2012届高三数学复习课件(广东文)第14章第2节__等差数列

Sn 3n − 1 S15 3 × 15 − 1 4 ，所以 = = ， ( 2 )因为 = Tn 2n + 3 T15 2 × 15 + 3 3 15( a1 + a15 ) a8 15a8 S15 4 2 从而 = = = = . b8 15b8 15(b1 + b15 ) T15 3 2
反思小结：此类问题求解的关键是将等差数列中的性 质“若m + n = p + q，则am + an = a p + aq ”与前n项和公式 n( a1 + an ) Sn = 结合在一起，采用整体思想，从而简化 2 解题过程．
an = 4n − 9 ≤ 0 5 9 ,得 ≤ n ≤ . ( 3)由 4 4 an +1 = 4( n + 1) − 9 ≥ 0 而n是正整数,所以当n = 2时,该数列的前n项和S n取得最
*
用函数方法求等差数列的项的最值
例题3：已知公差为d的等差数列{an }的前n项和为S n， 1 + an S 4 = 2S 2 + 4，bn = n . a 5 (1) 求公差d的值；2 ) 若a1 = − ，求数列{bn }中的最大项 ( 2 和最小项的值．
解析：1) 因为S 4 = 2S 2 + 4， ( 4 × ( 4 − 1) 所以4a1 + id = 2(2a1 + d ) + 4,所以d = 1. 2 5 ( 2 )因为a1 = − ,d = 1,所以数列{an }的通项公式为 2 7 1 1 an = a1 + ( n − 1) d = n − ,所以bn = 1 + n = 1 + . 7 2 a n− 2 1 7 7 又函数f ( x ) = 1 + 在(−∞， )和( ， ∞)上都是单调 + 7 2 2 x− 2 递减函数,所以数列{bn } 在 [1,3] 和[4， ∞)上都是递减数 +
则该数列的公差d = ( C A.7 B. 6 C. 3
1.设等差数列{an }的前n项和为Sn，若S 2 = 4，S 4 = 20，
)
D. 2
2.一个等差数列共10项，偶数项的和为15，则第6项 是(A ) A.3 B.4 C.5 D.6
解析： a2 + a4 + a6 + a8 + a10 = 5a1 + 25d = 15，得a1 + 5d = 3， .由
当n ≥ 6时，Sn = a1 + a2 +…+ an = − ( a1 + a2 + a3 + a4 + a5 ) + a6 + a7 +…+ an n( n − 1) 2 = 40 + [−8n + i2] = n − 9n + 40. 2 − n 2 + 9n( n ∈ N *，n ≤ 5) . 所以S n = 2 n − 9n + 40( n ∈ N *，n ≥ 6 ) = −2 ( a1 + a2 + a3 + a4 + a5 ) + (a1 + a2 +…+ an )
5.已知等差数列{an }的首项为24，公差为 − 2，则
直接用公式求等差数列的通项公式及其前n 直接用公式求等差数列的通项公式及其前n项和
例题1： ) 设等差数列{an }的前n项和为Sn .已知前6项和S6为36， (1
{an }的项数n及a9 + a10的值． ( 2 )已知等差数列{an }、bn }的前n项和分别为Sn、Tn，且 {
并求最小值；
解析： ) 设等差数列{an }的公差为d . (1 a3 = a1 + 2d a1 = −5 由 ，得 . d = 4 S3 = 3a1 + 3d = −3 所以an = a1 + ( n − 1) d = 4n − 9(n ∈ N* )．
( 2 ) an = f ( n )的图象是直线y = 4x − 9上一列孤立的点(图略)．
S 2 m −1 = 38，则m= ( C ) A. 38 B. 20 C. 10
4.等差数列{an }的前n项和为S n，已知am −1 + am +1 − a = 0， D. 9
解析：因为{an } 是等差数列，所以am −1 + am +1 = 2am . 由am −1 + am +1 − a = 0，得2am − a = 0， 所以am = 2或am = 0(舍去)． ( 2m − 1)( a1 + a2 m −1 ) 又S2 m −1 = 38，即 = 38， 2 即(2m − 1) × 2 = 38，解得m = 10.
拓展练习：数列{an }中，a1 = −8，a6 = 2，且满足an +2 −
(1) 求数列{an }的通项公式；2 ) 设Sn = (
求S n .
2an +1 + an = 0(n ∈ N* )．
a1 + a2 +…+ an ，
{an }的通项公式为an = a1 + ( n − 1)id = 2n − 10.
所以a6 = a1 + ( 6 − 1) d = 3，故选A.
3.等差数列{an }中，a3 = 7，a9 = 19，则a5为 ( C A.13 B.12 C.11 D.10
)
解析：由a9 = a3 + ( 9 − 3) d，即19 = 7 + 6d，得d = 2， 所以a5 = a3 + 2d = 11，故选C.
Sn 3n − 1 a8 = ，求 的值． Tn 2n + 3 b8
S n = 324，最后6项的和为180(n＞6，n依题意知a1 + a2 +…+ a6 = 36，① ( 由① + ②得 ( a1 + an ) + ( a2 + an −1 ) +…+ ( a6 + an −5 ) = 6 ( a1 + an ) = 216，所以a1 + an = 36. n( a1 + an ) 又S n = = 324，所以n = 18，从而a1 + a18 = 36， 2 所以a9 + a10 = a1 + a18 = 36. an + an −1 +…+ an −5 = 180.②
列,设其公差为d .由a6 = a1 + ( 6 − 1)id ,得d = 2.所以数列
解析： ) 因为an +2 − 2an +1 + an = 0,所以数列{an } 是等差数 (1
an = 2n − 10 ≤ 0 ，得4 < n ≤ 5. ( 2 )由 an +1 = 2n − 8 > 0 所以，当n ≤ 5时，an ≤ 0；当n ≥ 6时，an > 0. 当n ≤ 5时，Sn = a1 + a2 +…+ an = −(a1 + a2 +…+ an ) = − n 2 + 9n；
由递推公式变形构造等差数列解决相关问题
例题：在数列{an }中，a1 = 1，an +1 = 2an + 2 .
n
an (1) 设bn = n−1 ，证明：数列{bn } 是等差数列； 2 ( 2 ) 求数列{an }的前n项和Sn .
an +1 2an + 2n 解析： ) 证明：因为an +1 = 2an + 2n，所以bn +1 = n = (1 2 2n an = n −1 + 1 = bn + 1.又b1 = a1 = 1， 2 所以数列{bn } 是首项为1，公差为1的等差数列．
( 2 ) 方法1：因为对任意正整数n，a2n+1 = 2a2n + 2n，
a2n 1 a2 3 3 则 n +1 − n = ， = ，所以数列{ n }是首项为 ， 2 2 2 2 2 2 2 1 公差为 的等差数列，从而对∀n ∈ N*， 2 a2n 3 n − 1 有 n = + ，得a2n = ( n + 2 ) 2n −1. 2 2 2 所以数列{a2n }的通项公式是a2n = ( n + 2 ) 2n −1 (n ∈ N* )． a2n+1 a2n
方法2：因为对任意正整数n，有a2n+1 = 2a2n + 2 ，
n
所以数列{a2n − ( n + 2 ) 2n −1} 是每项均为0的常数列， 从而对∀n ∈ N*，a2n = ( n + 2 ) 2n −1. 所以数列{a2n }的通项公式是a2n = ( n + 2 ) 2n −1 (n ∈ N* )．
列,所以数列{bn }中的最大项是b4 = 3,最小项是b3 = −1.
反思小结：本题考查的内容有两方面：一是等差数 列及其前n项和公式的运用；二是求数列中项的最 值．本题解法采用的是以函数单调性的方法判断数 列的单调性进而求得数列中项的最大、最小值．一 般的，如果函数y=f(x)在某一区间是减函数，则数列 在由此区间内所有的正整数组成的集合上是递减数 列．
得a2n+1 − ( n + 3) 2n = 2 a2n − ( n + 2 ) 2n −1 ． 而a21 − (1 + 2 ) 21−1 = a2 − 3 = 0，
a2n n + 2 对∀n ∈ N ， n = ， 2 2 a2n+1 a2n n + 3 n + 2 1 a2 3 则 n +1 − n = − = ， = ， 2 2 2 2 2 2 2 a2n 3 1 所以数列{ n }是首项为 ,公差为 的等差数列． 2 2 2
拓展练习： 已知等差数列{an }中，a3 = 3，S3 = −3.
(1) 试求数列{an }的通项公式an； ( 2 ) 在直角坐标系中，画出an = f ( n )的图象； ( 3) 当n等于多少时，该数列的前n项和Sn取得最小值？ ( 4 ) 求证：S6，S12 − S6，S18 − S12成等差数列．
n
是一个与n无关的常数的方法证明数列{bn } 是等差数列； 而求其前n项和则是用错位相减法．
拓展练习： (2010i深圳二模)已知数列{an } 满足： 1 n 2 a n +1 + 2 ( n为正奇数 ) 2 . an = 2a + n ( n为正偶数 ) n 2 2 (1)问数列是否为等差数列或等比数列？说明理由；
( 2 )由(1) 知，数列{bn } 是首项为1，公差为1的等差数列，
所以bn = n，从而an = ni2n −1. S n = 1 + 2i2 + 3i22 + 4i23 +…+ ( n − 1)i2n −2 + ni2n −1，两边乘 以2，得2S n = 2 + 2i22 + 3i23 + 4i24 +…+ ( n − 1)i2n −1 + ni2n， 两式相减，得S n = −1 − 2 − 22 − 23 −…− 2n −1 + ni2n = − ( 2n − 1) + ni2n = ( n − 1)i2n + 1.
当n = 12或13 时，该数列的前n项和S n取得最大值．
解析： 解析：n = 24 + ( n − 1)i( −2 ) = −2n + 26. a an = −2n + 26 ≥ 0 由 ，得12 ≤ n ≤ 13.而n是正整数， an +1 = −2n + 24 ≤ 0 所以n = 12或13.
( 2 ) 求证：数列{
项公式．
a2n 2
n
}是等差数列，并求数列{a2n }的通
1 1 1 1 解析： ) a1 = a1+1 + = a1 + (1 2 2 2 2 2 2 ⇒ a1 = 1，a2 = 2a 2 + = 2a1 + 1 = 3， 2 2 3 1 3 1 a3 = a3+1 + = a2 + = 5， 2 2 2 2 2 4 a4 = 2a 4 + = 2a2 + 2 = 8. 2 2 因为a3 − a2 = 2，a4 − a3 = 3，则a3 − a2 ≠ a4 − a3，所以数 a3 5 a2 a2 a3 列{an } 不是等差数列．又因为 = 3， = ，则 ≠ ， a1 a2 3 a1 a2 所以数列{an } 也不是等比数列．
反思小结：本题主要考查给出数列的递推公式，求等差 数列的通项公式及其前n项和公式．解决本题的关键是 以条件“bn =”作桥梁，构造等差数列，先求得数列{bn } 的通项公式，进而求得数列{an }的通项公式，其实是告 an +1 诉我们一个这样的方法：将an +1 = 2an + 2 变形为 n 2 an an = n −1 + 1，令bn = n −1 ，问题就变为等差数列而很方便 2 2 地求得数列的通项公式了．本题还应用了求得bn +1 − bn