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2014届高考数学(山东专用理科)一轮复习教学案第六章数列6.2等差数列及其前n项和


6.2

等差数列及其前 n 项和

考纲要求 1.理解等差数列的概念. 2.掌握等差数列的通项公式与前 n 项和公式. 3.能在具体的问题情境中,识别数列的等差关系,并能用有关知识解决相应的问题. 4.了解等差数列与一次函数的关系.

1.等差数列的有关概念 (1)定义:一般地,如果一个数列从第__________项起

,每一项与它的前一项的差等于 __________,那么这个数列就叫做等差数列,这个常数叫做等差数列的__________,通常用 字母__________表示,定义的表达式为__________. (2)等差中项:如果 a,A,b 成等差数列,那么__________叫做 a 与 b 的等差中项且 __________. (3)通项公式: 如果等差数列{an}的首项为 a1, 公差为 d, 那么通项公式为 an=__________. 2.等差数列的前 n 项和 已知条件 首项 a1,末项 an 首项 a1 和公差 d n(a1+an) n(n-1) 选用公式 Sn= Sn=na1+ d 2 2 3.等差数列的常用性质 (1)通项公式的推广:an=am+(n-m)d(n,m∈N*). (2)若{an}为等差数列,且 k+l=m+n(k,l,m,n∈N*),则__________. (3)若{an}是等差数列,公差为 d,则{a2n}是__________,公差为__________. (4)若{an},{bn}是等差数列,则{pan+qbn}是__________. (5)若{an}是等差数列,则 ak,ak+m,ak+2m,…(k,m∈N*)组成公差为__________的等差 数列. (6)Sn,S2n-Sn,S3n-S2n 组成新的__________. (7) 若项数为 2n(n ∈N*) ,则 S2n = n(an + an + 1)(an , an + 1 为中间两项 ) ,且 S 偶- S 奇 = S奇 an __________, = . S偶 an+1 若项数为 2n-1(n∈N*),则 S2n-1=(2n-1)an(an 为中间项),且 S 奇-S 偶=__________, S奇 =__________. S偶 (8)关于等差数列的规律 ①等差数列{an}中,若 an=m,am=n(m≠n),则 am+n=0. ②等差数列{an}中,若 Sn=m,Sm=n(m≠n),则 Sm+n=-(m+n). ③等差数列{an}中,若 S n=Sm(m≠n),则 Sm+n=0. am S2m-1 ④若 {an}与{bn}均为等差数列,且前 n 项和分别为 Sn 与 S′n,则 = . bm S′2m-1 1.在等差数列{an}中,a1+a2=4,a7+a8=28,则数列的通项公式 an 为( ). A.2n B.2n+1 C.2n-1 D.2n+2 2.等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a2=1,a3=3,则 S4 等于( ). A.12 B.10 C.8 D.6 3.(2013 山东师大附中高三模拟) 首项为-20 的等差数列,从第 10 项起开始为正数, 则公差 d 的取值范围是( ). 20 5 A.d> B.d≤ 9 2

20 5 20 5 C. <d≤ D. ≤d< 9 2 9 2 4.设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,已知 a2=3,S11=121,则 S7=_______ ___. 5.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S10=10,S20=30,则 S30=__________.

一、等差数列的判定与证明 【例 1】已知数列{an}的通项公式 an=pn2+qn(p,q∈R,且 p,q 为常数). (1)当 p 和 q 满足什么条件时,数列{an}是等差数列? (2)求证:对任意实数 p 和 q,数列{an+1-an}是等差数列. 方法提炼 等差数列的判定方法 (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. 提醒: 等差数列主要的判定方法是定义法和等差中项法, 而对于通项公式法和前 n 项和 公式法主要适合在选择题中简单判断. 请做演练巩固提升 4 二、等差数列的基本量的计算 【例 2】设 a1,d 为实数,首项为 a1,公差为 d 的等差数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 S5S6 +15=0. (1)若 S5=5,求 S6 及 a1; (2)求 d 的取值范围. 方法提炼 (1)等差数列的通项公式及前 n 项和公式,共涉及五个量 a1,an,d,n,Sn,知其中三个 就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题. (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. 请做演练巩固提升 2 三、等差数列性质及最值问题 【例 3-1】(1)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 及 a9+a10; Sn 3n-1 a8 (2)等差数列{an},{bn}的前 n 项和分别为 Sn,Tn,且 = ,求 的值. Tn 2n+3 b8 a11 【例 3-2】已知{an} 为等差数列,若 <-1,且它的前 n 项和 Sn 有最大值,那么当 a10 Sn 取得最小正值时,n 等于多少? 方法提炼 1.解决等差数列问题,熟练掌握等差数列的有关性质,寻找项与前 n 项和之间的关系 是解题关键. 2.在等差数列{an}中,有关 Sn 的最值问题: ? ?am≥0, (1)a1>0,d<0 时,满足? 的项数 m 使得 Sn 取得最大值为 Sm. ? ?am+1≤0
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?am≤0, ? (2)当 a1<0,d>0 时,满足? 的项数 m 使得 Sn 取得最小值为 Sm. ?am+1≥0 ? (3)关于最值问题,除上面介绍的方法外,还可利用等差数列与函数的关系来解决,等 n?n-1? d 2 ? d 差数列的前 n 项和 Sn=na1+ d= n +?a1-2? ?n,Sn 可看成关于 n 的二次函数式且常数 2 2 项为 0,利用二次函数的图象或配方法解决最值问题.

请做演练巩固提升 1,3 等差数列主观题的规范解答 【典例】(12 分)(2012 广州模拟)已知等差数列{an}满足:a3=7,a5+a7=26,{an}的前 n 项和为 Sn. (1)求 an 及 Sn; 1 (2)令 bn= 2 (n∈N+),求数列{bn}的前 n 项和 Tn. an-1 规范解答:(1)设等差数列{an}的公差为 d, 因为 a3=7,a5+a7=26,所以有 ? ?a1+2d=7,
? ?2a1+10d=26. ? ?a1=3, ? 解得? (3 分) ? ?d=2. 所以 an=3+2(n-1)=2n+1, n?n-1? Sn=3n+ ×2=n2+2n.(6 分) 2 (2)由(1)知 an=2n+1, 1 1 1 1 所以 bn= 2 = = · 2 an-1 ?2n+1? -1 4 n?n+1? 1 1 ?1 = ·n-n+1?,(9 分) 4? ? 1 1 1? 1 1 1 所以 Tn= ·1-2+2-3+…+n-n+1? 4? ? 1 1? ?= n ,(11 分) 1- = · 4 ? n+1? 4?n+1? n 即数列{bn}的前 n 项和 Tn= .(12 分) 4?n+1? 答题指导: 1.在解答本题时有两点容易造成失分: (1)利用方程的思想联立求解在计算上容易出现失误,不能准确求出首项 a1 和公差 d; (2)在求解数列{bn}的前 n 项和时,不能熟练准确地利用裂项方法. 2.解决等差数列问题时,还有以下几点容易造成失分,在备考时要高度关注: (1)对通项公式与前 n 项和公式记忆错误; (2)基本公式中的项数或奇偶项的确定不正确; (3)判断一个数列是否为等差数列时,易忽略验证第一项.

(

1.(2012 辽宁高考)在等差数列{an}中,已知 a4+a8=16,则 a2+a10=( ). A.12 B.16 C.20 D.24 nπ 2. (2012 福建高考)数列{an}的通项公式 an=ncos , 其前 n 项和为 Sn, 则 S2 012 等于( ). 2 A.1 006 B.2 012 C.503 D.0 S1 S2 S15 3.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S15>0,S16<0, , ,…, 中最大的是 a1 a2 a15 ). S15 S8 S9 S1 A. B. C. D. a15 a8 a9 a1 an 4.在数列{an}中,a1=1,an+1=2an+2n.设 bn= n-1,证明:数列{bn}是等差数列. 2

5.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a3=5,S15=225. (1)求数列{an}的通项 an; (2)设 bn=2an+2n,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.

参考答案
基础梳理自测 知识梳理 1.(1)2 同一个常数 公差 d an-an-1=d(n≥2) (2)A 2A=a+b (3)a1+(n-1)d 3.(2)ak+al=am+an (3)等差数列 2d (4)等差数列 (5)md (6)等差数列 n (7)nd an n-1 基础自测 1.C 解析:由已知得:(a7+a8)-(a1+a2)=12d=24, ∴d=2.∴a1+a1+d=4. ∴a1=1. ∴an=a1+(n-1)d=1+(n-1)×2=2n-1. 2.C 解析:由题意 d=2,a1=-1, 4(4-1) ∴S4=4a1+ ×2=8. 2 故选 C. 3.C 11(a1+a11) 4.49 解析:由 S11= =11a6=121,则 a6=11. 2 又 a2=3,则 a2+a6=a1+a7=14, 7×(a1+a7) ∴ S7= =49. 2 5.60 解析:∵S10,S20-S10,S30-S20 成等差数列, ∴2(S20-S10)=S10+S30-S20. ∴40=10+S30-30. ∴S30=60. 考点探究突破 【例 1】解:(1)an+1-an=[p(n+1)2+q(n+1)]-(pn2+qn)=2pn+p+q,要使{an}是等 差数列,则 2pn+p+q 应是一个与 n 无关的常数,所以只有 2p=0,即 p=0. 故当 p=0 时,数列{an}是等差数列. (2)证明:∵an+1-an=2pn+p+q, ∴an+2-an+1=2p(n+1)+p+q. 而(an+2-an+1)-(an+1-an)=2p 为一个常数, ∴{an+1-an}是等 差数列. -15 【例 2】解:(1)由题意知 S6= =-3, S5 a6=S6-S5=-8. ? ?5a1+10d=5, 所以? ?a1+5d=-8. ? 解得 a1=7, 所以 S6=-3,a1=7. (2)方法一:∵S5S6+15=0, ∴(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0,
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2 即 2a2 1+9da1+10d +1=0. 因为关于 a1 的一元二次方程有解,所以 Δ=81d2-8(10d2+1)=d2-8≥0, 解得 d≤ -2 2或 d≥2 2. 方法二:∵S5S6+15=0, ∴(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0, 2 即 2a2 1+9da1+10d +1=0. 2 2 故(4a1+9d) =d -8. ∴d2≥8. 故 d 的取值范围为 d≤-2 2或 d≥2 2. 【例 3-1】解:(1)由题意可知 a1+a2+…+a6=36,① an+an-1+an-2+…+an-5=180,② ①+②得 (a1+an)+(a2+an-1)+…+(a6+an-5) =6(a1+an)=216, ∴a1+an=36. n(a1+an) 又 Sn= =324, 2 ∴18n=324.∴n=18. ∴a1+a18=36 . ∴a9+a10=a1+a18=36. Sn 3n-1 (2)∵ = , Tn 2n+3 S15 3×15-1 44 4 ∴ = = = . T15 2×15+3 33 3 15(a1+a15) ∵S15= =15a8, 2 15(b1+b15) T15= =15b8, 2 a8 15a8 S15 4 ∴ = = = . b8 15b8 T15 3 【例 3-2】解:由已知得,{an}是首项为正,公差为负的递减等差数列, a11 由 <-1 得 a10+a11<0 且 a10>0,a11<0, a10 20(a1+a20) 20(a10+a11) ∴S20= = =10(a10+a11)<0,而 S19=19a10>0,∴Sn 取最小正值 2 2 时 n=19. 演练巩固提升 1.B 解析:由等差数列的性质知,a2+a10=a4+a8=16,故选 B. nπ 2π 2.A 解析:∵函数 y=cos 的周期 T= =4, 2 π 2 ∴可分四组求和: a1+a5+…+a2 009=0, 503×(-2-2 010) a2+a6+…+a2 010=-2-6-…-2 010= =-503×1 006, 2 a3+a7+ …+a2 011=0, 503×(4+2 012) a4+a8+…+a2 012=4+8+…+2 012= =503×1 008. 2 故 S2 012=0-503×1 006+0+503×1 008=503×(-1 006+1 008 )=1 006. 3.B

an+1 2an+2n an 4.证明:由已知 an+1=2an+2n 得 bn+1= n = = n-1+1=bn+1. 2 2n 2 又 b1=a1=1, 因此{bn}是首项为 1,公差为 1 的等差数列. 5.解:(1)设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d, a +2d=5, ? ? 1 由题意,得? 15×14 15a1+ d=225, ? 2 ?
? ?a1=1, 解得? ? ?d=2, ∴an=2n-1.

1 n (2)bn=2an+2n= · 4 +2n, 2 + 4n 1-4 2 1 2 n ∴Tn=b1+b2+…+bn= (4+42+…+4n)+2(1+2+…+n)= +n +n= · 4 + n2 2 6 3 2 +n- . 3


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