，

22

Sn＝na1(n－1)d＝n＋(n2－n

121

＝n. 44121答案：1 n＋n

44

12121212

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＋ a1－ n＝An＋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．

d

2

d

2

典题导入

[例1] 在数列{an}中，a1＝－3，an＝2an－1＋2＋3(n≥2，且n∈N)． (1)求a2，a3的值； (2)设bn＝

n

*

an＋3

2

(n∈N)，证明：{bn}是等差数列．

n

*

2

*

[自主解答] (1)∵a1＝－3，an＝2an－1＋2＋3(n≥2，且n∈N)，∴a2＝2a1＋2＋3＝1，

a3＝2a2＋23＋3＝13.

(2)证明：对于任意n∈N， ∵bn＋1－bn＝

*

an＋1＋3an＋3

2

n＋1

－

22

n

12

n＋1

1n＋1

an＋1－2an)－3]＝n＋1＋3)－3]＝1，

2＝0，公差为1的等差数列．

由题悟法

∴数列{bn}是首项为

a1＋3－3＋3

2

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＝An＋Bn或Sn＝

2

na1＋an2

.

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S2

n＝An＋Bn＋C(A≠0)， －2＝A＋B＋C，则

0＝4A＋2B＋C， 6＝9A＋3B＋C，

解得A＝2，B＝－4，C＝0.故S2

n＝2n－4n. (2)证明：∵当n＝1时，a1＝S1＝－2.

当n≥2时，a2

2

n＝Sn－Sn－1＝2n－4n－[2(n－1)－4(n－1)]＝4n－6. ∴a*

n＝4n－6(n∈N)．an＋1－an＝4， ∴数列{an}是等差数列.

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

2a1＋2d＝8， 2a解得

a1＝2，

1＋4d＝12，

d＝2.

所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n. (2)由(1)可得Sa1＋ann2＋2nn＝

n2

2

＝n(n＋1)．

因为aS2

1，ak，k＋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.

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＋an2

＝na1＋

nn－12思想．

，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

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________．

解析：(1)∵a6＝10，S5＝5，

a1＋5d＝10，∴

5a1＋10d＝5.

－＝1，则公差为

129

S4S3

a1＝－5，

解方程组得

d＝3.

则S8＝8a1＋28d＝8×(－5)＋28×3＝44. (2)依题意得S4＝4a1＋

4×33×24a1＋6d

d＝4a1＋6d，S3＝3a1＋d＝3a1＋3d，于是有－2212

3a1＋3d

＝1，由此解得d＝6，即公差为6. 9

答案：(1)44 (2)6

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 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所以S9＝

a1＋a92

9a4＋a62

＝99.

(2)设{an}的公差为d，则a5＋a6＋a7＋a8＝S8－S4＝12，(a5＋a6＋a7＋a8)－S4＝16d，解1

得d＝a11＋a12＋a13＋a14＝S4＋40d＝18.

4

[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 C．8

B．7 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＋

ak≥0，

(n－1)×(－3)＝22－3n.设前k项和最大，则有

ak＋1≤0，

22－3k≥0，

即

22－3k＋1

≤0，

1922*

k≤.∵k∈N，∴k＝7.故满足条件的n的值为7.

33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 C．60

B．48 D．72

a5＝a1＋4d＝8， S3＝3a1＋3d＝6，

解析：选B 设等差数列{an}的公差为d，由题意可得

a1＝0，

d＝2，

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 C．40

B．20 D．2＋log25

10解析：选B 依题意得，a1＋a2＋a3＋ ＋a10＝log2(2a1·2a2· ·2a10)＝a1＋a2＋a3＋ ＋a10＝20.

a1＋a102

＝5(a5＋a6)＝20，因此有

4．(2012·海淀期末)已知数列{an}满足：a1＝1，an>0，an＋1－an＝1(n∈N)，那么使an<5成立的n的最大值为( )

A．4 C．24

2

22*

2

B．5 D．25

2

2

2

解析：选C ∵an＋1－an＝1，∴数列{an}是以a1＝1为首项，1为公差的等差数列．∴an

＝1＋(n－1)＝n.又an>0，∴ann.∵an<5n<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 C．4

B．6 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 C．8

*

B．3 D．11

解析：选B 因为{bn}是等差数列，且b3＝－2，b10＝12， 12－－2故公差d＝＝2.于是b1＝－6，

10－3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＝a2－4，则an＝________. 解析：设等差数列公差为d，∵由a3＝a2－4，得1＋2d＝(1＋d)－4，解得d＝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，

2

2

2

2

*

kk－12*Sk＝kk＝9.又k∈N，故k＝3.

2

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

Sn2n－3

，

Tn4n－3

a9

b5＋b7b8＋b4

a3

的值为________．

解析：∵{an}，{bn}为等差数列， ∴∵

a9

b5＋b7b8＋b4

＋

a3

＝

a9a3a9＋a3a6

. 2b62b62b6b6

S11a1＋a112a62×11－319a619

＝＝，∴. T11b1＋b112b64×11－341b641

19答案：41

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＝

n[1＋3－2n]

2

2n－n.

2

由S2

k＝－35，可得2k－k＝－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 1

T 是等差数列；

n (2)求数列 an T 的前n项和Sn.

n

解：(1)证明：由TTn

n＝1－an得，当n≥2时，Tn＝1－T n－1

两边同除以T11

nT－＝1.

nTn－1

∵T1＝1－a1＝a1， 故a＝111

12T＝2.

1a1

∴ 1

T是首项为2，公差为1的等差数列． n

(2)由(1)知1T＝n＋1，则T＝1

n＋1

nn从而an＝1－Tnan

n＝

n＋1故T＝n.

n

∴数列 an T是首项为1，公差为1的等差数列． n

∴Sn＋1n＝

n2

.

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12a11＋a222

0，故a11＋a22＝2a1＋31d＝0.

又∵a1＝31，∴d＝－2， ∴Sn－1n＝na1＋

n2

＝31n－n(n－1)＝32n－n2.

(2)法一：由(1)知S＝32n－n2

n，

故当n＝16时，Sn有最大值，Sn的最大值是256. 法二：由Sn＝32n－n＝n(32－n)，欲使Sn有最大值， 应有1<n<32，从而Sn≤

2

n＋32－n 2＝256，

2

当且仅当n＝32－n，即n＝16时，Sn有最大值

256.

1．等差数列中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，则该数列前13项的和是( ) A．156 C．26

B．52 D．13

解析：选C ∵a3＋a5＝2a4，a7＋a10＋a13＝3a10， ∴6(a4＋a10)＝24，故a4＋a10＝4. 13∴S13＝

a1＋a132

13a4＋a102

＝26.

2．在等差数列{an}中，a1>0，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 C．60

B．48 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， 1

∴a1＝－，

25

∴an＝2n－2

(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＋1nn＝(nn×(－1)＋

2＝4n＋n＋

2.

2

n－12

×4

311**

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

5an－1an－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． 解：(1)证明：∵a1

*

n＝2－an≥2，n∈N)，bn＝

1

n－1

a. n－1

∴n≥2时，b11n－bn－1＝a1a1

n－n－1－＝

1 1

2－1a n－1

－1an－1－1＝

an－1

a－1－1

a－1

＝1.

n－1n－1又b11＝

a52

. 1－1∴数列{b5

n}是以－21为公差的等差数列．

(2)由(1)知，b7

n＝n－2，

则a12

n＝1＋b17，

n2n－设函数f(x)＝1＋2

2x－7

，

易知f(x)在区间 7 2 和 7 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. 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b2Sn＋48

n＝n

{bn}的最小项是第几项，并求出该项的值．

解：(1)设等差数列{a 2a1＋4d＝14，n}的公差为d，则有

7a1＋21d＝70，

a1＋2d＝7，即

a1＋3d＝10，

a1＝1，

解得

d＝3.

所以an＝3n－2.

3n－n

(2)因为Sn＝[1＋(3n－2)]＝，

223n－n＋4848

所以bn＝3n2

n

2

nn

48

3n·1＝23，

n

48

当且仅当3n＝n＝4时取等号，

n

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＝

n2＋3n－8

2

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， 1

∴在a1与a2之间插入－1,0，C1＝－.

2在a2与a3之间插入2,3,4，C2＝3. 15

在a3与a4之间插入6,7,8,9，C3＝.

2

(2)在an－1与an之间插入n个数构成等差数列，d＝

an－an－1

1， n＋1

nan－1＋an∴Cn－1＝

2

n

an－1＋ann2＋2n－9

2

2

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) ＝

2n＋52n＋3

λ 22

53

＝(1－λ)n＝常数，∴λ＝1.

22即λ＝1时，{Cn＋1－λCn}是等差数列．

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