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Word文件下载.docx

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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）n23.An2＋Bn4.

（1）am＋an＝ap＋aqam＋an＝2ap（3）递增数列递减数列常数列

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1．A2.C3.A4.B5.24

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

（2）若a10，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＋1260.

综上，Tn＝－32n2＋1232n（n≤21，n∈N*）32n2－1232n＋1260（n>

21，n∈N*）.

课后练习区

1．A2.C3.B4.C5.D

6．157.108.27

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cn＝（3n＋1）（3n－2）3（n－1）

cn＋1－cn＝（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cn＋1－cn>

0，

即数列{cn}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）