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2016届高三数学一轮复习(知识点归纳与总结):等差数列及其前n项和


第二节 等差数列及其前n项和

[备考方向要明了]

考 什 么 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.

怎 么 考 1.以选择题的形式考查等差数列的基本量及等差数列 性质的简单应用,如 2012 年辽宁 T6,北京 T10,江 西 T12 等. 2.以解答题的形式考查等差数列的概念、等差数列的 判定、通项公式、前 n 项和公式以及等差数列的性质 等,如 2012 年陕西 T17 等.

[归纳· 知识整合] 1.等差数列的定义 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等于同一个常数,那么这 个数列就叫做等差数列,这个常数叫做等差数列的公差,通常用字母 d 表示,定义表达式为 an-an-1=d(常数)(n∈N*,n≥2)或 an+1-an=d(常数)(n∈N*). 2.等差数列的通项公式 若等差数列{an}的首项为 a1, 公差为 d, 则其通项公式为 an=a1+(n-1)d.亦可以用数列 中的第 m 项 am 与公差 d 表示为 an=am+(n-m)d. [探究] 1.已知等差数列{an}的第 m 项为 am,公差为 d,则其第 n 项 an 能否用 am 与 d 表示? 提示:能,an=am+(n-m)d. 3.等差中项 a+b 若三个数 a,A,b 成等差数列,则 A 叫做 a 与 b 的等差中项,且有 A= . 2 4.等差数列的前 n 项和公式 n?n-1? n?a1+an? Sn=na1+ d= . 2 2 [探究] 2.等差数列前 n 项和公式的推导运用了什么方法?
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提示:倒序相加法. 3.等差数列前 n 项和公式能否看作关于 n 的函数,该函数是否有最值? 提示:当 d≠0 时,Sn 是关于 n 的且常数项为 0 的二次函数,则(n,Sn)是二次函数图象 上的一群孤立的点,由此可得:当 d>0 时,Sn 有最小值;当 d<0 时,Sn 有最大值. 5.等差数列的性质 已知数列{an}是等差数列,Sn 是其前 n 项和. (1)若 m+n=p+q,则 am+an=ap+aq, 特别:若 m+n=2p,则 am+an=2ap. (2)am,am+k,am+2k,am+3k,?仍是等差数列,公差为 kd. (3)数列 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,?也是等差数列. [自测· 牛刀小试] 1.(2012· 重庆高考)在等差数列{an}中,a2=1,a4=5,则{an}的前 5 项和 S5=( A.7 C.20 B.15 D.25 )

5-1 解析:选 B 数列{an}的公差 d= =2,则 a1=-1,a5=7,可得 S5=15. 2 2. (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 B.88 D.176 )

解析:选 B 因为{an}是等差数列,所以 a4+a8=2a6=16?a6=8,则该数列的前 11 项 11?a1+a11? 和为 S11= =11a6=88. 2 3.(教材习题改编)在等差数列{an}中,若 a4+a5=15,a7=15,则 a2 的值为( A.-3 C.1 B.0 D.2 )

解析:选 B 由题意知,a2+a7=a4+a5,所以 a2=a4+a5-a7=0. 4. (教材习题改编)已知两个数列 x, a1, a2, a3, y 与 x, b1, b2, y 都是等差数列, 且 x≠y, a2-a1 则 的值为________. b2-b1 1 1 解析:∵a2-a1= (y-x),b2-b1= (y-x), 4 3 ∴ a2-a1 3 = . b2-b1 4

3 答案: 4 5.(教材习题改编)有两个等差数列 2,6,10,?,190 及 2,8,14,?,200,由这两个等差
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数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列,则这个新数列 {an} 的通项公式 an = ________. 解析:两个等差数列的公共项为 2,14,26,?即新数列的首项为 2,公差为 12. 故 an=2+(n-1)×12=12n-10. 答案:12n-10

等差数列的判定与证明

1 [例 1] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 a1= ,an=-2SnSn-1(n≥2). 2
?1? (1)求证:数列?S ?是等差数列; ? n?

(2)求 Sn 和 an. [自主解答] (1)证明: ∵当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=-2SnSn-1,① ∴Sn(1+2Sn-1)=Sn-1. 由上式,若 Sn-1≠0,则 Sn≠0. ∵S1=a1≠0, 由递推关系知 Sn≠0(n∈N*), 1 1 由①式得 - =2(n≥2). Sn Sn-1
?1? 1 1 ∴?S ?是等差数列,其中首项为 = =2,公差为 2. S1 a1 ? n?

1 1 1 (2)∵ = +2(n-1)= +2(n-1), Sn S1 a1 1 ∴Sn= . 2n 1 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=- , 2n?n-1? 1 当 n=1 时,a1=S1= 不适合上式, 2

?2,n=1, ∴a =? 1 ?-2n?n-1?,n≥2.
n

1

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若将条件改为“a1=2,Sn=

Sn-1 (n≥2)”,如何求解. 2Sn-1+1

Sn-1 解:(1)证明:∵Sn= , 2Sn-1+1 1 2Sn-1+1 1 ∴ = = +2. Sn Sn-1 Sn-1 1 1 ∴ - =2. Sn Sn-1
?1? 1 ∴?S ?是以 为首项,以 2 为公差的等差数列. 2 ? n?

1 1 3 (2)由(1)知 = +(n-1)×2=2n- , Sn 2 2 1 即 Sn= . 3 2n- 2 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= 1 - 3 7 2n- 2n- 2 2 1



-2 ; ?2n-3??2n-7? 2?? 2? ?

当 n=1 时,a1=2 不适合 an, ?, ?2?n=1- 2 故 a =? ?n≥2?. ?2n-3??2n-7? ?? 2?? 2?
n

—————

—————————————— 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*)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. 注意: 在解答题中常应用定义法和等差中项法, 而通项公式法和前 n 项和公式法主要适 用于选择题、填空题中的简单判断.

3 1 1 1.已知数列{an}中,a1= ,an=2- (n≥2,n∈N*),数列{bn}满足 bn= (n∈ 5 an-1 an-1 N*).
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(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- 1 1 (n≥2,n∈N*),bn= , an-1 an-1 1 1 - 1? an-1 ?2-an?-1

1 1 ∴bn+1-bn= - = an+1-1 an-1 ? = an 1 - =1. an-1 an-1

1 5 又 b1= =- , 2 an-1 5 ∴数列{bn}是以- 为首项,以 1 为公差的等差数列. 2 7 1 2 (2)由(1)知 bn=n- ,则 an=1+ =1+ , 2 bn 2n-7 7? ?7 2 ? 设 f(x)=1+ ,则 f(x)在区间? ?-∞,2?和?2,+∞?上为减函数. 2x-7 故当 n=3 时,an 取得最小值-1,当 n=4 时,an 取得最大值 3.

等差数列基本量的计算

[例 2] (1)已知{an}为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,则 a20 等于( A.-1 C.3 B.1 D.7

)

(2)(2012· 广东高考)已知递增的等差数列{an}满足 a1=1,a3=a2 2-4,则 an=________. 1 (3)(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=________. [自主解答] (1)两式相减,可得 3d=-6,d=-2.由已知可得 3a3=105,a3=35,所以 a20=a3+17d=35+(-34)=1. (2)设等差数列{an}的公差为 d,
? ? ?a1=1, ?a1=1, ? 由已知得? 即 2 2 ?a3=?a1+d? -4, ? ? ?1+2d=?1+d? -4, ? ?a1=1, 解得? ?d=± 2. ? ?a1=1, ? 由于等差数列{an}是递增的等差数列,因此? ? ?d=2.

所以 an=a1+(n-1)d=2n-1.
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1 1 (3)设等差数列的公差为 d,则 2a1+d=a1+2d,把 a1= 代入得 d= ,所以 a2=a1+d 2 2 n?n-1? 1 =1,Sn=na1+ d= n(n+1). 2 4 [答案] (1)B ————— (2)2n-1 (3)1 n?n+1? 4

—————————————— 等差数列运算问题的通法

等差数列的通项公式及前 n 项和公式中,共涉及五个量,知三可求二,如果已知两个条 件, 就可以列出方程组求解, 体现了用方程思想解决问题的方法. 如果利用等差数列的性质、 几何意义去考虑也可以.

2.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(n≥1,n∈N*). 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)知 an=3-2n, n[1+?3-2n?] 所以 Sn= =2n-n2. 2 进而由 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 为所求结果.

等差数列前 n 项和的最值

[例 3] 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和最大,并求出这个最大值. [自主解答] (1)∵S10=a1+a2+?+a10, S22=a1+a2+?+a22, 又 S10=S22,∴a11+a12+?+a22=0,

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12?a11+a22? =0,即 a11+a22=2a1+31d=0. 2

又 a1=31,∴d=-2. n?n-1? ∴Sn=na1+ d=31n-n(n-1)=32n-n2. 2 (2)法一:由(1)知,Sn=32n-n2=-(n-16)2+256, ∴当 n=16 时,Sn 有最大值 256. 法二:由(1)知,
?an=31+?n-1?· ?-2?=-2n+33≥0, ? ? (n∈N*), ?an+1=31+n· ?-2?=-2n+31≤0 ?

31 33 解得 ≤n≤ , 2 2 ∵n∈N*,∴n=16 时,Sn 有最大值 256.

若将“a1=31,S10=S22”改为“a1=20,S10=S15”,则 n 为何值时,Sn 取得最大值? 解:法一:∵a1=20,S10=S15, 10×9 15×14 ∴10×20+ d=15×20+ d, 2 2 5 解得 d=- . 3 5? 5 65 ∴an=20+(n-1)×? ?-3?=-3n+ 3 . ∴a13=0,即当 n≤12 时,an>0,n≥14 时,an<0. ∴当 n=12 或 13 时,Sn 取得最大值,且最大值为 12×11 ? 5? S12=S13=12×20+ ×?-3?=130. 2 5 法二:同法一求得 d=- . 3 n?n-1? ? 5? 5 2 125 ∴Sn=20n+ · ?-3?=-6n + 6 n 2 25 5 3 125 n- ?2+ =- ? . 2? 6? 24 ∵n∈N*, ∴当 n=12 或 13 时,Sn 有最大值, 且最大值为 S12=S13=130. 5 法三:同法一得 d=- . 3 又由 S10=S15,得 a11+a12+a13+a14+a15=0.

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∴5a13=0,即 a13=0. ∴当 n=12 或 13 时,Sn 有最大值, 且最大值为 S12=S13=130.

—————

—————————————— 求等差数列前 n 项和的最值的方法

(1)运用配方法转化为二次函数,借助二次函数的单调性以及数形结合的思想,从而使 问题得解; (2)通项公式法:求使 an≥0(an≤0)成立时最大的 n 值即可.一般地,等差数列{an}中, 若 a1>0,且 Sp=Sq(p≠q),则 ①若 p+q 为偶数,则当 n= ②若 p+q 为奇数,则当 n= p+q 时,Sn 最大; 2 p+q-1 p+q+1 或 n= 时,Sn 最大. 2 2

3.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a3=12,S12>0,S13<0. (1)求公差 d 的取值范围; (2)指出 S1,S2,?,S12 中,哪一个最大,并说明理由. 解:(1)设数列首项为 a1,公差为 d,由题意可得,

?S ? ?S

12=12a1+

1 ×12×?12-1?d>0, 2 1 ×13×?13-1?d<0. 2

13=13a1+

? ?24+7d>0, 将 a1=a3-2d=12-2d 代入,得? ?3+d<0, ?

24 即- <d<-3. 7 n?n-1? n?n-1? 5 d 24 ? (2)法一:Sn=na1+ d=(12-2d)n+ d= n2-? ?2d-12?n,其中- 7 <d<- 2 2 2 3. 由二次函数知识可得 S6 最大. 法二:∵an=a1+(n-1)d=12+(n-3)d,
?an≥0, ?12+?n-3?d≥0, ? ? 由? 得? ?an+1≤0, ?12+?n-2?d≤0. ? ?



-12 -12 24 +2≤n≤ +3.而- <d<-3, d d 7
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11 ∴ <n<7.∴n=6. 2 ∴前 6 项和 S6 最大. 法三:由 S13=13a7<0,S12=6(a6+a7)>0, ∴a7<0,a6>0.∴前 6 项和 S6 最大.

等差数列性质的应用

[例 4] (1)(2013· 江门模拟)等差数列{an}前 17 项和 S17=51,则 a5-a7+a9-a11+a13 等 于( ) A.3 C.17 B.6 D.51 )

(2)等差数列{an}中,若 a1+a4+a7=39,a3+a6+a9=27,则前 9 项的和 S9 等于( A.66 C.144 B.99 D.297

a1+a17 [自主解答] (1)由于 S17= ×17=17a9=51,所以 a9=3.根据等差数列的性质 a5 2 +a13=a7+a11, 所以 a5-a7+a9-a11+a13=a9=3. (2)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?a1+a9? 9?a4+a6? 所以 S9= = =99. 2 2 [答案] (1)A ————— (2)B ——————————————

在等差数列有关计算问题中,结合整体思想,灵活应用性质,可以减少运算量,达到事 半功倍的效果.

4.(1)(2013· 山西四校联考)在等差数列{an}中,a1+a2+a3=3,a18+a19+a20=87,则此 数列前 20 项的和等于( A.290 C.580 ) B.300 D.600

(2)(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=________.

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解析:(1)选 B 依题意得 3(a1+a20)=90,即 a1+a20=30,数列{an}的前 20 项的和等于 20?a1+a20? =300. 2 (2)法一:设数列{an},{bn}的公差分别为 d1,d2,因为 a3+b3=(a1+2d1)+(b1+2d2)= (a1+b1)+2(d1+d2)=7+2(d1+d2)=21,所以 d1+d2=7.所以 a5+b5=(a3+b3)+2(d1+d2)= 21+2×7=35. 法二:∵2a3=a1+a5,2b3=b1+b5, ∴a5+b5=2(a3+b3)-(a1+b1) =2×21-7=35. 答案:35

? 1 个技巧——利用等差数列的性质妙设项 若奇数个数成等差数列,可设中间三项为 a-d,a,a+d; 若偶数个数成等差数列,可设中间两项为 a-d,a+d,其余各项再依据等差数列的定 义进行对称设元. ? 2 种选择——等差数列前 n 项和公式的选择 等差数列前 n 项和公式有两个,如果已知项数 n、首项 a1 和第 n 项 an,则利用 Sn= n?a1+an? ,该公式经常和等差数列的性质结合应用.如果已知项数 n、首项 a1 和公差 d,则 2 n?n-1?d 利用 Sn=na1+ ,在求解等差数列的基本运算问题时,有时会和通项公式结合使用. 2 ? 3 个结论——等差数列前 n 项和 Sn 的几个结论 (1)若等差数列{an}的项数为偶数 2n,则①S2n=n(a1+a2n)=?=n(an+an+1);②S 偶-S 奇 =nd, S奇 an = . S偶 an+1 S奇 n+1 (2)若等差数列{an}的项数为奇数 2n+1,则①S2n+1=(2n+1)an+1;② = . n S偶
?am≥0, ? (3)在等差数列{an}中, 若 a1>0, d<0, 则满足? 的项数 m 使得 Sn 取得最大值 Sm; ?am+1≤0 ? ?am≤0, ? 若 a1<0,d>0,则满足? 的项数 m 使得 Sn 取得最小值 Sm. ? ?am+1≥0

? 4 种方法——等差数列的判断方法 ①定义法;②等差中项法;③通项公式法;④前 n 项和公式法.

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数学思想——整体思想在数列中的应用

利用整体思想解数学问题,就是从全局着眼,由整体入手,把一些彼此独立但实际上紧 密联系的量作为一个整体考虑的方法.有不少数列题,其首项、公差无法确定或计算繁琐, 对这类问题,若从整体考虑,往往可寻得简捷的解题途径. [典例] (2013· 盐城模拟)设等差数列{an}的前 n 项和 Sn=m,前 m 项和 Sm=n(m≠n)则 它的前 m+n 项的和 Sm+n=________. [解析] 法一:设{an}的公差为 d, 则由 Sn=m,Sm=n, 1? d=m, ?S =na +n?n- 2 得? m?m-1? ?S =ma + 2 d=n.
n 1 m 1

① ②

?m-n??m+n-1? ②-①得(m-n)a1+ · d=n-m, 2 m+n-1 ∵m≠n,∴a1+ d=-1. 2 ?m+n??m+n-1? ∴Sm+n=(m+n)a1+ d 2 m+n-1 ? =(m+n)?a1+ d =-(m+n). 2 ? ? 法二:设 Sn=An2+Bn(n∈N*),
2 ? ?Am +Bm=n, ? 则 2 ?An +Bn=m, ④ ?



③-④得 A(m2-n2)+B(m-n)=n-m. ∵m≠n,∴A(m+n)+B=-1. ∴A(m+n)2+B(m+n)=-(m+n), 即 Sm+n=-(m+n). [答案] -(m+n) [题后悟道] m+n-1 1.本题的两种解法都突出了整体思想,其中法一把 a1+ d 看成了一个整体, 2 法二把 A(m+n)+B 看成了一个整体,解起来都很方便. 2.整体思想是一种重要的解题方法和技巧,这就要求学生要掌握公式,理解其结构特
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征. 3.本题的易错点是,不能正确运用整体思想的运算方法,不能建立数量间的关系,导 致错误. [变式训练] Sn 2n an 1.等差数列{an},{bn}的前 n 项和分别为 Sn,Tn,若 = ,则 =( Tn 3n+1 bn 2 A. 3 2n+1 C. 3n+1 解析:选 B 2n-1 B. 3n-1 2n-1 D. 3n+4 2?2n-1? 2n-1 an 2an a1+a2n-1 S2n-1 = = = = = . bn 2bn b1+b2n-1 T2n-1 3?2n-1?+1 3n-1 )

2.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知其前 6 项和为 36,Sn=324,最后 6 项的和为 180(n>6),求该数列的项数 n 及 a9+a10. 解:由题意知 a1+a2+a3+a4+a5+a6=36, an+an-1+an-2+an-3+an-4+an-5=180, ∴6(a1+an)=36+180=216. ∴a1+an=36. n?a1+an? 又 Sn=324,∴ =324, 2 2×324 即 n= =18. 36 ∴a9+a10=a1+a18=36.

一、选择题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分) 1.已知{an}是等差数列,且 a3+a9=4a5,a2=-8,则该数列的公差是( A.4 C.-4 B.14 D.-14 )

解析: 选 A 因为 a3+a9=4a5, 所以根据等差数列的性质可得 a6=2a5.所以 a1+5d=2a1 +8d,即 a1+3d=0.又 a2=-8,即 a1+d=-8,所以公差 d=4. 2.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S17=a,则 a2+a9+a16 等于( a A. 17 3a C. 17 4a B. 17 3a D.- 17 )

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?a1+a17?×17 解析:选 C ∵S17= =a, 2 a 3a ∴17a9=a,a9= .∴a2+a9+a16=3a9= . 17 17 3.(2013· 秦皇岛模拟)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,若 a1=1,公差 d=2,Sk+2-Sk =24,则 k=( A.8 C.6 ) B.7 D.5

解析:选 D 依题意得 Sk+2-Sk=ak+1+ak+2=2a1+(2k+1)d=2(2k+1)+2=24,解得 k =5. 4.已知{an}为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99.以 Sn 表示{an}的前 n 项和, 则使得 Sn 达到最大值的 n 是( A.21 C.19 ) B.20 D.18

解析:选 B ∵a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99, ∴3a3=105,3a4=99,即 a3=35,a4=33. ∴a1=39,d=-2,得 an=41-2n. 令 an>0 且 an+1<0,n∈N*,则有 n=20. S4 S6 5.已知 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,若 S1=1, =4,则 的值为( S2 S4 9 A. 4 5 C. 3 3 B. 2 D.4 )

S4-S2 S4 解析:选 A 由等差数列的性质可知 S2,S4-S2,S6-S4 成等差数列,由 =4 得 S2 S2 S6 9 =3,则 S6-S4=5S2,所以 S4=4S2,S6=9S2, = . S4 4 6.(2013· 玉溪模拟)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
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=3. 二、填空题(本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分) S4 7. 等差数列{an}中 a1=1, 前 n 项和 Sn 满足 =4, 则数列{an}的前 n 项和 Sn=________. S2 4a1+6d S4 解析:设公差为 d,则由 =4 得 =4. S2 2a1+d 又∵a1=1,∴d=2. n?n-1?d ∴Sn=na1+ =n+n(n-1)=n2. 2 答案:n2 8.已知等差数列{an}中,an≠0,若 n>1 且 an-1+an+1-a2 n=0,S2n-1=38,则 n 等于 ________. 解析:∵2an=an-1+an+1, 又 an-1+an+1-a2 n=0,
2 ∴2an-an =0,即 an(2-an)=0.

∵an≠0,∴an=2. ∴S2n-1=2(2n-1)=38,解得 n=10. 答案:10 9.(2013· 南京模拟)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若(a2-1)3+2 012(a2-1)=1, (a2 011-1)3+2 012· (a2 011-1)=-1,则下列四个命题中真命题的序号为________. ①S2 011=2 011;②S2 012=2 012;③a2 011<a2;④S2 011<S2. 解析:由 f(x)=x3+2 012 x 为奇函数,f′(x)=3x2+2 012>0,f(1)=2 013>1 知 f(1)>f(a2 -1),故 a2-1<1 即 a2<2 又 f(a2-1)=-f(a2 011-1)=1,故 a2 011<a2,a2-1=(a2 011-1)即 a2 a1+a2 012 +a2 011=2,S2 012= ×2 012=2 012,S2 011=S2 012-a2 012=2 012-(2-a2+d)=2 010 2 +a1>a1+a2=S2,又假设 S2 011=2 011,则 a1=1,a2 011=1 矛盾. 综上,正确的为②③. 答案:②③ 三、解答题(本大题共 3 小题,每小题 12 分,共 36 分) 10.设 a1,d 为实数,首项为 a1,公差为 d 的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 S5S6 +15=0. (1)若 S5=5,求 S6 及 a1; (2)求 d 的取值范围. 15 解:(1)由题意知 S6=- =-3,a6=S6-S5=-8, S5

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? ?5a1+10d=5, 所以? 解得 a1=7. ?a1+5d=-8, ?

所以 S6=-3,a1=7. (2)因为 S5S6+15=0, 所以(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0,
2 即 2a2 1+9da1+10d +1=0.

故(4a1+9d)2=d2-8,所以 d2≥8. 故 d 的取值范围为 d≤-2 2或 d≥2 2. 11.已知等差数列{an}中,公差 d>0,前 n 项和为 Sn,a2· a3=45,a1+a5=18. (1)求数列{an}的通项公式; Sn (2)令 bn= (n∈N*),是否存在一个非零常数 c,使数列{bn}也为等差数列?若存在, n+c 求出 c 的值;若不存在,请说明理由.
? ?a2a3=45, 解:(1)由题设,知{an}是等差数列,且公差 d>0,则由? 得 ?a1+a5=18, ? ??a1+d??a1+2d?=45, ?a1=1, ? ? ? 解得? ?a1+?a1+4d?=18, ? ? ?d=4.

故 an=4n-3(n∈N*). n?1+4n-3? 1? 2n? 2 ?n-2? Sn (2)由 bn= = = . n+c n+c n+c 1 ∵c≠0,∴可令 c=- ,得到 bn=2n. 2 ∵bn+1-bn=2(n+1)-2n=2(n∈N*), ∴数列{bn}是公差为 2 的等差数列. 1 即存在一个非零常数 c=- ,使数列{bn}也为等差数列. 2 1?n-1 12.已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和,Sn 满足关系式 2Sn=Sn-1-? ?2? +2(n≥2,n 为正 1 整数),a1= . 2 (1)令 bn=2nan,求证数列{bn}是等差数列,并求数列{an}的通项公式; (2)在(1)的条件下,求 Sn 的取值范围. 1?n-1 ?1?n ?1?n 解:(1)由 2Sn=Sn-1-? ?2? +2,得 2Sn+1=Sn-?2? +2,两式相减得 2an+1=an+?2? , 上式两边同乘以 2n 得 2n 1an+1=2nan+1, 即 bn+1=bn+1, 所以 bn+1-bn=1, 故数列{bn}


是等差数列,
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?1? 且公差为 1.又因为 b1=2a1=1, 所以 bn=1+(n-1)×1=n.因此 2nan=n, 从而 an=n· ?2?
n

. 1?n-1 ?1?n-1,即 Sn+an=2-?1?n-1. (2)由于 2Sn=Sn-1-? + 2 ,所以 2 S n-Sn-1=2- 2 2 ? ? ? ? ?2? 1?n-1 ?1?n ?1?n-1-n· ?1?n=2-(n+2)· ?1?n. Sn=2-? - a n,而 an=n·2 ,所以 Sn=2- 2 2 2 ? ? ? ? ? ? ? ? ?2? 1 1 ?1?n+1,且 Sn+1-Sn=n+ 所以 Sn+1=2-(n+3)· + >0.所以 Sn≥S1= ,又因为在 Sn=2- ?2? 2 2n 1

?1?n 中,(n+2)· ?1?n>0,故 Sn<2, (n+2)· ?2? ?2?
1 ? 即 Sn 的取值范围是? ?2,2?.

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. 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 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. 2.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 a1,a2,a4 成等比数列. (1)证明 a1=d; (2)求公差 d 的值和数列{an}的通项公式. 解:(1)证明:因 a1,a2,a4 成等比数列, 故 a2 2=a1a4. 而{an}是等差数列,有 a2=a1+d,a4=a1+3d.
2 2 于是(a1+d)2=a1(a1+3d),即 a2 1+2a1d+d =a1+3a1d,化简得 a1=d.

10×9 (2)由条件 S10=110 和 S10=10a1+ d, 2 得到 10a1+45d=110. 由(1),a1=d,代入上式得 55d=110,

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故 d=2,an=a1+(n-1)d=2n. 因此,数列{an}的通项公式为 an=2n(n=1,2,3,?). 3.已知{an}为等差数列,若 正值时,n 等于多少? 解:由已知得,{an}是首项为正,公差为负的递减等差数列. 由 a11 <-1 得 a10+a11<0 且 a10>0,a11<0, a10 a11 <-1,且它的前 n 项和 Sn 有最大值,那么当 Sn 取得最小 a10

20?a1+a20? 20?a10+a11? ∴S20= = =10(a10+a11)<0. 2 2 而 S19=19a10>0, ∴Sn 取最小正值时 n=19. 4.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=2n2+2n,数列{bn}的前 n 项和 Tn=2-bn.求数列{an} 与{bn}的通项公式. 解:当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n2+2n-2(n-1)2-2(n-1)=4n, 又 a1=S1=4,故 an=4n. 当 n≥2 时,由 bn=Tn-Tn-1=2-bn-2+bn-1, 1 得 bn= bn-1, 2 又 T1=2-b1,即 b1=1, 1?n-1 1-n 故 bn=? ?2? =2 .

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