1、29等差数列及其前n项和2课题:等差数列及其前n项和一、考点梳理:1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an1and(nN*,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,其中A叫做a,b的等差中项2等差数列的有关公式(1)通项公式:ana1(n1)d. (2)前n项和公式:Snna1d.3等差数列的四种判断方法(1)定义法:an1and(d是常数)an是等差数列(2)等差中项法:2an1anan2(nN*)an是等差数列(3)通项公式:anpnq(p,q为常数)an是等差数列(4
2、)前n项和公式:SnAn2Bn(A、B为常数)an是等差数列4活用等差数列的常用性质(1)通项公式的推广:anam(nm)d,(n,mN*)(2)若an为等差数列,且klmn,(k,l,m,nN*),则akalaman.(3)若an是等差数列,公差为d,则ak,akm,ak2m,(k,mN*)是公差为md的等差数列(4)数列Sm,S2mSm,S3mS2m,也是等差数列. 二、基础自测:1已知等差数列an的公差为3,a34,若an25,则n_2设等差数列an的前n项和为Sn,若a1,S420,则S6等于_3等差数列an中,a1a510,a47,则数列an的公差为_4已知等差数列an的前n项和为S
3、n,a415,S555,则数列an的公差是()A. B4 C4 D3三、考点突破:考点一、等差数列的基本运算【例1】1在等差数列an中,已知a4a816,则该数列前11项和S11()A58B88 C143 D1762设等差数列an的前n项和为Sn,若Sm12,Sm0,Sm13,则m()A3 B4C5 D63已知an是等差数列,a11,公差d0,Sn为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8_.考点二、等差数列的判断与证明【例2】已知数列an的前n项和为Sn,且满足a1,an2SnSn1(n2且nN*)(1)求证:数列是等差数列 (2)求Sn和an.【变式】已知Sn为等差数列an的前n项
4、和,bn(nN*)求证:数列bn是等差数列考点三、等差数列的性质及最值【例3】(1)已知数列an是等差数列,a1a3a5105,a2a4a699,an的前n项和为Sn,则使得Sn达到最大的n是()A18 B19 C20 D21(2)设数列an,bn都是等差数列,若a1b17,a3b321,则a5b5_.【变式】在等差数列an中,a17,公差为d,前 n项和为Sn ,当且仅当n8 时Sn 取得最大值,则d 的取值范围为_ 规律总结1等差数列的性质(1)项的性质:在等差数列an中,aman(mn)dd(mn),其几何意义是点(n,an),(m,am)所在直线的斜率等于等差数列的公差(2)和的性质:
5、在等差数列an中,Sn为其前n项和,数列Sm,S2mSm,S3mS2m,也是等差数列2求等差数列前n项和Sn最值的两种方法(1)函数法:利用等差数列前n项和的函数表达式Snan2bn,通过配方或借助图像求二次函数最值的方法求解(2)邻项变号法:a10,d0时,满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm;当a10时,满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.四、当堂检测1等差数列an中,a23,a3a49,则a1a6的值为()A14B18 C21 D272设数列an是公差d3),Sn100,则n的值为()A8 B9 C10 D114等差数列an中,已知a50,a4a70,则an的前n项和Sn的最大值为()
6、AS7 BS6 CS5 DS45已知每项均大于零的数列an中,首项a11且前n项和Sn满足SnSn12(nN*且n2),则a81()A638 B639 C640 D6416已知递增的等差数列an满足a11,a3a4,则an_.7已知等差数列an中,an0,若n2且an1an1a0,S2n138,则n等于_8设数列an的通项公式为an2n10(nN*),则|a1|a2|a15|_.9.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,则的值为_10已知数列an的各项均为正数,前n项和为Sn,且满足2Snan4(nN*)(1)求证:数列an为等差数列;(2)求数列an的通项公式1
7、1设同时满足条件:bn1(nN*);bnM(nN*,M是与n无关的常数)的无穷数列bn叫“特界”数列(1)若数列an为等差数列,Sn是其前n项和:a34,S318,求Sn;(2)判断(1)中的数列Sn是否为“特界”数列,并说明理由课题:等差数列及其前n项和一、考点梳理:1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an1and(nN*,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,其中A叫做a,b的等差中项2等差数列的有关公式(1)通项公式:ana1(n1)d.(2)前n项和公式:Snna
8、1d.3等差数列的四种判断方法(1)定义法:an1and(d是常数)an是等差数列(2)等差中项法:2an1anan2(nN*)an是等差数列(3)通项公式:anpnq(p,q为常数)an是等差数列(4)前n项和公式:SnAn2Bn(A、B为常数)an是等差数列4活用等差数列的常用性质(1)通项公式的推广:anam(nm)d,(n,mN*)(2)若an为等差数列,且klmn,(k,l,m,nN*),则akalaman.(3)若an是等差数列,公差为d,则ak,akm,ak2m,(k,mN*)是公差为md的等差数列(4)数列Sm,S2mSm,S3mS2m,也是等差数列. 二、基础自测:1在等差数
9、列an中,已知a4a816,则该数列前11项和S11()A58B88 C143 D176解析:选Ba4a816,a68,S1111a688.2(2018重庆高考)已知an是等差数列,a11,公差d0,Sn为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8_.解析:因为an为等差数列,且a1,a2,a5成等比数列,所以a1(a14d)(a1d)2,解得d2a12,所以S864.答案:643(2018安徽高考)设Sn为等差数列an的前n项和,S84a3,a72,则a9()A6 B4 C2 D2解析:选A根据等差数列的定义和性质可得,S84(a3a6),又S84a3,所以a60,又a72,所以a84
10、,a96.4已知等差数列an的前n项和为Sn,a415,S555,则数列an的公差是()A. B4 C4 D3解析:选Ban是等差数列,a415,S555,a1a522,2a322,a311,公差da4a34. 三、考点突破:考点一、等差数列的基本运算【例1】 1.(2018全国卷)设等差数列an的前n项和为Sn,若Sm12,Sm0,Sm13,则m()A3 B4C5 D6解析:选C根据已知条件,得到am和am1,再根据等差数列的定义得到公差d,最后建立关于a1和m的方程组求解由Sm12,Sm0,Sm13,得amSmSm12,am1Sm1Sm3,所以等差数列的公差为dam1am321, 由得解得
11、2已知an为等差数列,Sn为其前n项和若a1,S2a3,则a2_;Sn_.解析:设等差数列的公差为d,则2a1da12d,把a1代入得d,所以a2a1d1,Snna1dn(n1)答案:13已知等差数列an中,a11,a33.(1)求数列an的通项公式;(2)若数列an的前k项和Sk35,求k的值解:(1)设等差数列an的公差为d,则ana1(n1)d,由于a11,a33,又a3a12d,所以d2,因此an32n.(2)由an32n,得Snn2nn2,所以Sk2kk235,即k22k350,解得k7或k5,又因为kN*,所以k7.考点二、等差数列的判断与证明【例2】已知数列an的前n项和为Sn,
12、且满足a1,an2SnSn1(n2且nN*)(1)求证:数列是等差数列 (2)求Sn和an.解(1)证明:当n2时,anSnSn12SnSn1, Sn(12Sn1)Sn1.由上式知若Sn10,则Sn0.S1a10,由递推关系知Sn0(nN*),由式得2(n2)是等差数列,其中首项为2,公差为2.(2)2(n1)2(n1),Sn. 当n2时,anSnSn1,当n1时,a1S1不适合上式,an若将条件改为“a12,Sn(n2)”,如何求解.解:(1)Sn,2.2.是以为首项,以2为公差的等差数列(2)由(1)知(n1)22n,即Sn. 当n2时,anSnSn1;当n1时,a12不适合an,故an【
13、变式】已知Sn为等差数列an的前n项和,bn(nN*)求证:数列bn是等差数列证明:设等差数列an的公差为d,Snna1n(n1)d,bna1(n1)d,bn1bna1nda1(n1)d(常数),数列bn是等差数列考点三、等差数列的性质及最值【例3】(1)已知数列an是等差数列,a1a3a5105,a2a4a699,an的前n项和为Sn,则使得Sn达到最大的n是()A18 B19 C20 D21(2)设数列an,bn都是等差数列,若a1b17,a3b321,则a5b5_.解析(1)a1a3a5105a335,a2a4a699a433,则an的公差d33352,a1a32d39,Snn240n,
14、因此当Sn取得最大值时,n20.(2)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c17,c321,则c52c3c1221735. 答案(1)C(2)35【变式】1设数列an是公差d0,d0时,满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm;当a10时,满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.四、当堂检测1等差数列an中,a23,a3a49,则a1a6的值为()A14B18 C21 D27解析:选A依题意得由此解得d1,a12,a6a15d7,a1a614.2设等差数列an的前n项和为Sn,若a11a83,S11S83,则使an0的最小正整数n的值是()A8 B9 C10 D11解析:选C
15、a11a83d3,d1,S11S8a11a10a93a127d3,a18,an8(n1)0,解得n9,因此使an0的最小正整数n的值是10.3已知数列an为等差数列,Sn为其前n项和,a7a54,a1121,Sk9,则k_.解析:a7a52d4,则d2.a1a1110d21201,Skk2k29.又kN*,故k3.4已知一等差数列的前四项和为124,后四项和为156,各项和为210,则此等差数列的项数是_解析:设数列an为该等差数列,依题意得a1an70.Sn210,Sn,210,n6.答案:65各项均为正数的数列an满足a4Sn2an1(nN*),其中Sn为an的前n项和(1)求a1,a2的
16、值;(2)求数列an的通项公式解:(1)当n1时,a4S12a11,即(a11)20,解得a11.当n2时,a4S22a214a12a2132a2,解得a23或a21(舍去)(2)a4Sn2an1, a4Sn12an11. 得:aa4an12an12an2(an1an),即(an1an)(an1an)2(an1an)数列an各项均为正数,an1an0,an1an2,数列an是首项为1,公差为2的等差数列an2n1.五、课后巩固:1设an为等差数列,公差d2,Sn为其前n项和,若S10S11,则a1()A18 B20 C22 D24解:B由S10S11,得a1a2a10a1a2a10a11,即a
17、110,所以a12(111)0,解得a120.2已知等差数列an满足a23,SnSn351(n3),Sn100,则n的值为()A8 B9 C10 D11解:选C由SnSn351得,an2an1an51,所以an117,又a23,Sn100,解得n10.3等差数列an中,已知a50,a4a70并且S110,若SnSk对nN*恒成立,则正整数k构成的集合为( )A5 B6 C5,6 D7解析:选C在等差数列an中,由S100,S110得,S100a1a100a5a60,S110a1a112a60,故可知等差数列an是递减数列且a60,所以S5S6Sn,其中nN*,所以k5或6.5已知每项均大于零的
18、数列an中,首项a11且前n项和Sn满足SnSn12(nN*且n2),则a81()A638 B639 C640 D641解析:选C由已知SnSn12可得,2,是以1为首项,2为公差的等差数列,故2n1,Sn(2n1)2,a81S81S8016121592640.6已知递增的等差数列an满足a11,a3a4,则an_.解析:设等差数列的公差为d,a3a4,12d(1d)24,解得d24,即d2.由于该数列为递增数列,故d2.an1(n1)22n1. 答案:2n17已知等差数列an中,an0,若n2且an1an1a0,S2n138,则n等于_解析:2anan1an1,又an1an1a0,2ana0
19、,即an(2an)0.an0,an2.S2n12(2n1)38,解得n10.答案:108设数列an的通项公式为an2n10(nN*),则|a1|a2|a15|_.解析:由an2n10(nN*)知an是以8为首项,2为公差的等差数列,又由an2n100得n5,当n5时,an0, 当n5时,an0,|a1|a2|a15|(a1a2a3a4)(a5a6a15)20110130.答案:1309.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,则的值为_解析:an,bn为等差数列,.,.答案:10已知数列an的各项均为正数,前n项和为Sn,且满足2Snan4(nN*)(1)求证:数
20、列an为等差数列;(2)求数列an的通项公式解:(1)证明:当n1时,有2a1a14,即a2a130,解得a13(a11舍去)当n2时,有2Sn1an5,又2Snan4,两式相减得2anaa1,即a2an1a,也即(an1)2a,因此an1an1或an1an1. 若an1an1,则anan11.而a13,所以a22,这与数列an的各项均为正数相矛盾,所以an1an1,即anan11,因此数列an为首项为3,公差为1的等差数列(2)由(1)知a13,d1,所以数列an的通项公式an3(n1)1n2,即ann2.11设同时满足条件:bn1(nN*);bnM(nN*,M是与n无关的常数)的无穷数列bn叫“特界”数列(1)若数列an为等差数列,Sn是其前n项和:a34,S318,求Sn;(2)判断(1)中的数列Sn是否为“特界”数列,并说明理由解:(1)设等差数列an的公差为d,则a12d4,S3a1a2a33a13d18,解得a18,d2,Snna1dn29n.(2)Sn是“特界”数列,理由如下:由Sn110,得Sn1,故数列Sn适合条件.而Snn29n2(nN*),则当n4或5时,Sn有最大值20,即Sn20,故数列Sn适合条件.综上,数列Sn是“特界”数列
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