2020高考理科数学一轮复习 第六章 2 第2讲 等差数列及其前n项和

(2)因为 bn＋1－2bn＝8an， 所以 bn＋1－2bn＝2n＋2， 即b2nn＋＋11－b2nn＝2. 又b211＝1， 所以2bnn是首项为 1，公差为 2 的等差数列． 所以b2nn＝1＋2(n－1)＝2n－1.
n
第六章 数列
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等差数列的四个判定方法 (1)定义法：证明对任意正整数 n 都有 an＋1－an 等于同一个常数． (2)等差中项法：证明对任意正整数 n 都有 2an＋1＝an＋an＋2 后， 可递推得出 an＋2－an＋1＝an＋1－an＝an－an－1＝an－1－an－2＝…＝ a2－a1，根据定义得出数列{an}为等差数列． (3)通项公式法：得出 an＝pn＋q 后，得 an＋1－an＝p 对任意正 整数 n 恒成立，根据定义判定数列{an}为等差数列． (4)前 n 项和公式法：得出 Sn＝An2＋Bn 后，根据 Sn，an 的关系，
第六章 数列
1．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn －1，其中 λ 为常数． (1)证明：an＋2－an＝λ； (2)是否存在 λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
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解：(1)证明：由题设知 anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1， 两式相减得 an＋1(an＋2－an)＝λan＋1， 由于 an＋1≠0， 所以 an＋2－an＝λ.
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等差数列的判定与证明(师生共研)
设数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝2n－1.数列{bn}满足 b1＝2，bn＋1－2bn＝8an. (1)求数列{an}的通项公式； (2)证明：数列2bnn为等差数列，并求{bn}的通项公式．
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【解】 (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝21－1＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1. 因为 a1＝1 适合通项公式 an＝2n－1， 所以 an＝2n－1.
(2)由题设知 a1＝1，a1a2＝λS1－1， 可得 a2＝λ－1. 由(1)知，a3＝λ＋1. 令 2a2＝a1＋a3， 解得 λ＝4. 故 an＋2－an＝4， 由此可得{a2n－1}是首项为 1，
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公差为 4 的等差数列，a2n－1＝4n－3； {a2n}是首项为 3，公差为 4 的等差数列，a2n＝4n－1. 所以 an＝2n－1，an＋1－an＝2， 因此存在 λ＝4， 使得数列{an}为等差数列．
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2．若数列{an}的前 n 项和为 Sn，Sn≠0，且满足 an＋2SnSn－1＝ 0(n≥2)，a1＝12. (1)求证：S1n成等差数列； (2)求数列{an}的通项公式．
第六章 数列
解：(1)证明：当 n≥2 时，由 an＋2SnSn－1＝0， 得 Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，所以S1n－Sn1－1＝2， 又S11＝a11＝2， 故S1n是首项为 2，公差为 2 的等差数列．
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(教材习题改编)已知 p：数列{an}是等差数列，q：数列{an} 的通项公式 an＝k1n＋k2(k1，k2 均为常数)，则 p 是 q 的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
第六章 数列
解析：选 C.若{an}是等差数列，不妨设公差为 d. 所以 an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d， 令 k1＝d，k2＝a1－d，则 an＝k1n＋k2， 若数列{an}的通项公式 an＝k1n＋k2(k1，k2 为常数，n∈N*)， 则当 n≥2 且 n∈N*时，an－1＝k1(n－1)＋k2， 所以 an－an－1＝k1(常数)(n≥2 且 n∈N*)， 所以{an}为等差数列，所以 p 是 q 的充要条件．
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(教材习题改编)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，S2＝S6， a4＝1，则 a5＝__________． 解析：由题意知2a1＋d＝6a1＋6×2 5d，
a1＋3d＝1， 解得ad1＝＝－7，2，所以 a5＝a4＋d＝1＋(－2)＝－1. 答案：－1
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1．(2019·四省八校双教研联考)在公差不为 0 的等差数列{an}中，
4a3＋a11－3a5＝10，则15a4＝(
)
A．－1
B．0
C．1
D．2
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解析：选 C.法一：设{an}的公差为 d(d≠0)，由 4a3＋a11－3a5＝ 10，得 4(a1＋2d)＋(a1＋10d)－3(a1＋4d)＝10，即 2a1＋6d＝10， 即 a1＋3d＝5，故 a4＝5，所以15a4＝1，故选 C. 法二：am＋(n－m)d，所以由 4a3＋a11－3a5＝10，得 4(a4－d)＋(a4＋7d)－3(a4＋d)＝10，整理 得 a4＝5，所以15a4＝1，故选 C. 法三：由等差数列的性质，得 2a7＋3a3－3a5＝10，得 4a5＋a3 －3a5＝10，即 a5＋a3＝10，则 2a4＝10，即 a4＝5，所以15a4＝1，
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在等差数列{an}中，若 a2＝4，a4＝2，则 a6＝________． 解析：由等差数列的性质，a2＋a6＝2a4，所以 a6＝2a4－a2＝4 －4＝0. 答案：0
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设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，若 a1＝1，公差 d＝2， Sn＋2－Sn＝36，则 n＝________． 解析：由题意知 Sn＋2－Sn＝an＋1＋an＋2＝2a1＋(2n＋1)d＝2＋2(2n ＋1)＝36，解得 n＝8. 答案：8
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2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：an＝_a_1_＋__(_n_－__1_)_d_． (2)前 n 项和公式：Sn＝_n_a_1＋__n__（__n_2－__1_）__d_＝__（__a_1＋_2_a_n_）__n__．
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3．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)通项公式的推广：an＝am＋___(_n_－__m_)_d___ (n，m∈N*)． (2)若 k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则__a_k_＋__a_l＝__a_m_＋__a_n__． (3)若{an}的公差为 d，则{a2n}也是等差数列，公差为_2_d__． (4)若{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列． (5)数列 Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…构成等差数列．
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等差数列运算问题的通性通法 (1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项 a1 和公差 d，然后 由通项公式或前 n 项和公式转化为方程(组)求解． (2)等差数列的通项公式及前 n 项和公式，共涉及五个量 a1，an， d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想 解决问题．
等差数列基本量的计算(师生共研)
(1)(一题多解)(2019·贵阳模拟)已知等差数列{an}中，a1＋
a4＝76，a3＋a6＝56，则公差 d＝(
)
A.
1 6
B.
1 12
C．－16
D．－112
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(2)(2018·高考全国卷Ⅰ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．若 3S3
＝S2＋S4，a1＝2，则 a5＝( )
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2．(2019·西安八校联考)设数列{an}是等差数列，且 a2＝－6，
a6＝6，Sn 是数列{an}的前 n 项和，则( )
A．S4<S3
B．S4＝S3
C．S4>S1
D．S4＝S1
解 析 ： 选 B. 设 {an} 的 公 差 为 d ， 由 a2 ＝ － 6 ， a6 ＝ 6 ， 得 aa11＋ ＋d5＝ d＝－66，，解得ad1＝＝3－. 9，于是，S1＝－9，S3＝3×(－9)＋ 3×2 2×3＝－18，S4＝4×(－9)＋4×2 3×3＝－18，所以 S4＝S3，
第六章 数列
导师提醒 1．正确理解等差数列的定义 用等差数列的定义判断数列是否为等差数列，要注意定义中的 三 个 关 键 词 ： “ 从 第 2 项 起 ”“ 每 一 项 与 它 的 前 一 项 的 差”“同一个常数”．
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2．掌握等差数列的函数性质 (1)通项公式：当公差 d≠0 时，等差数列的通项公式 an＝a1＋(n －1)d＝dn＋a1－d 是关于 n 的一次函数，且一次项系数为公差 d.若公差 d>0，则为递增数列，若公差 d<0，则为递减数列． (2)前 n 项和：当公差 d≠0 时，Sn＝na1＋n（n2－1）d＝d2n2＋ a1－d2n 是关于 n 的二次函数且常数项为 0. (3)单调性：当 d>0 时，数列{an}为递增数列；当 d<0 时，数列
n
项和
Sn，Tn
之间的关系为S2n－1 T2n－1
an
第六章 数列
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意 n∈N*，都有 2an＋1 ＝an＋an＋2.( ) (2)等差数列{an}的单调性是由公差 d 决定的．( ) (3)已知数列{an}的通项公式是 an＝pn＋q(其中 p，q 为常数)， 则数列{an}一定是等差数列．( ) (4)等差数列的前 n 项和公式是常数项为 0 的二次函数．( )
第六章 数列
第 2 讲 等差数列及其前 n 项和
第六章 数列
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__a_n_＋_1_－__a_n＝__d__ (n∈N*，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_＝__a_＋_2_b___，其中 A 叫做 a，b 的__等__差__中__项____．
第六章 数列
(教材习题改编)等差数列 11，8，5，…，中－49 是它的第几
项( )
A．第 19 项
B．第 20 项
C．第 21 项
D．第 22 项
解析：选 C.a1＝11，d＝8－11＝－3， 所以 an＝11＋(n－1)×(－3)＝－3n＋14. 由－3n＋14＝－49，得 n＝21.故选 C.
解
得
ad1＝＝－127411，2，故选 D.
优解：由等差数列的性质知，a3＋a6＝(a1＋2d)＋(a4＋2d)＝(a1
＋a4)＋4d＝56，又 a1＋a4＝76，所以 d＝－112.故选 D.
第六章 数列
(2)设等差数列{an}的公差为 d，因为 3S3＝S2＋S4，所以 3(3a1 ＋3×2 2d)＝2a1＋d＋4a1＋4×2 3d，解得 d＝－32a1，因为 a1＝2， 所以 d＝－3，所以 a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故选 B. (3)设等差数列{an}的公差为 d，由 a2＝3a1，即 a1＋d＝3a1，得 d＝2a1， 所以SS150＝105aa11＋ ＋150×2× 249dd＝105aa11＋＋150×2× 249××22aa1 1＝12050＝4.
A．－12
B．－10
C．10
D．12
(3)(2019·高考全国卷Ⅲ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，若 a1
≠0，a2＝3a1，则SS150＝________．
第六章 数列
【解析】
(1)
通
解
：
由
a1＋a4＝76， a3＋a6＝56，
得
2a1＋3d＝76， 2a1＋7d＝56，
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(2)由(1)可得S1n＝2n，所以 Sn＝21n. 当 n≥2 时， an＝Sn－Sn－1＝21n－2（n1－1）＝2nn（－n1－－1n）＝－2n（n1－1）. 当 n＝1 时，a1＝12不适合上式．
第六章 数列
3．记住两个常用结论
(1)关于等差数列奇数项和与偶数项和的性质
①若项数为 2n，则 S 偶－S 奇＝nd，SS奇 偶＝aan＋n 1； ②若项数为 2n－1，则 S 偶＝(n－1)an，S 奇＝nan，S 奇－S 偶＝an，
SS奇 偶＝n－n 1.
(2)两个等差数列{an}，{bn}的前