高考数学（理科）一轮复习等差数列及其前n项和学案带答案

详细内容

学案29　等差数列及其前n项和
导学目标： 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.了解等差数列与一次函数的关系.4.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题．

自主梳理
1．等差数列的有关定义
(1)一般地，如果一个数列从第____项起，每一项与它的前一项的____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____________ (n∈N*，d为常数)．
(2)数列a，A，b成等差数列的充要条件是__________，其中A叫做a，b的__________．
2．等差数列的有关公式
(1)通项公式：an＝________，an＝am＋________ (m，n∈N*)．
(2)前n项和公式：Sn＝__________＝____________.
3．等差数列的前n项和公式与函数的关系
Sn＝d2n2＋a1－d2n.
数列{an}是等差数列的充要条件是其前n项和公式Sn＝__________.
4．等差数列的性质
(1)若m＋n＝p＋q (m，n，p，q∈N*)，则有__________，特别地，当m＋n＝2p时，______________.
(2)等差数列中，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列．
(3)等差数列的单调性：若公差d>0，则数列为____________；若d<0，则数列为__________；若d＝0，则数列为________．
自我检测
1．(2010•北京海淀区模拟)已知等差数列{an}中，a5＋a9－a7＝10，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，则S13的值为 (　　)
A．130B．260
C．156D．168
2．等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，a3＝4，则公差d等于 (　　)
A．1B.53C．2D．3
3．(2010•泰安一模)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a5a3＝59，则S9S5等于 (　　)
A．1B．－1
C．2D.12
4．(2010•湖南师大附中)若等差数列{an}的前5项之和S5＝25，且a2＝3，则a7等于 (　　)
A．12B．13C．14D．15
5．设等差数列{an}的前n项和为Sn.若S9＝72，则a2＋a4＋a9＝________.

探究点一　等差数列的基本量运算
例1 　等差数列{an}的前n项和记为Sn.已知a10＝30，a20＝50，
(1)求通项an；
(2)若Sn＝242，求n.

变式迁移1　设等差数列{an}的公差为d (d≠0)，它的前10项和S10＝110，且a1，a2，a4成等比数列，求公差d和通项公式an.

探究点二　等差数列的判定
例2 　已知数列{an}中，a1＝35，an＝2－1an－1 (n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝1an－1 (n∈N*)．
(1)求证：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}中的最大值和最小值，并说明理由．

变式迁移2　已知数列{an}中，a1＝5且an＝2an－1＋2n－1(n≥2且n∈N*)．
(1)求a2，a3的值．
(2)是否存在实数λ，使得数列{an＋λ2n}为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．

探究点三　等差数列性质的应用
例3 　若一个等差数列的前5项之和为34，最后5项之和为146，且所有项的和为360，求这个数列的项数．

变式迁移3　已知数列{an}是等差数列．
(1)前四项和为21，末四项和为67，且前n项和为286，求n；
(2)若Sn＝20，S2n＝38，求S3n；
(3)若项数为奇数，且奇数项和为44，偶数项和为33，求数列的中间项和项数．

探究点四　等差数列的综合应用
例4 　(2011•厦门月考)已知数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2 (n∈N*)，它的前n项和为Sn，且a3＝10，S6＝72.若bn＝12an－30，求数列{bn}的前n项和的最小值．

变式迁移4　在等差数列{an}中，a16＋a17＋a18＝a9＝－36，其前n项和为Sn.
(1)求Sn的最小值，并求出Sn取最小值时n的值．
(2)求Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|.

1．等差数列的判断方法有：
(1)定义法：an＋1－an＝d (d是常数)⇔{an}是等差数列．
(2)中项公式：2an＋1＝an＋an＋2 (n∈N*)⇔{an}是等差数列．
(3)通项公式：an＝pn＋q (p，q为常数)⇔{an}是等差数列．
(4)前n项和公式：Sn＝An2＋Bn(A、B为常数)⇔{an}是等差数列．
2．对于等差数列有关计算问题主要围绕着通项公式和前n项和公式，在两个公式中共五个量a1、d、n、an、Sn，已知其中三个量可求出剩余的量，而a与d是最基本的，它可以确定等差数列的通项公式和前n项和公式．
3．要注意等差数列通项公式和前n项和公式的灵活应用，如an＝am＋(n－m)d，S2n－1＝(2n－1)an等．
4．在遇到三个数成等差数列问题时，可设三个数为①a，a＋d，a＋2d；②a－d，a，a＋d；③a－d，a＋d，a＋3d等可视具体情况而定．

(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2010•重庆)在等差数列{an}中，a1＋a9＝10，则a5的值为 (　　)
A．5B．6C．8D．10
2．(2010•全国Ⅱ)如果等差数列an中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝ (　　)
A．14B．21C．28D．35
3．(2010•山东潍坊五校联合高三期中)已知{an}是等差数列，a1＝－9，S3＝S7，那么使其前n项和Sn最小的n是 (　　)
A．4B．5C．6D．7
4．在等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则a9－13a11的值为 (　　)
A．14B．15C．16D．17
5．等差数列{an}的前n项和满足S20＝S40，下列结论中正确的是 (　　)
A．S30是Sn中的最大值B．S30是Sn中的最小值
C．S30＝0D．S60＝0
题号12345
答案
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．(2010•辽宁)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝3，S6＝24，则a9＝________.
7．(2009•海南，宁夏)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知am－1＋am＋1－a2m＝0，S2m－1＝38，则m＝________.
8．在数列{an}中，若点(n，an)在经过点(5,3)的定直线l上，则数列{an}的前9项和S9＝________.
三、解答题(共38分)
9．(12分)(2011•莆田模拟)设{an}是一个公差为d (d≠0)的等差数列，它的前10项和S10＝110，且a22＝a1a4.
(1)证明：a1＝d；
(2)求公差d的值和数列{an}的通项公式．

10．(12分)(2010•山东)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；
(2)令bn＝1a2n－1 (n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.

11．(14分)(2010•广东湛师附中第六次月考)在数列{an}中，a1＝1,3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)．
(1)证明数列{1an}是等差数列；
(2)求数列{an}的通项；
(3)若λan＋1an＋1≥λ对任意n≥2的整数恒成立，求实数λ的取值范围．

答案 自主梳理
1．(1)2　差　an＋1－an＝d　(2)A＝a＋b2　等差中项
2．(1)a1＋(n－1)d　(n－m)d　(2)na1＋n(n－1)2d　(a1＋an)n2　3.An2＋Bn　4.(1)am＋an＝ap＋aq　am＋an＝2ap　(3)递增数列　递减数列　常数列
自我检测
1．A　2.C　3.A　4.B　5.24
课堂活动区
例1　解题导引　(1)等差数列{an}中，a1和d是两个基本量，用它们可以表示数列中的任何一项，利用等差数列的通项公式与前n项和公式，列方程组解a1和d，是解决等差数列问题的常用方法；(2)由a1，d，n，an，Sn这五个量中的三个量可求出其余两个量，需选用恰当的公式，利用方程组观点求解．
解　(1)由an＝a1＋(n－1)d，a10＝30，a20＝50，
得方程组a1＋9d＝30，a1＋19d＝50，　解得a1＝12，d＝2.
所以an＝2n＋10.
(2)由Sn＝na1＋n(n－1)2d，Sn＝242.
得12n＋n(n－1)2×2＝242.
解得n＝11或n＝－22(舍去)．
变式迁移1　解　由题意，知
S10＝10a1＋10×92d＝110，(a1＋d)2＝a1•(a1＋3d)，即2a1＋9d＝22，a1d＝d2.
∵d≠0，∴a1＝d.解得a1＝d＝2，∴an＝2n.
例2　解题导引　1.等差数列的判定通常有两种方法：
第一种是利用定义，即an－an－1＝d(常数)(n≥2)，第二种是利用等差中项，即2an＝an＋1＋an－1 (n≥2)．
2．解选择、填空题时，亦可用通项或前n项和直接判断．
(1)通项法：若数列{an}的通项公式为n的一次函数，即an＝An＋B，则{an}是等差数列．
(2)前n项和法：若数列{an}的前n项和Sn是Sn＝An2＋Bn的形式(A，B是常数)，则{an}为等差数列．
3．若判断一个数列不是等差数列，则只需说明任意连续三项不是等差数列即可．
(1)证明　∵an＝2－1an－1 (n≥2，n∈N*)，bn＝1an－1，
∴当n≥2时，bn－bn－1＝1an－1－1an－1－1
＝12－1an－1－1－1an－1－1
＝an－1an－1－1－1an－1－1＝1.
又b1＝1a1－1＝－52.
∴数列{bn}是以－52为首项，以1为公差的等差数列．
(2)解　由(1)知，bn＝n－72，则an＝1＋1bn
＝1＋22n－7，设函数f(x)＝1＋22x－7，
易知f(x)在区间－∞，72和72，＋∞内为减函数．
∴当n＝3时，an取得最小值－1；
当n＝4时，an取得最大值3.
变式迁移2　解　(1)∵a1＝5，∴a2＝2a1＋22－1＝13，
a3＝2a2＋23－1＝33.
(2)假设存在实数λ，使得数列{an＋λ2n}为等差数列．
设bn＝an＋λ2n，由{bn}为等差数列，则有2b2＝b1＋b3.
∴2×a2＋λ22＝a1＋λ2＋a3＋λ23.
∴13＋λ2＝5＋λ2＋33＋λ8，
解得λ＝－1.
事实上，bn＋1－bn＝an＋1－12n＋1－an－12n
＝12n＋1[(an＋1－2an)＋1]＝12n＋1[(2n＋1－1)＋1]＝1.
综上可知，存在实数λ＝－1，使得数列{an＋λ2n}为首项为2、公差为1的等差数列．
例3　解题导引　本题可运用倒序求和的方法和等差数列的性质：若m＋n＝p＋q (m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq，从中我们可以体会运用性质解决问题的方便与简捷，应注意运用；也可用整体思想(把a1＋n－12d看作整体)．
解　方法一　设此等差数列为{an}共n项，
依题意有a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝34，①
an＋an－1＋an－2＋an－3＋an－4＝146. ②
根据等差数列性质，得
a5＋an－4＝a4＋an－3＝a3＋an－2＝a2＋an－1＝a1＋an.
将①②两式相加，得(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋(a3＋an－2)＋(a4＋an－3)＋(a5＋an－4)＝5(a1＋an)＝180，
∴a1＋an＝36.
由Sn＝n(a1＋an)2＝36n2＝360，得n＝20.
所以该等差数列有20项．
方法二　设此等差数列共有n项，首项为a1，公差为d，
则S5＝5a1＋5×42d＝34，①
Sn－Sn－5＝[n(n－1)d2＋na1]－[(n－5)a1＋(n－5)(n－6)2d]
＝5a1＋(5n－15)d＝146.②
①②两式相加可得10a1＋5(n－1)d＝180，
∴a1＋n－12d＝18，
代入Sn＝na1＋n(n－1)2d
＝na1＋n－12d＝360，
得18n＝360，∴n＝20.
所以该数列的项数为20项．
变式迁移3　解　(1)依题意，知a1＋a2＋a3＋a4＝21，
an－3＋an－2＋an－1＋an＝67，
∴a1＋a2＋a3＋a4＋an－3＋an－2＋an－1＋an＝88.
∴a1＋an＝884＝22.
∵Sn＝n(a1＋an)2＝286，∴n＝26.
(2)∵Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，
∴S3n＝3(S2n－Sn)＝54.
(3)设项数为2n－1 (n∈N*)，则奇数项有n项，偶数项有n－1项，中间项为an，则
S奇＝(a1＋a2n－1)•n2＝n•an＝44，
S偶＝(a2＋a2n－2)•(n－1)2＝(n－1)•an＝33，
∴nn－1＝43.
∴n＝4，an＝11.
∴数列的中间项为11，项数为7.
例4　解题导引　若{an}是等差数列，
求前n项和的最值时，
(1)若a1>0，d<0，且满足an≥0an＋1≤0，前n项和Sn最大；
(2)若a1<0，d>0，且满足an≤0an＋1≥0，前n项和Sn最小；
(3)除上面方法外，还可将{an}的前n项和的最值问题看作Sn关于n的二次函数最值问题，利用二次函数的图象或配方法求解，注意n∈N*.
解　方法一　∵2an＋1＝an＋an＋2，∴{an}是等差数列．
设{an}的首项为a1，公差为d，由a3＝10，S6＝72，
得a1＋2d＝106a1＋15d＝72，∴a1＝2d＝4.
∴an＝4n－2.则bn＝12an－30＝2n－31.
解2n－31≤0，2(n＋1)－31≥0，得292≤n≤312.
∵n∈N*，∴n＝15.∴{bn}前15项为负值. ∴S15最小．
可知b1＝－29，d＝2，
∴S15＝15×(－29＋2×15－31)2＝－225.
方法二　同方法一求出bn＝2n－31.
∵Sn＝n(－29＋2n－31)2＝n2－30n＝(n－15)2－225，
∴当n＝15时，Sn有最小值，且最小值为－225.
变式迁移4　解　(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
∵a16＋a17＋a18＝3a17＝－36，
∴a17＝－12，∴d＝a17－a917－9＝3，
∴an＝a9＋(n－9)•d＝3n－63，
an＋1＝3n－60，
令an＝3n－63≤0an＋1＝3n－60≥0，得20≤n≤21，
∴S20＝S21＝－630，
∴n＝20或21时，Sn最小且最小值为－630.
(2)由(1)知前20项小于零，第21项等于0，以后各项均为正数．
当n≤21时，Tn＝－Sn＝－32n2＋1232n.
当n>21时，Tn＝Sn－2S21＝32n2－1232n＋1 260.
综上，Tn＝－32n2＋1232n　　　(n≤21，n∈N*)32n2－1232n＋1 260 (n>21，n∈N*).
课后练习区
1．A　2.C　3.B　4.C　5.D
6．15　7.10　8.27
9．(1)证明　∵{an}是等差数列，∴a2＝a1＋d，a4＝a1＋3d，又a22＝a1a4，于是(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，即a21＋2a1d＋d2＝a21＋3a1d (d≠0)．化简得a1＝d.…………………………(6分)
(2)解　由条件S10＝110和S10＝10a1＋10×92d，得到10a1＋45d＝110.
由(1)知，a1＝d，代入上式得55d＝110，
故d＝2，an＝a1＋(n－1)d＝2n.
因此，数列{an}的通项公式为an＝2n，n∈N*.…………………………………………(12分)
10．解　(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由于a3＝7，a5＋a7＝26，
所以a1＋2d＝7,2a1＋10d＝26，
解得a1＝3，d＝2.…………………………………………………………………………(4分)
由于an＝a1＋(n－1)d，Sn＝n(a1＋an)2，
所以an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)．…………………………………………………………(6分)
(2)因为an＝2n＋1，所以a2n－1＝4n(n＋1)，
因此bn＝14n(n＋1)＝141n－1n＋1.………………………………………………………(8分)
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝141－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1
＝141－1n＋1＝n4(n＋1).
所以数列{bn}的前n项和Tn＝n4(n＋1).…………………………………………………(12分)
11．(1)证明　将3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)整理得1an－1an－1＝3(n≥2)．
所以数列{1an}为以1为首项，3为公差的等差数列．…………………………………(4分)
(2)解　由(1)可得1an＝1＋3(n－1)＝3n－2，
所以an＝13n－2.……………………………………………………………………………(7分)
(3)解　若λan＋1an＋1≥λ对n≥2的整数恒成立，
即λ3n－2＋3n＋1≥λ对n≥2的整数恒成立．
整理得λ≤(3n＋1)(3n－2)3(n－1)………………………………………………………………(9分)
令＝(3n＋1)(3n－2)3(n－1)
＋1－＝(3n＋4)(3n＋1)3n－(3n＋1)(3n－2)3(n－1)＝(3n＋1)(3n－4)3n(n－1).………………………(11分)
因为n≥2，所以＋1－>0，
即数列{}为单调递增数列，所以c2最小，c2＝283.
所以λ的取值范围为(－∞，283]．……………………………………………………(14分)