2014届高考数学一轮复习教学案(基础知识+高频考点+解题训练)等差数列及其前n项和(含解析)

第二节
等差数列及其前 n 项和
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[知识能否忆起]
一、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 an＋1－an＝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
－2＝A＋B＋C， 则0＝4A＋2B＋C，
6＝9A＋3B＋C，
解得 A＝2，B＝－4，C＝0.故 Sn＝2n2－4n. (2)证明：∵当 n＝1 时，a1＝S1＝－2. 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－4n－[2(n－1)2－4(n－1)]＝4n－6. ∴an＝4n－6(n∈N*)．an＋1－an＝4， ∴数列{an}是等差数列.
＋a14＝( )
A．18
B．17
C．16
D．15
[自主解答] (1)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.
所以 S9＝9a12＋a9＝9a42＋a6＝99.
(2)设{an}的公差为 d，则 a5＋a6＋a7＋a8＝S8－S4＝12，(a5＋a6＋a7＋a8)－S4＝16d，解
5．(2012·北京高考)已知{an}为等差数列，Sn 为其前 n 项和，若 a1＝12，S2＝a3，则 a2＝
________，Sn＝________. 解析：设{an}的公差为 d， 由 S2＝a3 知，a1＋a2＝a3，即 2a1＋d＝a1＋2d，
又 a1＝12，所以 d＝12，故 a2＝a1＋d＝1，
的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法． 以题试法
2．(1)在等差数列中，已知 a6＝10，S5＝5，则 S8＝________. (2)(2012·江西联考)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若1S24－S93＝1，则公差为________． 解析：(1)∵a6＝10，S5＝5， ∴a1＋5d＝10，
以题试法
3．(1)(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＝________. (2)(2012·海淀期末)若数列{an}满足：a1＝19，an＋1＝an－3(n∈N*)，则数列{an}的前 n 项
和数值最大时，n 的值为( )
A．6
解得 k＝6 或 k＝－1(舍去)，因此 k＝6.
由题悟法
1．等差数列的通项公式 an＝a1＋(n－1)d 及前 n 项和公式 Sn＝na12＋an＝na1＋nn2－1d，
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共涉及五个量 a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了方程的思想． 2．数列的通项公式和前 n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而 a1 和 d 是等差数列
A．10
B．20
C．40 解析：选 B
D．2＋log25 依题意得，a1＋a2＋a3＋…＋a10＝10a12＋a10＝5(a5＋a6)＝20，因此有
log2(2a1·2a2·…·2a10)＝a1＋a2＋a3＋…＋a10＝20. 4．(2012·海淀期末)已知数列{an}满足：a1＝1，an>0，a2n＋1－an2＝1(n∈N*)，那么使 an<5
成立的 n 的最大值为( )
A．4
B．5
C．24
D．25
解析：选 C ∵a2n＋1－an2＝1，∴数列{a2n}是以 a12＝1 为首项，1 为公差的等差数列．∴
a2n＝1＋(n－1)＝n.又 an>0，∴an＝ n.∵an<5，∴ n<5.即 n<25.故 n 的最大值为 24.
5．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，并且 S10>0，S11<0，若 Sn≤Sk 对 n∈N*恒成立，
A．18
B．20
C．22
D．24
解析：选 B 由 S10＝S11，得 a11＝S11－S10＝0，a1＝a11＋(1－11)d＝0＋(－10)×(－2)＝
20.
2．(2012·广州调研)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a5＝8，S3＝6，则 S10－S7 的值
是( )
A．24
B．48
k
项和最大，则有ak≥0， ak＋1≤0，
即22－3k≥0， 22－3k＋1≤0，
解得139≤k≤232.∵k∈N*，∴k＝7.故满足条件的 n 的值为 7.
答案：(1)35 (2)B
1．(2011·江西高考){an}为等差数列，公差 d＝－2，Sn 为其前 n 项和．若 S10＝S11，则
a1＝( )
B．7
C．8
D．9
解析：(1)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 c1＝7，
c3＝21，则 c5＝2c3－c1＝2×21－7＝35.
(2)∵an＋1－an＝－3，∴数列{an}是以 19 为首项，－3 为公差的等差数列，∴an＝19＋(n
－1)×(－3)＝22－3n.设前
5a1＋10d＝5. 解方程组得a1＝－5，
d＝3. 则 S8＝8a1＋28d＝8×(－5)＋28×3＝44. (2)依题意得 S4＝4a1＋4×2 3d＝4a1＋6d，S3＝3a1＋3×2 2d＝3a1＋3d，于是有4a11＋2 6d－ 3a1＋9 3d＝1，由此解得 d＝6，即公差为 6. 答案：(1)44 (2)6
得 d＝14，a11＋a12＋a13＋a14＝S4＋40d＝18.
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[答案] (1)B (2)A
由题悟法
1．等差数列的性质是等差数列的定义、通项公式以及前 n 项和公式等基础知识的推广 与变形，熟练掌握和灵活应用这些性质可以有效、方便、快捷地解决许多等差数列问题．
2．应用等差数列的性质解答问题的关键是寻找项的序号之间的关系．
2a1＋2d＝8，
解得a1＝2，
2a1＋4d＝12，
d＝2.
所以 an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n. (2)由(1)可得 Sn＝na12＋an＝n2＋2 2n＝n(n＋1)．
因为 a1，ak，Sk＋2 成等比数列，所以 a2k＝a1Sk＋2. 从而(2k)2＝2(k＋2)(k＋3)，即 k2－5k－6＝0，
由题悟法 1．证明{an}为等差数列的方法： (1)用定义证明：an－an－1＝d(d 为常数，n≥2)⇔{an}为等差数列； (2)用等差中项证明：2an＋1＝an＋an＋2⇔{an}为等差数列； (3)通项法：an 为 n 的一次函数⇔{an}为等差数列； (4)前 n 项和法：Sn＝An2＋Bn 或 Sn＝na12＋an.
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2．用定义证明等差数列时，常采用的两个式子 an＋1－an＝d 和 an－an－1＝d，但它们的 意义不同，后者必须加上“n≥2”，否则 n＝1 时，a0 无定义．
以题试法
1．已知数列{an}的前 n 项和 Sn 是 n 的二次函数，且 a1＝－2，a2＝2，S3＝6. (1)求 Sn； (2)证明：数列{an}是等差数列． 解：(1)设 Sn＝An2＋Bn＋C(A≠0)，
余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．
等差数列的判断与证明
典题导入 [例 1] 在数列{an}中，a1＝－3，an＝2an－1＋2n＋3(n≥2，且 n∈N*)． (1)求 a2，a3 的值； (2)设 bn＝an2＋n 3(n∈N*)，证明：{bn}是等差数列． [自主解答] (1)∵a1＝－3，an＝2an－1＋2n＋3(n≥2，且 n∈N*)，∴a2＝2a1＋22＋3＝1， a3＝2a2＋23＋3＝13. (2)证明：对于任意 n∈N*， ∵bn＋1－bn＝an2＋n1＋＋1 3－an2＋n 3＝2n1＋1[(an＋1－2an)－3]＝2n1＋1[(2n＋1＋3)－3]＝1， ∴数列{bn}是首项为a1＋2 3＝－32＋3＝0，公差为 1 的等差数列．
等差数列的基本运算
典题导入
[例 2] (2012·重庆高考)已知{an}为等差数列，且 a1＋a3＝8，a2＋a4＝12.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1，ak，Sk＋2 成等比数列，求正整数 k 的值．
[自主解答] (1)设数列{an}的公差为 d，由题意知
等差中项．
二、等差数列的有关公式
1．通项公式：an＝a1＋(n－1)d. 2．前 n 项和公式：Sn＝na1＋nn2－1d＝a1＋2ann.
三、等差数列的性质
1．若 m，n，p，q∈N*，且 m＋n＝p＋q，{an}为等差数列，则 am＋an＝ap＋aq. 2．在等差数列{an}中，ak，a2k，a3k，a4k，…仍为等差数列，公差为 kd. 3．若{an}为等差数列，则 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍为等差数列，公差为 n2d. 4．等差数列的增减性：d>0 时为递增数列，且当 a1<0 时前 n 项和 Sn 有最小值．d<0 时 为递减数列，且当 a1>0 时前 n 项和 Sn 有最大值． 5．等差数列{an}的首项是 a1，公差为 d.若其前 n 项之和可以写成 Sn＝An2＋Bn，则 A ＝d2，B＝a1－d2，当 d≠0 时它表示二次函数，数列{an}的前 n 项和 Sn＝An2＋Bn 是{an}成等
2．(教材习题改编)在等差数列{an}中，a2＋a6＝32π，则 sin2a4－π3＝(
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)
3
1
A. 2
B.2
C．－
3 2
D．－12
解析：选 D ∵a2＋a6＝32π，∴2a4＝32π.