(浙江专版)2019版高考数学大一轮复习第七章数列与数学归纳法第2节等差数列及其前n项和学案理
浙江专用高考数学一轮总复习专题6数列6.2等差数列课件
(3)数列{an}的前n项和Sn=An2+Bn(A,B为常数)是{an}成等差数列的② 充要条件 .
(4)等差数列的单调性
③ d>0 ⇔{an}为递增数列,Sn有最小值. ④ d<0 ⇔{an}为递减数列,Sn有最大值.
d=0⇔{an}为常数列. (5)若{an}和{bn}均是等差数列,则{man+kbn}仍为等差数列,m,k为常数. (6)等差数列中依次k项的和成等差数列,即Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…成等差数列, 公差为k2d. (7)项数为偶数2n的非零等差数列{an},有 S2n=n(a1+a2n)=n(a2+a2n-1)=…=n(an+an+1)(an与an+1为中间的两项),
3n 6
4
.
解题导引
(1)
(2) (3)
解析 (1)证明:当b=1时,an+1= an2 2an 3 +1,由题意得(an+1-1)2-(an-1)2=2, 又(a1-1)2=0,∴数列{(an-1)2}是首项为0,公差为2的等差数列.
(2)显然an>0,an+1= an2 2an 3 -1. ∵f(x)= x2 2x 3 -1在x∈[0,1]上单调递减,
2 2
5 2 3 2
2
2
a2n1
1 2
<
1 4
a2
n1
1 2
,
∴
a1
1 2
+
a3
1 2
+…+
a2n1
1 2
<
1 2
+
1 2
×
1 4
+…+
(浙江版)2019年高考数学一轮复习 专题7.6 数学归纳法(讲)
（浙江版）2019年高考数学一轮复习 专题7.6 数学归纳法（讲）【知识清单】数学归纳法1.证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N *) 时命题成立．(2)(归纳递推)假设n ＝k(k≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立． 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 0开始的所有正整数n 都成立． 2.数学归纳法的框图表示对点练习【2018届浙江省温州市高三9月一模】已知数列中，，（）．（1）求证：；（2）求证：是等差数列；（3）设，记数列的前项和为，求证： ．【答案】(1)证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.试题解析：（1）证明：当时，，满足，假设当（）时，，则当时，，即时，满足；所以，当时，都有．（2）由，得，所以，即，即，所以，数列是等差数列．（3）由（2）知，，∴，因此，当时，，即时，，所以时，，显然，只需证明，即可．当时，．【考点深度剖析】数学归纳法是一种重要的数学方法，其应用主要体现在证明等式、证明不等式、证明整除性问题、归纳猜想证明等．浙江对数学归纳法的考查主要是与数列相结合.【重点难点突破】考点1利用数学归纳法证明等式【1-1】．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n ＋2＝2n ＋3－1”，验证n ＝1时，左边计算所得的式子为( )A. 1B. 1＋2C. 1＋2＋22D. 1＋2＋22＋23【答案】D【解析】左边的指数从0开始，依次加1，直到n ＋2，所以当n ＝1时，应加到23，故选D. 【1-2】观察下列等式：11-=-；132-+=； 1353-+-=-； 13574-+-+=；………（1）照此规律，归纳猜想出第n 个等式； （2）用数学归纳法证明（1）中的猜想. 【答案】（1）135+-++ ()()()1211nnn n --=-（*N n ∈）；（2）见解析.++ (-++ ()1k -时， 13-+++ ()1k-()(11k k +--++ ()1n-(差（Ⅲ）由22，矛盾，故10k x +>．【变式一】设正项数列的前项和，且满足.（Ⅰ）计算的值，猜想的通项公式，并证明你的结论；（Ⅱ）设是数列的前项和，证明：.(1) （时，，得；，得；，得.猜想证明：（ⅰ）当n=1时，显然成立. （ⅱ）假设当n=k 时，则当n=k+1时，结合，解得于是对于一切的自然数，都有（Ⅱ）证法一：因为，证法二：数学归纳法 证明：（ⅰ）当n=1时，，，（ⅱ）假设当n=k 时，则当n=k+1时，要证：只需证：由于所以于是对于一切的自然数，都有.【变式二】求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＞56(n≥2，n ∈N *).【答案】见解析1＋＋1＋1＋＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋1＋＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋(13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1) ＞56＋(13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1) ＞56＋(3×13k ＋3－1k ＋1)＝56. ∴当n ＝k ＋1时不等式亦成立． ∴原不等式对一切n≥2，n ∈N *均成立. 考点3 归纳、猜想、证明 【3-1】给出下列不等式：，，，，，……（1）根据给出不等式的规律，归纳猜想出不等式的一般结论； （2）用数学归纳法证明你的猜想.；（2）详见解析.（1）观察不等式左边最后一个数分母的特点：，，对应各式右端为，.（2时显然成立；②假设成立当即当由①②可知对任意，结论都成立.【3-2】【杭州高级中学、宁波效实中学等五校联考】已知数列{}n aa前n项和．为n（I分【变式一】设等差数列的公差，且，记）用分别表示，并猜想）.＝＝；T＝＋＝×＝×；＝＋＋＝×.＝.＋＋对于一切*3月联考来】已知每一项都是正数的数列{}n a 满 .，所以研究偶数项单调1，最后需证明221n n a a -<，（3递推关系：21n a ->>>同理由数学归纳法可证216a >>=211n a -<，下证这个结论2121222213n n n n a a a a a -+->>>>>>>>，1n a ≤≤. 67⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭1n a a +++-67⎛⎫++ ⎪⎝⎭②假设,n k k N +=∈时，猜想成立，即有62k a k =-， 由153618k k a a k ++=+，，及62k a k =-，得()164612k a k k +=+=+-，即当1n k =+时猜想成立， 由①②可知， 62n a n =-对一切正整数n 均成立. 温馨提示：1.数学归纳法证题时初始值n 0不一定是1.2.推证n ＝k ＋1时一定要用上n ＝k 时的假设，否则不是数学归纳法.3.解“归纳——猜想——证明”题的关键是准确计算出前若干具体项，这是归纳、猜想的基础，否则将会做大量无用功.。
浙江专用高考数学新增分大一轮复习第七章数列与数学归纳法7.3等比数列及其前n项和课件
(2)记Sn为{an}的前n 项和，若Sm ＝63 ，求m .
由Sm ＝63 得(－2)m ＝－188 ，此方程没有正整数解. 若an＝2 n－1，则Sn＝2 n－1. 由Sm ＝63 得2 m ＝64 ，解得m ＝6. 综上，m ＝6.
同一常 ，通常
母q 表示，定义的表达式为
＝q (n ∈GN *，q 为非零常数).
(2)等比中项：如果a，G ，b 成等比数G列2，＝那ab么 叫做a与b 的等比中项.即G 是a
与b 的等比中项 a，G ，b 成等比数列
.
2.等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1q n－1 . (2)前n 项和公式：
2.任意两个实数都有等比中项吗？ 提示 不是.只有同号的两个非零实数才有等比中项.
3.“b 2＝ac”是“a，b ，c”成等比数列的什么条件？
提示 必要不充分条件.因为b 2＝ac时不一定有a，b ，c成等比数列，比如a ＝0 ，b ＝0 ，c＝1.但a，b ，c成等比数列一定有b 2＝ac.
基础自测
则m 的值为
A.8
B.9
√ C.10
D.11
解析 由题意得，2 a5a6＝18 ，a5a6＝9 ， ∴a1am ＝a5a6＝9 ，∴m ＝10.
123456
题组三 易错自纠
4.若1 ，a1，a2，4 成等差数列，1 ，b 1，b 2，b 3,4 成等比数列，则
的值
为解_析__ _.∵1 ，a1，a2，4 成等差数列， ∴3(a2－a1)＝4 －1 ，∴a2－a1＝1. 又∵1 ，b 1，b 2，b 3，4 成等比数列，设其公比为q ，
(浙江专版)2019版高考数学大一轮复习 第七章 数列与数学归纳法 第4节 数列求和学案 理
（3)裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．
（4)倒序相加法
把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．
(5）错位相减法
主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．
(6)并项求和法
一个数列的前n项和中,可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf（n）类型,可采用两项合并求解．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝（100＋99)＋(98＋97)＋…＋（2＋1）＝5 050.
[常用结论与微点提醒］
1．一些常见数列的前n项和公式
即2(an＋1＋an）＝a －a ＝(an＋1＋an)（an＋1－an)．
由于an〉0，可得an＋1－an＝2.
又a ＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去）或a1＝3。
所以｛an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.
（2)由an＝2n＋1可知
bn＝ ＝ ＝ .
设数列{bn}的前n项和为Tn，则
所以Tn＝5－ .
基础巩固题组
一、选择题
1．(2017·杭州调研)数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝
1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝（ ）
A．9B．8C．17D．16
解析S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3）＋（－4＋5)＋
（－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17）＝1＋1＋1＋…＋1＝9.
Tn＝b1＋b2＋…＋bn
【精选】浙江版高考数学一轮复习专题6.2等差数列及其前n项和讲
第02节等差数列及其前n项和【考纲解读】【知识清单】一．等差数列的有关概念1.定义：等差数列定义：一般地，如果一个数列从第项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母表示.用递推公式表示为或.2.等差数列的通项公式：；说明：等差数列（通常可称为数列）的单调性：为递增数列，为常数列，为递减数列.3.等差中项的概念：定义：如果，，成等差数列，那么叫做与的等差中项,其中 .，，成等差数列.4.等差数列的前和的求和公式：.5.要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．6.注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别．对点练习：【2017届浙江省温州市二模】在等差数列中，若，则_______.【答案】二、等差数列的前n项和等差数列的前和的求和公式：.对点练习：【2018届浙江省“七彩阳光”联盟高三上期初联考】已知等差数列的前项和为，若，，则__________，的最大值为__________．【答案】 54.【解析】，因为，又的最小值为2，可知的最大值为4.三、等差数列的相关性质1.等差数列的性质：（1）在等差数列中，从第2项起，每一项是它相邻二项的等差中项；（2）在等差数列中，相隔等距离的项组成的数列是等差数列，如：，，，，……；，，，，……；（3）在等差数列中，对任意，，，；（4）在等差数列中，若，，，且，则,特殊地，时，则，是的等差中项.（5）等差数列被均匀分段求和后，得到的数列仍是等差数列，即成等差数列.（6）两个等差数列与的和差的数列仍为等差数列．（7）若数列是等差数列,则仍为等差数列．2．设数列是等差数列，且公差为，（Ⅰ）若项数为偶数，设共有项，则①；② ；（Ⅱ）若项数为奇数，设共有项，则①(中间项)；②.3.,则,.4.如果两个等差数列有公共项，那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列，且新等差数列的公差是两个原等差数列公差的最小公倍数．5.若与为等差数列，且前项和分别为与，则.6．等差数列的增减性：时为递增数列，且当时前n项和有最小值．时为递减数列，且当时前n项和有最大值．对点练习：1.在等差数列中，已知，则= （）A．10 B．18 C．20 D．28【答案】C2.已知等差数列的前项和为，满足，且，则中最大的是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由,得,由知,,所以最大，故B正确.【考点深度剖析】等差数列的性质、通项公式和前n项和公式构成等差数列的重要内容，在历届高考中必考，既有独立考查的情况，也有与等比数列等其它知识内容综合考查的情况．选择题、填空题、解答题多种题型加以考查．【重点难点突破】考点1 等差数列的定义、通项公式、基本运算【1-1】【2017全国卷1（理）】记为等差数列的前项和．若，，则的公差为（）.A．1 B．2 C．4 D．8【答案】C【1-2】【2017全国卷2（理））】等差数列的前项和为，，，则．【答案】【解析】设首项为，公差为．则，，求得，，则，，.【1-3】【2017届天津市耀华中学二模】已知等差数列的前项和为，且，若记，则数列（）A. 是等差数列但不是等比数列B. 是等比数列但不是等差数列C. 既是等差数列又是等比数列D. 既不是等差数列又不是等比数列【答案】C【领悟技法】1．等差数列的四种判断方法(1) 定义法：对于数列，若(常数)，则数列是等差数列；(2) 等差中项：对于数列，若，则数列是等差数列;(3)通项公式：(为常数,)⇔是等差数列;(4)前项和公式：(为常数, )⇔是等差数列;(5)是等差数列⇔是等差数列.2．活用方程思想和化归思想在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为和等基本量，通过建立方程(组)获得解．即等差数列的通项公式及前项和公式，共涉及五个量，知其中三个就能求另外两个,即知三求二，多利用方程组的思想，体现了用方程的思想解决问题,注意要弄准它们的值.运用方程的思想解等差数列是常见题型，解决此类问题需要抓住基本量、，掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算．3.特殊设法:三个数成等差数列，一般设为；四个数成等差数列，一般设为.这对已知和,求数列各项,运算很方便.4．若判断一个数列既不是等差数列又不是等比数列，只需用验证即可．5.等差数列的前n项和公式若已知首项和末项，则，或等差数列{an}的首项是，公差是，则其前项和公式为.【触类旁通】【变式一】【2018届甘肃省兰州市西北师范大学附属中学高三一调】在《张丘建算经》有一道题：“今有女子不善织布，逐日所织的布同数递减，初日织五尺，末一日织一尺，计织三十日，问共织布几何？” （）A. 尺B. 尺C. 尺D. 尺【答案】C【变式二】【2018届安徽省合肥市高三调研性检测】数列满足.（Ⅰ）求证：数列是等差数列；（Ⅱ）若数列满足，求的前项和.【答案】（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）【解析】试题分析：（1）先依据题设条件将变形为，进而借助等差数列的定义证明数列是等差数列；（2）借助（1）的结论可求得,进而依据求得从而求得，然后与运用错位相减法求得：解：（Ⅰ）若，则，这与矛盾，∴，由已知得，∴，故数列是以为首项，2为公差的等差数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，由可知.又∴∴，∴，则，∴，∴考点2 等差数列的性质【2-1】【河北省武邑中学2018届高三上学期第二次调研数学（理）】数列满足，且，，则（）A. 9B. 10C. 11D. 12【答案】D【2-2】【云南省昆明一中2018届高三第二次月考】在数列中，，，且（），则的值是（）A. -10B. 10C. 50D. 70【答案】C【解析】由得，即数列是等差数列，由，可得，，所以，当时，，当时，，所以，选C．【2-3】【2017届宁夏石嘴山市第三中学高三三模】已知函数在上单调,且函数的图象关于对称,若数列是公差不为0的等差数列,且,则的前100项的和为( )A. B. C. D.【答案】B【领悟技法】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.等差数列的性质多与其下标有关，解题需多注意观察，发现其联系，加以应用, 故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．3.应用等差数列的性质要注意结合其通项公式、前n项和公式．4.解综合题的成败在于审清题目，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质，揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向、形成解题策略.【触类旁通】【变式一】【2017届湖南省衡阳市高三下第二次联考】设等差数列的前项和为，已知，，则下列选项正确的是（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】由，可得：，构造函数，显然函数是奇函数且为增函数，所以，，又所以所以，故【变式二】【”超级全能生”2018届高考全国卷26省9月联考乙卷】已知数列满足，且对任意的正整数，当时，都有，则的值是__________．【答案】【解析】由题意可得，，得，又，，即，原式可化为当m+n=p+q时，即为等差列，，==2019，填2019.考点3 等差数列的前项和公式的综合应用【3-1】【2017届陕西省黄陵中学高三（重点班）模拟一】若数列满足且，则使的的值为( )A. B. C. D.【答案】C【3-2】【2017届浙江嘉兴市高三上基础测试】设等差数列的前项和为，已知，，则公差；为最大值时的．【答案】或【解析】，因为，，，，当，由得或时，为最大值．【3-3】【2017届安徽省池州市东至县高三12月联考】已知是等差数列的前项和，且，给出下列五个命题：①；②；③；④数列中的最大项为；⑤，其中正确命题的个数为（）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】B【领悟技法】求等差数列前项和的最值，常用的方法：1.利用等差数列的单调性或性质，求出其正负转折项，便可求得和的最值．当，时，有最大值；，时，有最小值；若已知，则最值时的值（）则当，，满足的项数使得取最大值，(2)当，时，满足的项数使得取最小值.2.利用等差数列的前n项和：(为常数, )为二次函数，通过配方或借助图像，二次函数的性质，转化为二次函数的最值的方法求解；有时利用数列的单调性（,递增；，递减）；3. 利用数列中最大项和最小项的求法：求最大项的方法：设为最大项，则有；求最小项的方法：设为最小项，则有.只需将等差数列的前n 项和依次看成数列，利用数列中最大项和最小项的求法即可.4.在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用. 【触类旁通】【变式一】【2017浙江卷6】已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4 + S 6>2S 5”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】C【变式二】【2018届湖北省武汉市部分学校新高三起点调研】设等差数列满足，，且有最小值，则这个最小值为__________．【答案】-12【解析】因为数列是等差数列，且，所以，是一元二次方程的二根，由得，或，当时，， ，当时，取得最小值，由解得， 时， 取得最小值，此时，当时， ，，当时， 取得最小值，由解得， 时， 取得最小值，此时， 故答案为.【易错试题常警惕】易错典例：在等差数列中，已知a 1＝20，前n 项和为，且S10＝S15，求当n 取何值时，有最大值，并求出它的最大值．【错解一】 设公差为d ，∵S 10＝S 15，∴10×20＋10×92d ＝15×20＋15×142 d.得d ＝－53，a n ＝20－(n －1)·53.当a n ＞0时，20－(n －1)·53＞0，∴n＜13.∴n＝12时，S n 最大，S 12＝12×20＋12×112×⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝130.当n ＝12时，S n 有最大值S 12＝130.【错解二】 由a 1＝20，S 10＝S 15，解得公差d ＝－53，令⎩⎪⎨⎪⎧20＋（n －1）⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＞0， ①20＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－53≤0， ②由①得n ＜13，由②得n≥12，∴n＝12时，S n 有最大值S 12＝130.易错分析： 错解一中仅解不等式a n ＞0不能保证S n 最大，也可能a n ＋1＞0，应有a n ≥0且a n ＋1≤0.错解二中仅解an ＋1≤0也不能保证S n 最大，也可能a n ≤0，应保证a n≥0才行． 正确解析： 解法一：∵a 1＝20，S 10＝S 15，∴10×20＋10×92d ＝15×20＋15×142 d.∴d＝－53. ∴a n ＝20＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝－53n ＋653.∴a 13＝0.即当n≤12时，a n ＞0，n≥14时，a n ＜0.∴当n ＝12或13时，S n 取得最大值，且最大值为S 12＝S 13＝12×20＋12×112×⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝130.解法二：同解法一，求得d ＝－53，∴S n ＝20n ＋n （n －1）2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝－56n 2＋1256n＝－56⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2522＋3 12524.∵n∈N *，∴当n ＝12或13时，S n 有最大值，且最大值为S 12＝S 13＝130.解法三：同解法一，求得d ＝－53，又由S 10＝S 15，得a 11＋a 12＋a 13＋a 14＋a 15＝0，∴5a 13＝0，即a 13＝0.又a 1＞0，∴a 1，a 2，…，a 12均为正数．而a 14及以后各项均为负数， ∴当n ＝12或13时，S n 有最大值，且最大值为S 12＝S 13＝130.温馨提醒：1.解决等差数列前n 项和最值问题时一般利用通项不等式组法，即①当a 1＞0，d ＜0时，S n 最大⇔；②当a 1＜0，d ＞0时，S n 最小⇔.2.在关于正整数n 的二次函数中其取最值的点要根据正整数距离二次函数的对称轴的远近而定．3.等差数列的基本运算中，容易出现的问题主要有两个方面：一是忽视题中的条件限制，如公差与公比的符号、大小等，导致增解；二是不能灵活利用等差(比)数列的基本性质转化已知条件，导致列出的方程或方程组较为复杂，增大运算量．【学科素养提升之思想方法篇】----函数思想在数列求最值问题中的应用数列是特殊的函数关系，因此常利用函数的思想解决数列中最值问题 1．等差数列的前n 项和与函数的关系 等差数列的前n 项和公式为可变形为S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a1－d 2n ，令A ＝d 2，B ＝a 1－d2，则S n ＝An 2＋Bn .当A ≠0，即d ≠0时，S n 是关于n 的二次函数，(n ，S n )在二次函数y ＝Ax 2＋Bx 的图象上，为抛物线y ＝Ax 2＋Bx 上一群孤立的点．利用此性质可解决前n 项和S n 的最值问题． 2．等差数列前n 项和的最值(1)若等差数列的首项a 1>0，公差d <0，则等差数列是递减数列，正数项有限，前n 项和有最大值，且满足⎩⎪⎨⎪⎧ an≥0，an ＋1≤0.(2)若等差数列的首项a 1<0，公差d >0，则等差数列是递增数列，负数项有限，前n 项和有最小值，且满足⎩⎪⎨⎪⎧an≤0，an ＋1≥0.3．求等差数列前n 项和的最值的方法(1)二次函数法：用求二次函数最值的方法(配方法)求其前n 项和的最值，但要注意n ∈N *. (2)图象法：利用二次函数图象的对称性来确定n 的值，使S n 取得最值．(3)项的符号法：当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧an≥0，an ＋1≤0的项数n ，使S n 取最大值；当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧an≤0，an ＋1≥0的项数n ，使S n 取最小值，即正项变负项处最大，负项变正项处最小，若有零项，则使S n 取最值的n 有两个．【典例】【2018届吉林省吉林市五十五中开学考试】已知数列是一个等差数列，且，.（Ⅰ）求的通项；（Ⅱ）求前n 项和的最大值．【答案】（1）；（2）的最大值为4.【解析】方得，根据二次函数图象及性质可知，当时，前项和取得最大值，最大值为4.等差数列前项和，因此可以看出二次函数或一次函数（时）来求最值，考查数列与函数.试题解析：（1），所以；（2），当时，前项和取得最大值，最大值为4。
浙江高考数学一轮复习第七章数列与数学归纳法7.3等比数列及其前n项和课件
(2)记Sn为{an}的前n项和，若Sm＝63，求m. 1－－2n
解 若 an＝(－2)n－1，则 Sn＝ 3 . 由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解. 若an＝2n－1，则Sn＝2n－1. 由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6. 综上，m＝6.
思维升华
(1)等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量a1，an，q，n，Sn，已 知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”). (2)运用等比数列的前n项和公式时，注意对q＝1和q≠1的分类讨论.
a1＝1，
q＝ 2， 所以a5＝a1q4＝4，故选B.
2.(2018·全国Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. (1)求{an}的通项公式；
解 设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1. 由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2. 故an＝(－2)n－1或an＝2n－1(n∈N*).
(λ≠0)仍然是等比数列.
(4)在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即 an，an＋k，
an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为 qk.
【概念方法微思考】 1.将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是， 这两个等比数列的公比有何关系？ 提示 仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数.
123456
3.[P54T3]公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝18，若a1am＝9，则m
的值为
A.8
B.9
√C.10
D.11
解析 由题意得，2a5a6＝18，a5a6＝9， ∴a1am＝a5a6＝9，∴m＝10.
123456
题组三 易错自纠
浙江省高考数学一轮复习 第七章 数列、数学归纳法 第5节 数学归纳法(选用)(含解析)-人教版高三全
第5节数学归纳法(选用)考试要求 1.了解数学归纳法的原理；2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.知识梳理1.数学归纳法证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立.只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立.2.数学归纳法的框图表示[常用结论与易错提醒]1.数学归纳法证题时初始值n0不一定是1.2.推证n＝k＋1时一定要用上n＝k时的假设，否则不是数学归纳法.诊断自测1.判断下列说法的正误.(1)用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，验证n＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.( )(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.( )(3)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用.( )(4)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋1时，项数都增加了一项.( )解析对于(2)，有些命题也可以直接证明；对于(3)，数学归纳法必须用归纳假设；对于(4)，由n ＝k 到n ＝k ＋1，有可能增加不止一项. 答案 (1)√ (2)× (3)× (4)×2.(选修2－2P99B1改编)在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验n 等于( ) A.1 B.2 C.3D.4解析 三角形是边数最少的凸多边形，故第一步应检验n ＝3. 答案 C3.已知f (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，则( )A.f (n )中共有n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13B.f (n )中共有n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14C.f (n )中共有n 2－n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13D.f (n )中共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14解析 f (n )共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，1n ＝12，1n 2＝14，故f (2)＝12＋13＋14.答案 D4.用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N ，且n >1)，第一步要证的不等式是________.解析 当n ＝2时，式子为1＋12＋13<2.答案 1＋12＋13<25.用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n＋y n能被x ＋y 整除”，当第二步假设n ＝2k －1(k ∈N *)命题为真时，进而需证n ＝________时，命题亦真. 解析 由于步长为2，所以2k －1后一个奇数应为2k ＋1. 答案 2k ＋16.用数学归纳法证明“当n 为正偶数时，x n－y n能被x ＋y 整除”第一步应验证n ＝________时，命题成立；第二步归纳假设成立应写成________.解析 因为n 为正偶数，故第一个值n ＝2，第二步假设n 取第k 个正偶数成立，即n ＝2k ，故应假设成x 2k －y 2k能被x ＋y 整除. 答案 2 x 2k－y 2k能被x ＋y 整除考点一 用数学归纳法证明代数(或三角)等式 【例1】 用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n （2n ＋2）＝n 4（n ＋1）(n ∈N *). 证明 (1)当n ＝1时， 左边＝12×1×（2×1＋2）＝18，右边＝14×（1＋1）＝18，左边＝右边，所以等式成立.(2)假设n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即有12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k （2k ＋2）＝k 4（k ＋1）， 则当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k （2k ＋2）＋12（k ＋1）[2（k ＋1）＋2]＝k 4（k ＋1）＋14（k ＋1）（k ＋2）＝k （k ＋2）＋14（k ＋1）（k ＋2）＝（k ＋1）24（k ＋1）（k ＋2）＝k ＋14（k ＋2）＝k ＋14（k ＋1＋1）. 所以当n ＝k ＋1时，等式也成立， 由(1)(2)可知，对于一切n ∈N *等式都成立.规律方法 (1)用数学归纳法证明等式问题，要“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n 0是多少.(2)由n ＝k 时等式成立，推出n ＝k ＋1时等式成立，一要找出等式两边的变化(差异)，明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确写出证明过程，不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法.【训练1】 用数学归纳法证明：当n ∈N *时，cos x ＋cos 2x ＋cos 3x ＋…＋cos nx ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12x 2sin 12x－12(x ∈R ，且x ≠2k π，k ∈Z ).解 (1)当n ＝1时，等式右边＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x 2sin 12x－12＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x －sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12x 2sin 12x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x cos 12x ＋cos x sin 12x －⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x cos 12x －cos x sin 12x 2sin 12x＝cos x ＝等式左边，等式成立. (2)假设当n ＝k 时等式成立，即cos x ＋cos 2x ＋cos 3x ＋…＋cos kx＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋12x 2sin 12x－12.那么，当n ＝k ＋1时，有cos x ＋cos 2x ＋cos 3x ＋…＋cos kx ＋cos(k ＋1)x＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋12x 2sin 12x－12＋cos(k ＋1)x＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤（k ＋1）x －12x ＋2sin 12x cos （k ＋1）x 2sin 12x－12＝sin （k ＋1）x cos 12x －cos （k ＋1）x sin 12x ＋2sin 12x cos （k ＋1）x2sin 12x－12＝sin （k ＋1）x cos 12x ＋cos （k ＋1）x sin 12x2sin 12x－12＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫k ＋1＋12x 2sin 12x－12.这就是说，当n ＝k ＋1时等式也成立. 根据(1)和(2)可知，对任何n ∈N *等式都成立. 考点二 用数学归纳法证明不等式【例2】 (2019·浙江卷)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝4，a 4＝S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N *，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝a n 2b n，n ∈N *，证明：c 1＋c 2＋…＋c n <2n ，n ∈N *. (1)解 设数列{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝4，a 1＋3d ＝3a 1＋3d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝2.从而a n ＝2n －2，n ∈N *. 所以S n ＝n 2－n ，n ∈N *.由S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列，得(S n ＋1＋b n )2＝(S n ＋b n )(S n ＋2＋b n ). 解得b n ＝1d(S 2n ＋1－S n S n ＋2).所以b n ＝n 2＋n ，n ∈N *.(2)证明 c n ＝a n2b n ＝2n －22n （n ＋1）＝n －1n （n ＋1），n ∈N *.我们用数学归纳法证明.①当n ＝1时，c 1＝0<2，不等式成立；②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时不等式成立，即c 1＋c 2＋…＋c k <2k . 那么，当n ＝k ＋1时，c 1＋c 2＋…＋c k ＋c k ＋1<2k ＋k（k ＋1）（k ＋2）<2k ＋1k ＋1<2k ＋2k ＋1＋k＝2k ＋2(k ＋1－k )＝2k ＋1， 即当n ＝k ＋1时不等式也成立.根据①和②，不等式c 1＋c 2＋…＋c n <2n 对任意n ∈N *成立. 规律方法 应用数学归纳法证明不等式应注意的问题(1)当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法.(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k 成立，推证n ＝k ＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法、构造函数法等证明方法. 【训练2】 (一题多解)已知各项非负的数列{a n }中，a 1＝32，a 2n ＋1－a n ＋1＝a n (n ∈N *).求证：a n <a n＋1(n ∈N *).证明 法一 由a 2n ＋1－a n ＋1＝a n (n ∈N *)得a n ＋1＝1＋1＋4a n 2.用数学归纳法证明32≤a n <a n ＋1<2.当n ＝1时，32＝a 1<a 2＝1＋72<2，结论成立.假设当n ＝k 时结论成立，则当n ＝k ＋1时， 0<a k ＋2＝1＋1＋4a k ＋12<1＋92＝2，a k ＋2－a k ＋1＝2a k ＋2－a 2k ＋2>0，综上，a n <a n ＋1.法二 因为a 2n ＋1－a n ＋1－2＝(a n ＋1－2)(a n ＋1＋1)＝a n －2， 所以a n ＋1－2与a n －2同号， 又a 1＝32<2，所以a n <2，a n ＋1<2.又a n －a n ＋1＝a 2n ＋1－2a n ＋1<0，所以a n <a n ＋1. 考点三 归纳——猜想——证明【例3】 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝a n 2＋1a n－1，且a n >0，n ∈N *.(1)求a 1，a 2，a 3，并猜想{a n }的通项公式； (2)证明(1)中的猜想.(1)解 当n ＝1时，由已知得a 1＝a 12＋1a 1－1，即a 21＋2a 1－2＝0.∴a 1＝3－1(a 1>0).当n ＝2时，由已知得a 1＋a 2＝a 22＋1a 2－1，将a 1＝3－1代入并整理得a 22＋23a 2－2＝0.∴a 2＝5－3(a 2>0).同理可得a 3＝7－ 5. 猜想a n ＝2n ＋1－2n －1(n ∈N *).(2)证明 ①由(1)知，当n ＝1，2，3时，通项公式成立. ②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，通项公式成立， 即a k ＝2k ＋1－2k －1. 由于a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝a k ＋12＋1a k ＋1－a k 2－1a k， 将a k ＝2k ＋1－2k －1代入上式，整理得a 2k ＋1＋22k ＋1a k ＋1－2＝0，∴a k ＋1＝2k ＋3－2k ＋1， 即n ＝k ＋1时通项公式成立.由①②可知对所有n ∈N *，a n ＝2n ＋1－2n －1都成立.规律方法 (1)利用数学归纳法可以探索与正整数n 有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理论证结论的正确性. (2)“归纳—猜想—证明”的基本步骤是“试验—归纳—猜想—证明”.高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题.【训练3】 是否存在常数a ，b ，c ，使等式1·22＋2·32＋…＋n (n ＋1)2＝n （n ＋1）12(an 2＋bn＋c )对一切正整数n 都成立？证明你的结论. 解 把n ＝1，2，3代入得方程组⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋c ＝24，4a ＋2b ＋c ＝44，9a ＋3b ＋c ＝70，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝11，c ＝10，猜想：等式1·22＋2·32＋…＋n (n ＋1)2＝n （n ＋1）12(3n 2＋11n ＋10)对一切n ∈N *都成立.下面用数学归纳法证明：(1)当n ＝1时，由上面的探求可知等式成立；(2)假设n ＝k 时等式成立，即1·22＋2·32＋…＋k (k ＋1)2＝k （k ＋1）12(3k 2＋11k ＋10)，那么n ＝k ＋1时，则1·22＋2·32＋…＋k(k＋1)2＋(k＋1)(k＋2)2＝k（k＋1）12(3k2＋11k＋10)＋(k＋1)(k＋2)2＝k（k＋1）12(3k＋5)(k＋2)＋(k＋1)(k＋2)2＝（k＋1）（k＋2）12[k(3k＋5)＋12(k＋2)]＝（k＋1）（k＋2）12[3(k＋1)2＋11(k＋1)＋10]，所以当n＝k＋1时，等式也成立.综合(1)(2)，对n∈N*等式都成立.基础巩固题组一、选择题1.已知等式12＋22＋…＋n2＝5n2－7n＋42，以下说法正确的是( )A.仅当n＝1时等式成立B.仅当n＝1，2，3时等式成立C.仅当n＝1，2时等式成立D.n为任意自然数时等式成立解析当n＝1，2，3时均成立，当n＝4时不成立.答案 B2.用数学归纳法证明“2n＞2n＋1对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取( )A.2B.3C.5D.6解析∵n＝1时，21＝2，2×1＋1＝3，2n＞2n＋1不成立；n＝2时，22＝4，2×2＋1＝5，2n＞2n＋1不成立；n＝3时，23＝8，2×3＋1＝7，2n＞2n＋1成立.∴n的第一个取值n0＝3.答案 B3.某个命题与正整数有关，如果当n ＝k (k ∈N *)时该命题成立，那么可以推出n ＝k ＋1时该命题也成立.现已知n ＝5时该命题成立，那么( ) A.n ＝4时该命题成立 B.n ＝4时该命题不成立 C.n ≥5，n ∈N *时该命题都成立D.可能n 取某个大于5的整数时该命题不成立解析 显然A ，B 错误，由数学归纳法原理知C 正确，D 错. 答案 C4.利用数学归纳法证明不等式“1＋12＋13＋…＋12n －1>n2(n ≥2，n ∈N *)”的过程中，由“n ＝k ”变到“n ＝k ＋1”时，左边增加了( ) A.1项 B.k 项 C.2k －1项D.2k项解析 左边增加的项为12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1共2k项，故选D.答案 D5.对于不等式n 2＋n <n ＋1(n ∈N *)，某同学用数学归纳法证明的过程如下： (1)当n ＝1时，12＋1<1＋1，不等式成立.(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，不等式k 2＋k <k ＋1成立，当n ＝k ＋1时，（k ＋1）2＋k ＋1＝k 2＋3k ＋2<（k 2＋3k ＋2）＋（k ＋2）＝（k ＋2）2＝(k ＋1)＋1.∴当n ＝k ＋1时，不等式成立，则上述证法( ) A.过程全部正确 B.n ＝1验得不正确 C.归纳假设不正确D.从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确解析 在n ＝k ＋1时，没有应用n ＝k 时的假设，不是数学归纳法. 答案 D6.用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上( ) A.k 2＋1 B.(k ＋1)2C.（k ＋1）4＋（k ＋1）22D.(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2解析 当n ＝k 时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2.当n ＝k ＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2，故当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2.故选D. 答案 D 二、填空题7.设S n ＝1＋12＋13＋14＋…＋12n ，则S n ＋1－S n ＝________.解析 ∵S n ＋1＝1＋12＋…＋12n ＋12n ＋1＋…＋12n ＋2n ，S n ＝1＋12＋13＋14＋…＋12n .∴S n ＋1－S n ＝12n＋1＋12n ＋2＋12n ＋3＋…＋12n ＋2n . 答案12n＋1＋12n ＋2＋12n ＋3＋…＋12n ＋2n 8.设f (n )＝62n －1＋1，则f (k ＋1)用含有f (k )的式子表示为________. 解析 f (k )＝62k －1＋1，f (k ＋1)＝62(k ＋1)－1＋1＝36·62k －1＋1＝36(62k －1＋1)－35＝36f (k )－35.答案 f (k ＋1)＝36f (k )－359.凸n 多边形有f (n )条对角线，则凸(n ＋1)边形的对角线的条数f (n ＋1)与f (n )的递推关系式为________.解析 f (n ＋1)＝f (n )＋(n －2)＋1＝f (n )＋n －1. 答案 f (n ＋1)＝f (n )＋n －1 10.数列{a n }中，已知a 1＝2，a n ＋1＝a n 3a n ＋1(n ∈N *)，依次计算出a 2，a 3，a 4的值分别为________；猜想a n ＝________.解析 a 1＝2，a 2＝23×2＋1＝27，a 3＝273×27＋1＝213，a 4＝2133×213＋1＝219.由此，猜想a n 是以分子为2，分母是首项为1，公差为6的等差数列.∴a n ＝26n －5. 答案 27，213，219 26n －5三、解答题11.用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n(n ∈N *，n ≥2).证明 (1)当n ＝2时，1＋122＝54<2－12＝32，命题成立. (2)假设n ＝k 时命题成立，即1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1k. 当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1（k ＋1）2<2－1k ＋1（k ＋1）2<2－1k ＋1k （k ＋1）＝2－1k ＋1k－1k ＋1＝2－1k ＋1，命题成立. 由(1)(2)知原不等式在n ∈N *，n ≥2时均成立.12.数列{a n }满足S n ＝2n －a n (n ∈N *).(1)计算a 1，a 2，a 3，a 4，并由此猜想通项公式a n ；(2)证明(1)中的猜想.(1)解 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1，∴a 1＝1；当n ＝2时，a 1＋a 2＝S 2＝2×2－a 2，∴a 2＝32； 当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝S 3＝2×3－a 3，∴a 3＝74； 当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝S 4＝2×4－a 4，∴a 4＝158. 由此猜想a n ＝2n－12n －1(n ∈N *). (2)证明 ①当n ＝1时，a 1＝1，结论成立.②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝2k －12k －1，那么n ＝k ＋1时，a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝2(k ＋1)－a k ＋1－2k ＋a k ＝2＋a k －a k ＋1，∴2a k ＋1＝2＋a k .∴a k ＋1＝2＋a k 2＝2＋2k －12k －12＝2k ＋1－12k . 所以当n ＝k ＋1时，结论成立.由①②知猜想a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)成立. 能力提升题组13.设n 为正整数，f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n ，经计算得f (2)＝32，f (4)＞2，f (8)＞52，f (16)＞3，f (32)＞72，观察上述结果，可推测出一般结论( ) A.f (2n )＞2n ＋12B.f (n 2)≥n ＋22C.f (2n )≥n ＋22D.以上都不对解析 因为f (22)＞42，f (23)＞52，f (24)＞62，f (25)＞72，所以当n ≥1时，有f (2n )≥n ＋22. 答案 C14.设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立”.那么，下列命题总成立的是( )A.若f (1)<1成立，则f (10)<100成立B.若f (2)<4成立，则f (1)≥1成立C.若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立D.若f (4)≥16成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立解析 选项A ，B 的答案与题设中不等号方向不同，故A ，B 错；选项C 中，应该是k ≥3时，均有f (k )≥k 2成立；对于选项D ，满足数学归纳法原理，该命题成立.答案 D15.在用数学归纳法证明：(3n ＋1)·7n －1(n ∈N *)能被9整除的第二步中，应把n ＝k ＋1时的式子变形为________.解析 假设当n ＝k 时，(3k ＋1)·7k －1能被9整除，则当n ＝k ＋1时，[3(k ＋1)＋1]·7k ＋1－1＝[21(k ＋1)＋7]·7k －1＝[(3k ＋1)＋(18k ＋27)]·7k －1＝[(3k ＋1)·7k －1]＋9(2k ＋3)·7k .因为[(3k＋1)·7k－1]和9(2k＋3)·7k都能被9整除，所以[(3k＋1)·7k－1]＋9(2k＋3)·7k能被9整除，即当n＝k＋1时，命题成立.答案[(3k＋1)·7k－1]＋9(2k＋3)·7k16.设平面上n个圆周最多把平面分成f(n)片(平面区域)，则f(2)＝________，f(n)＝________.(n≥1，n∈N*)解析易知2个圆周最多把平面分成4片；n个圆周最多把平面分成f(n)片，再放入第n＋1个圆周，为使得到尽可能多的平面区域，第n＋1个应与前面n个都相交且交点均不同，有n 条公共弦，其端点把第n＋1个圆周分成2n段，每段都把已知的某一片划分成2片，即f(n ＋1)＝f(n)＋2n(n≥1)，所以f(n)－f(1)＝n(n－1)，而f(1)＝2，从而f(n)＝n2－n＋2. 答案 4 n2－n＋217.设函数y＝f(x)对任意实数x，y都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy.(1)求f(0)的值；(2)求f(1)＝1，求f(2)，f(3)，f(4)的值；(3)在(2)的条件下，猜想f(n)(n∈N*)的表达式，并用数学归纳法证明.解(1)令x＝y＝0，得f(0)＝0.(2)f(1)＝1，f(2)＝f(1＋1)＝1＋1＋2＝4，f(3)＝f(2＋1)＝4＋1＋2×2×1＝9，f(4)＝f(3＋1)＝9＋1＋2×3×1＝16.(3)猜想：f(n)＝n2.证明：n＝1时，f(1)＝1满足条件.假设n＝k时，命题成立，即f(k)＝k2.则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝f(k)＋f(1)＋2k＝k2＋1＋2k＝(k＋1)2，从而得n＝k＋1时满足条件，所以对任意正整数n都有f(n)＝n2.18.数列{x n}满足x1＝0，x n＋1＝－x2n＋x n＋c(n∈N*).(1)证明：{x n}是递减数列的充要条件是c＜0；(2)若0＜c ≤14，证明数列{x n }是递增数列. 证明 (1)充分性：若c ＜0，由于x n ＋1＝－x 2n ＋x n ＋c ≤x n ＋c ＜x n ，∴数列{x n }是递减数列. 必要性：若{x n }是递减数列，则x 2＜x 1，且x 1＝0.又x 2＝－x 21＋x 1＋c ＝c ，∴c ＜0.故{x n }是递减数列的充要条件是c ＜0.(2)若0＜c ≤14，要证{x n }是递增数列. 即x n ＋1－x n ＝－x 2n ＋c ＞0，即证x n ＜c 对任意n ≥1成立.下面用数学归纳法证明：当0＜c ≤14时，x n ＜c 对任意n ≥1成立. ①当n ＝1时，x 1＝0＜c ≤12，结论成立. ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即x k ＜c .因为函数f (x )＝－x 2＋x ＋c 在区间⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12内单调递增，所以x k ＋1＝f (x k )＜f (c )＝c ， ∴当n ＝k ＋1时，x k ＋1＜c 成立.由①，②知，x n ＜c 对任意n ≥1，n ∈N *成立.因此，x n ＋1＝x n －x 2n ＋c ＞x n ，即{x n }是递增数列.。
(浙江版)2019年高考数学一轮复习 专题6.5 数列的综合应用(讲)
（浙江版）2019年高考数学一轮复习专题6.5 数列的综合应用（讲）高频考向【答案】.二．数列求和1. 等差数列的前n 和的求和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+. 2．等比数列前n 项和公式 一般地，设等比数列123,,,,,n a a a a 的前n 项和是=n S 123n a a a a ++++，当1≠q 时，qq a S n n --=1)1(1或11n n a a qS q -=-；当1q =时，1na S n =（错位相减法）. 3. 数列前n 项和①重要公式：（1）1nk k ==∑123n ++++=2)1(+n n （2）1(21)nk k =-=∑()13521n ++++-=2n（3）31nk k ==∑2333)1(2121⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+++n n n（4）21nk k ==∑)12)(1(613212222++=++++n n n n ②等差数列中，m n m n S S S mnd +=++；③等比数列中，n mm n n m m n S S q S S q S +=+=+.对点练习：【2017届浙江台州中学高三10月月考】在等差数列{}n a 中，13a =，其前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的各项均为正数，11b =，公比为q ，且2212b S +=，22S q b =． （1）求na 与nb ；（2）证明：3211121<+++n S S S ．【答案】（1）3n a n =，13n n b -=；（2）详见解析.试题解析：（1）设{}n a 的公差为d ，∵222212b S S q b +=⎧⎪⎨=⎪⎩，∴6126q d dq q ++=⎧⎪+⎨=⎪⎩，解得3q =或4q =-（舍），3d =，故33(1)3n a n n =+-=，13n n b -=；（2）∵(33)2n n nS +=，∴12211()(33)31n S n n n n ==-++， 故121112*********[(1)()()()](1)322334131n S S S n n n ++⋅⋅⋅+=-+-+-+⋅⋅⋅+-=-++， ∵1n ≥，∴11012n <≤+，∴111121n ≤-<+，∴1212(1)3313n ≤-<+， 即121111233n S S S ≤++⋅⋅⋅+<. 【考点深度剖析】数列求和是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，以解答题为主，难度中等或稍难，数列求和问题为先导，在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合.【重点难点突破】考点1 等差数列和等比数列的综合问题【1-1】【2017·杭州调研】已知数列{a n }，{b n }中，a 1＝1，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2n a 2n ＋1·1a n ＋1，n ∈N *，数列{b n }的前n 项和为S n . (1)若a n ＝2n －1，求S n ；(2)是否存在等比数列{a n }，使b n ＋2＝S n 对任意n∈N *恒成立？若存在，求出所有满足条件的数列{a n }的通项公式；若不存在，请说明理由； (3)若{a n }是单调递增数列，求证：S n <2. 【答案】(1)34－32n ＋2.(2)满足条件的数列{a n }存在，且只有两个，一个是a n ＝1，另一个是a n ＝(－1)n －1.(3)证明见解析.(2)解 满足条件的数列{a n }存在且只有两个， 其通项公式为a n ＝1和a n ＝(－1)n －1.证明：在b n ＋2＝S n 中，令n ＝1，得b 3＝b 1. 设a n ＝qn －1，则b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1q 21qn .由b 3＝b 1得⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1q 21q 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1q 21q.若q ＝±1，则b n ＝0，满足题设条件. 此时a n ＝1和a n ＝(－1)n －1.若q≠±1，则1q 3＝1q，即q 2＝1，矛盾.综上所述，满足条件的数列{a n }存在，且只有两个， 一个是a n ＝1，另一个是a n ＝(－1)n －1.(3)证明 因为1＝a 1<a 2<…<a n <…， 故a n >0，0<a n a n ＋1<1，于是0<a 2na 2n ＋1<1.b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2n a 2n ＋1·1a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a n a n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a n a n ＋1·1a n ＋1 ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋a n a n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1·a n a n ＋1<2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1. 故S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n<2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 3＋…＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a n ＋1<2. 所以S n <2.【1-2】已知等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝－log3a n，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n . 【答案】（1）a n ＝13n ；（2）n4（n ＋1）．(2)∵a n ＝13n ，∴b n ＝－log313n＝2n ， 从而1b n b n ＋1＝14n （n ＋1）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴T n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 4（n ＋1）. 【领悟技法】1．公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前n 项和的公式来求和.对于一些特殊的数列（正整数数列、正整数的平方和立方数列等）也可以直接使用公式求和.2．倒序相加法：类似于等差数列的前n 项和的公式的推导方法，如果一个数列{}n a 的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．3．错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的． 若n n n a b c =∙，其中{}n b 是等差数列，{}n c 是公比为q 等比数列，令112211n n n n n S b c b c b c b c --=++++，则n qS =122311n n n n b c b c b c b c -+++++两式错位相减并整理即得.4．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n 项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.适用于类似1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭（其中{}n a 是各项不为零的等差数列，c 为常数）的数列、部分无理数列等.5. [易错提示] 利用裂项相消法解决数列求和问题，容易出现的错误有两个方面： (1)裂项过程中易忽视常数，如)211(21)2(1+-=+n n n n 容易误裂为112n n -+，漏掉前面的系数12； (2)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误． 应用错位相减法求和时需注意：①给数列和S n 的等式两边所乘的常数应不为零，否则需讨论； ②在转化为等比数列的和后，求其和时需看准项数，不一定为n . 【触类旁通】【变式一】【2017·东北三省四校模拟】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d≠0，且S 3＋S 5＝50，a 1，a 4，a 13成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{b n }的前n 项和T n .【答案】(1)a n ＝2n ＋1.(2)T n ＝n×3n.(2)∵b n a n ＝3n －1，∴b n ＝a n ·3n －1＝(2n ＋1)·3n －1，∴T n ＝3＋5×3＋7×32＋…＋(2n ＋1)×3n －1，3T n ＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n －1)×3n －1＋(2n ＋1)×3n，两式相减得，－2T n ＝3＋2×3＋2×32＋…＋2×3n －1－(2n ＋1)×3n＝3＋2×3（1－3n －1）1－3－(2n ＋1)×3n ＝－2n×3n，∴T n ＝n×3n.【变式二】在数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝12，a 3＝54，数列{a n ＋1－3a n }是等比数列． (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n －1是等差数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .【答案】(1)证明：见解析．(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12×3n ＋12.【解析】(1)证明：∵a 1＝2，a 2＝12，a 3＝54， ∴a 2－3a 1＝6，a 3－3a 2＝18. 又∵数列{a n ＋1－3a n }是等比数列， ∴a n ＋1－3a n ＝6×3n －1＝2×3n，∴a n ＋13n －a n 3n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n －1是等差数列． (2)由(1)知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n －1是等差数列， ∴a n 3n －1＝a 130＋(n －1)×2＝2n ，∴a n ＝2n×3n －1. ∵S n ＝2×1×30＋2×2×31＋…＋2n×3n －1，∴3S n ＝2×1×3＋2×2×32＋…＋2n×3n. ∴S n －3S n ＝2×1×30＋2×1×3＋…＋2×1×3n －1－2n×3n＝2×1－3n1－3－2n×3n ＝3n－1－2n×3n，∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12×3n ＋12.考点2 数列的综合应用【2-1】【安徽省六安市第一中学2018届高三上学期第二次月考】某公司为激励创新，计划逐年加大研发奖金投入.若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（参考数据：）（ ）A. 2021年B. 2020年C. 2019年D. 2018年【答案】C【2-2】已知()[]23,0,31xf x x x+=∈+，已知数列{}n a 满足03,n a n N *<≤∈，且122010670a a a +++=，则122010()()()f a f a f a +++( )A ．有最大值6030B . 有最小值6030 C.有最大值6027 D . 有最小值6027 【答案】A【解析】1()33f =，当12201013a a a ====时，122010()()()f a f a f a +++=6030 对于函数23()(03)1xf x x x+=≤≤+,19()316k f '==-,在13x =处的切线方程为 913()103y x -=--即3(11)10y x =-，则()22331(11)(3)()01103x f x x x x x +=≤-⇔--≤+成立，所以03,n a n N *<≤∈时，有()3(113)10n n f a a ≤-122010()()()f a f a f a +++[]12201031120103()603010a a a ≤⨯-+++=.【2-3】【2017届浙江省湖州、衢州、丽水三市高三4月联考】数列{}n a 中， 112a =，()2*121nn n n a a n N a a +=∈-+（Ⅰ）求证： 1n n a a +<；（Ⅱ）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，求证： 1n S <． 【答案】( Ⅰ)见解析；(Ⅱ)见解析.2121122111111111111111111111111n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a -----------==<==--+⎛⎫-+-+-- ⎪⎝⎭112222233111111n n n n n n n a a a a a a a -------=-+=--+-+-+，一个一个地变形最后可得111n a a ----+，从而证得题中不等式．也可利用裂项方法，由已知递推式得11111n n n a a a +=---，这样也可求得和式n S ，完成不等式的证明. 试题解析：证：（1）因为=，且，所以，所以所以，，.（2），所以.（Ⅱ）证法2：，.，，，所以.【2-4】【2017届浙江省台州市高三4月一模】已知数列满足：.（1）求证：；（2）求证：.【答案】(1)见解析;(2)见解析.所以，因为，所以.（2）假设存在，由（1）可得当时，，根据，而，所以.于是，…….累加可得（*）由（1）可得，而当时，显然有，因此有，这显然与（*）矛盾，所以.【领悟技法】1. 数列与不等式的综合问题是近年来的高考热门问题，与不等式相关的大多是数列的前n项和问题，对于这种问题，在解答时需要利用化归的思想将问题转化为我们较熟悉的问题来解决，要掌握常见的解决不等式的方法，以便更好地解决问题．数列与不等式的结合，一般有两类题：一是利用基本不等式求解数列中的最值；二是与数列中的求和问题相联系，证明不等式或求解参数的取值范围，此类问题通常是抓住数列通项公式的特征，多采用先求和后利用放缩法或数列的单调性证明不等式，求解参数的取值范围．以数列为背景的不等式恒成立问题，或不等式的证明问题，多与数列求和相联系，最后利用函数的单调性求解，或利用放缩法证明.解决数列和式与不等式证明问题的关键是求和，特别是既不是等差、等比数列，也不是等差乘等比的数列求和，要利用不等式的放缩法，放缩为等比数列求和、错位相减法求和、裂项相消法求和，最终归结为有限项的数式大小比较．数列与不等式综合的问题是常见题型，常见的证明不等式的方法有：①作差法；②作商法；③综合法；④分析法；⑤放缩法.2. 数列与解析几何交汇问题主要是解析几何中的点列问题，关键是充分利用解析几何的有关性质、公式，建立数列的递推关系式，然后借助数列的知识加以解决．3. 处理探索性问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立，然后在这个前提下进行逻辑推理．若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．还可以根据已知条件建立恒等式，利用等式恒成立的条件求解．4. 解答数列综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解．5.数列是一种特殊的函数，故数列有着许多函数的性质．等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，它们与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，等差数列和等比数列在实际生活中也有着广泛的应用，随着高考对能力要求的进一步增加，这一部分内容也将受到越来越多的关注． 数列与函数的综合问题，解决此类问题时要注意把握以下两点： (1)正确审题，深抠函数的性质与数列的定义； (2)明确等差、等比数列的通项、求和公式的特征． 【触类旁通】【变式一】【2017届浙江省杭州市高三4月二模】已知数列{}n a 的各项均为非负数，其前n 项和为n S ，且对任意的*n N ∈，都有212n n n a a a +++≤. （1）若11a =， 5052017a =，求6a 的最大值；（2）若对任意*n N ∈，都有1n S ≤，求证： ()+1201n n a a n n ≤-≤+.【答案】（1）见解析（2）见解析()61125a a d d d =++++，便可求出6a 的最大值；（2）首先假设1k k a a +<，根据已知条件212n n n a a a +++≤得112k k k k a a a a +++≤-≤ ，于是通过证明对于固定的k 值，存在121n a a a +++>，由此得出与1n S ≤矛盾，所以得到10n n a a +-≥，再设1k k k b a a +=-，则根据121n n n n a a a a +++-≤-可得1,0k k k b b b +≤>，接下来通过放缩，可以得到()1123n n b ≥++++，于是可以得出要证的结论.试题解析：（1）由题意知121n n n n a a a a +++-≤-，设1i i i d a a +=- ()1,2,,504i =，则123504d d d d ≤≤≤≤，且1235042016d d d d ++++=，1255d d d +++≤67504409d d d +++=()1252016409d d d -+++，所以12520d d d +++≤，()6112521a a d d d ∴=++++≤.（2）若存在*k N ∈，使得1k k a a +<，则由212n n n a a a +++≤， 得112k k k k a a a a +++≤-≤，因此，从n a 项开始，数列{}n a 严格递增， 故12n a a a +++≥ 1k k n a a a ++++≥ ()1k n k a -+，对于固定的k ，当n 足够大时，必有121n a a a +++≥，与题设矛盾，所以{}n a 不可能递增，即只能10n n a a +-≥. 令1k k k b a a +=-， ()*k N ∈，由112k k k k a a a a +++-≥-，得1k k b b +≥， 0k b >， 故121n a a a ≥+++= ()122n b a a a ++++= ()12332n b b a a a +++++，122n n b b nb na ==++++ ()()1122n n n n n b b +≥+++=，所以()21n b n n ≤+，综上，对一切*n N ∈，都有()1201n n a a n n +≤-≤+.【变式二】【2017届浙江省嘉兴一中、杭州高级中学、宁波效实中学等高三下五校联考】已知数列{}n a 中，满足111,2n a a +==记n S 为n a 前n 项和． （I ）证明： 1n n a a +>； （Ⅱ）证明： 1cos32n n a π-=⋅（Ⅲ）证明： 22754n S n π+>-.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析．试题解析：证明：（I ）因()()22212212112,n n n n n n a a a a a a +-=+-=-+故只需要证明1n a <即可 ……………………………………………………3分 下用数学归纳法证明： 当1n =时， 1112a =<成立 假设n k =时， 1k a <成立，那么当1n k =+时， 11k a +=<=， 所以综上所述，对任意n ， 1n a < …………………………………………6分 （Ⅱ）用数学归纳法证明1cos 3?2n n a π-=当1n =时， 11cos 23a π==成立假设n k =时， 1cos3?2k k a π-=那么当1n k =+时，1cos3?2k ka π+===所以综上所述，对任意n ， 1cos3?2n n a π-= …………………………10分（Ⅲ）22211111111sin 223?23?2n n n n n a a a ππ-----+⎛⎫=-=-=< ⎪⎝⎭得211219?4n n a π-->-…12分 故22212211241127119?4229316454n n i n i S n n πππ-=⎛⎫+⎛⎫>-+=--⨯⨯->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑ ……15分 【易错试题常警惕】易错典例：【2016高考浙江理数】设数列{}n a 满足112n n a a +-≤，n *∈N ． （I ）证明：()1122n n a a-≥-，n *∈N ；（II ）若32nn a ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，n *∈N ，证明：2n a ≤，n *∈N ．易错分析：一是不能正确理解题意，二是在证明过程中不能正确第进行不等式的放缩.试题解析：（I ）由112n n a a +-≤得1112n n a a +-≤，故 111222n n n n n a a ++-≤，n *∈N ， 所以11223111223122222222nn n n n n a a a a a a a a --⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭121111222n -≤++⋅⋅⋅+ 1<，因此()1122n n a a -≥-．（II ）任取n *∈N ，由（I ）知，对于任意m n >，1121112122222222n mn n n n m m nm n n n n m m a a a a a a a a +++-+++-⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-+⋅⋅⋅+-⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭11111222n n m +-≤++⋅⋅⋅+ 112n -<， 故11222m nn n m a a -⎛⎫<+⋅ ⎪⎝⎭ 11132222m n n m -⎡⎤⎛⎫≤+⋅⋅⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦3224mn ⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭．从而对于任意m n >，均有3224mn n a ⎛⎫<+⋅ ⎪⎝⎭．由m 的任意性得2n a ≤． ①否则，存在0n *∈N ，有02n a >，取正整数000342log 2n n a m ->且00m n >，则0034002log 23322244n a m m n n a -⎛⎫⎛⎫⋅<⋅=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，与①式矛盾．综上，对于任意n *∈N ，均有2n a ≤．温馨提醒：（I ）先利用三角形不等式及变形得111222n n n n n a a ++-≤，再用累加法可得1122n na a -<，进而可证()1122n n a a -≥-；（II ）由（I ）的结论及已知条件可得3224mnn a ⎛⎫<+⋅ ⎪⎝⎭，再利用m 的任意性可证2n a ≤．【学科素养提升之思想方法篇】----数列求和与比较大小数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明.在解决这些问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等.如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法. 【典例】数列{a n }是公比为12的等比数列，且1－a 2是a 1与1＋a 3的等比中项，前n 项和为S n ；数列{b n }是等差数列，b 1＝8，其前n 项和T n 满足T n ＝n λ·b n ＋1(λ为常数，且λ≠1)． (1)求数列{a n }的通项公式及λ的值； (2)比较1T 1＋1T 2＋1T 3＋…＋1T n 与12S n 的大小．【答案】设{b n }的公差为d ，又⎩⎪⎨⎪⎧T 1＝λb 2，T 2＝2λb 3，即⎩⎪⎨⎪⎧8＝λ＋，16＋d ＝2λ＋，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝12，d ＝8或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，d ＝0(舍)，∴λ＝12.(2)由(1)知S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，∴12S n ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1≥14，① 又T n ＝4n 2＋4n ，1T n ＝1＋＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴1T 1＋1T 2＋…＋1T n＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1<14，②由①②可知1T 1＋1T 2＋…＋1T n <12S n .。
(浙江专版)2019高考数学一轮复习 第5章 数列 第2节 等差数列及其前n项和教师用书
（浙江专版）2019高考数学一轮复习 第5章 数列 第2节 等差数列及其前n 项和教师用书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．用符号表示为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 ＋b2，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：a n ＝a 1＋(n －1)d ，a n ＝a m ＋(n －m )d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n n －d 2＝n a 1＋a n2.3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( )(2)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( ) (3)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( )(4)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．( ) [答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)×2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝6，a 3＝0，则公差d 等于( ) A ．－1 B ．1 C ．2D ．－2D [依题意得S 3＝3a 2＝6，即a 2＝2，故d ＝a 3－a 2＝－2，故选D.] 3．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( ) A ．5B ．7C ．9D ．11A [a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3⇒a 3＝1，S 5＝a 1＋a 52＝5a 3＝5.]4．已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A ．100 B ．99 C ．98D ．97C [法一：∵{a n }是等差数列，设其公差为d ， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又∵a 10＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝3，a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98.故选C. 法二：∵{a n }是等差数列，∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.在等差数列{a n }中，a 5，a 10，a 15，…，a 100成等差数列，且公差d ′＝a 10－a 5＝8－3＝5. 故a 100＝a 5＋(20－1)×5＝98.故选C.]5．(教材改编)在100以内的正整数中有__________个能被6整除的数.【导学号：51062163】16 [由题意知，能被6整除的数构成一个等差数列{a n }， 则a 1＝6，d ＝6，得a n ＝6＋(n －1)6＝6n . 由a n ＝6n ≤100，即n ≤1646＝1623，则在100以内有16个能被6整除的数．]n n n S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172B.192C ．10D ．12(2)(2017·诸暨二次统一检测)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 11＝22，a 4＝－12，若a m ＝30，则m ＝( )A ．9B ．10C ．11D ．15(1)B (2)B [(1)∵公差为1， ∴S 8＝8a 1＋8×8－12×1＝8a 1＋28，S 4＝4a 1＋6. ∵S 8＝4S 4，∴8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，∴a 10＝a 1＋9d ＝12＋9＝192.(2)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意⎩⎪⎨⎪⎧S 11＝11a 1＋－2d ＝22，a 4＝a 1＋3d ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－33，d ＝7，∴a m ＝a 1＋(m －1)d ＝7m －40＝30，∴m ＝10.][规律方法] 1.等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知三求二，体现了方程思想的应用．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a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法，称为基本量法．[变式训练1] (1)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 33－S 22＝1，则数列{a n }的公差是( )A.12 B ．1 C ．2D ．3(2)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 12＝－8，S 9＝－9，则S 16＝__________.【导学号：51062164】(1)C (2)－72 [(1)∵S n ＝n a 1＋a n2，∴S n n ＝a 1＋a n 2，又S 33－S 22＝1，得a 1＋a 32－a 1＋a 22＝1，即a 3－a 2＝2，∴数列{a n }的公差为2.(2)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 12＝a 1＋11d ＝－8，S 9＝9a 1＋9d ×82＝－9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝－1.∴S 16＝16×3＋16×152×(－1)＝－72.]已知数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n －1(n∈N *)．(1)求证：数列{b n }是等差数列． (2)求数列{a n }中的通项公式a n . [解] (1)证明：因为a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝1a n －1.所以n ≥2时，b n －b n －1＝1a n －1－1a n －1－1＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1a n －1－1－1a n －1－1＝a n －1a n －1－1－1a n －1－1＝1.5分又b 1＝1a 1－1＝－52， 所以数列{b n }是以－52为首项，1为公差的等差数列.7分(2)由(1)知，b n ＝n －72，10分则a n ＝1＋1b n ＝1＋22n －7.14分[规律方法] 1.判断等差数列的解答题，常用定义法和等差中项法，而通项公式法和前n 项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断．2．用定义证明等差数列时，常采用两个式子a n ＋1－a n ＝d 和a n －a n －1＝d ，但它们的意义不同，后者必须加上“n ≥2”，否则n ＝1时，a 0无定义．[变式训练2] (1)若{a n }是公差为1的等差数列，则{a 2n －1＋2a 2n }是( ) A ．公差为3的等差数列 B ．公差为4的等差数列 C ．公差为6的等差数列 D ．公差为9的等差数列(2)在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝12，2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，则该数列的通项为( )A ．a n ＝1nB ．a n ＝2n ＋1C ．a n ＝2n ＋2D ．a n ＝3n(1)C (2)A [(1)∵a 2n －1＋2a 2n －(a 2n －3＋2a 2n －2) ＝(a 2n －1－a 2n －3)＋2(a 2n －a 2n －2) ＝2＋2×2＝6，∴{a 2n －1＋2a 2n }是公差为6的等差数列． (2)由已知式2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2可得1a n ＋1－1a n ＝1a n ＋2－1a n ＋1，知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1a 1＝1，公差为1a 2－1a 1＝2－1＝1的等差数列，所以1a n＝n ，即a n ＝1n.]数均成等差数列，如果数阵中所有数之和等于63，那么a 52＝( )⎝ ⎛⎭⎪⎫a 41 a 42 a 43a 51 a 52 a 53a61a 62 a 63图521 A ．2 B ．8 C ．7D ．4(2)等差数列{a n }中，设S n 为其前n 项和，且a 1>0，S 3＝S 11，则当n 为多少时，S n 取得最大值．(1)C [法一：第一行三数成等差数列，由等差中项的性质有a 41＋a 42＋a 43＝3a 42，同理第二行也有a 51＋a 52＋a 53＝3a 52，第三行也有a 61＋a 62＋a 63＝3a 62，又每列也成等差数列，所以对于第二列，有a 42＋a 52＋a 62＝3a 52，所以a 41＋a 42＋a 43＋a 51＋a 52＋a 53＋a 61＋a 62＋a 63＝3a 42＋3a 52＋3a 62＝3×3a 52＝63，所以a 52＝7，故选C.法二：由于每行每列都成等差数列，不妨取特殊情况，即这9个数均相同，显然满足题意，所以有63÷9＝7，即a 52＝7，故选C.](2)法一：由S 3＝S 11，可得3a 1＋3×22d ＝11a 1＋11×102d ，4分即d ＝－213a 1.8分从而S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ＝－a 113(n －7)2＋4913a 1，因为a 1>0，所以－a 113<0.12分故当n ＝7时，S n 最大.14分 法二：由法一可知，d ＝－213a 1.要使S n 最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，5分即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋n －⎝ ⎛⎭⎪⎫－213a 1≥0，a 1＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－213a 1≤0，10分解得6.5≤n ≤7.5，故当n ＝7时，S n 最大.14分 法三：由S 3＝S 11，可得2a 1＋13d ＝0， 即(a 1＋6d )＋(a 1＋7d )＝0，5分故a 7＋a 8＝0，又由a 1>0，S 3＝S 11可知d <0，10分 所以a 7>0，a 8<0，所以当n ＝7时，S n 最大.14分 [规律方法] 1.等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{a n }中，a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a nm －n＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差．(2)和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； ②S 2n －1＝(2n －1)a n .2．求等差数列前n 项和S n 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S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .[变式训练3] (1)在等差数列{a n }中，a 3＋a 9＝27－a 6，S n 表示数列{a n }的前n 项和，则S 11＝( )A ．18B ．99C ．198D ．297(2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5＝10，S 10＝30，则S 15＝( ) A ．60B ．70C ．90D ．40(1)B (2)A [(1)因为a 3＋a 9＝27－a 6,2a 6＝a 3＋a 9，所以3a 6＝27，所以a 6＝9，所以S 11＝112(a 1＋a 11)＝11a 6＝99. (2)因为数列{a n }为等差数列，所以S 5，S 10－S 5，S 15－S 10也成等差数列，设S 15＝x ，则10,20，x －30成等差数列，所以2×20＝10＋(x －30)，所以x ＝60，即S 15＝60.][思想与方法]1．等差数列的通项公式，前n 项和公式涉及“五个量”，“知三求二”，需运用方程思想求解，特别是求a 1和d .(1)若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a －2d ，a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d ，…. (2)若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a －3d ，a －d ，a ＋d ，a ＋3d ，…. 2．等差数列{a n }中，a n ＝an ＋b (a ，b 为常数)，S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)，均是关于“n ”的函数，充分运用函数思想，借助函数的图象、性质简化解题过程．3．等差数列的四种判断方法：(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (d 是常数)⇔{a n }是等差数列． (2)等差中项法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列． (3)通项公式：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数)⇔{a n }是等差数列． (4)前n 项和公式：S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)⇔{a n }是等差数列． [易错与防范]1．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．2．注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别．3．求等差数列的前n 项和S n 的最值时，需要注意“自变量n 为正整数”这一隐含条件．课时分层训练(二十七) 等差数列及其前n 项和A 组 基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．在等差数列{a n }中，a 1＝0，公差d ≠0，若a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9，则m 的值为( ) A ．37 B ．36 C ．20D ．19A [a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9＝9a 1＋9×82d ＝36d ＝a 37.]2．(2017·台州二次调研)在等差数列{a n }中，若前10项的和S 10＝60，且a 7＝7，则a 4＝( )A ．4B ．－4C ．5D ．－5C [法一：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝60，a 1＋6d ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝23，∴a 4＝a 1＋3d ＝5，故选C.法二：由等差数列的性质有a 1＋a 10＝a 7＋a 4，∵S 10＝a 1＋a 102＝60，∴a 1＋a 10＝12.又∵a 7＝7，∴a 4＝5，故选C.]3．(2017·温州质检)已知数列{a n }是等差数列，且a 7－2a 4＝6，a 3＝2，则公差d ＝( ) A ．2 2 B ．4 C ．8D ．16B [法一：由题意得a 3＝2，a 7－2a 4＝a 3＋4d －2(a 3＋d )＝6，解得d ＝4，故选B. 法二：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 7－2a 4＝a 1＋6d －a 1＋3d ＝6，a 3＝a 1＋2d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－6，d ＝4，故选B.]4．等差数列{a n }中，已知a 5>0，a 4＋a 7<0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为( ) A ．S 7 B ．S 6 C ．S 5D ．S 4C [∵⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝a 5＋a 6<0，a 5>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5>0，a 6<0，∴S n 的最大值为S 5.]5．(2017·湖北七市4月联考)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：几日相逢？( ) 【导学号：51062165】A ．9日B ．8日C ．16日D ．12日A [根据题意，显然良马每日行程构成一个首项a 1＝103，公差d 1＝13的等差数列，前n 天共跑的里程为S ＝na 1＋n n －2d 1＝103n ＋132n (n －1)＝6.5n 2＋96.5n ；驽马每日行程也构成一个首项b 1＝97，公差d 2＝－0.5的等差数列，前n 天共跑的里程为S ＝nb 1＋n n －2d 2＝97n －0.52n (n －1)＝－0.25n 2＋97.25n .两马相逢时，共跑了一个来回．设其第n 天相逢，则有6.5n 2＋96.5n －0.25n 2＋97.25n ＝1 125×2，解得n ＝9，即它们第9天相遇，故选A.]二、填空题6．(2017·浙江名校(绍兴一中)交流卷五)等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则a n＝________，a 1＋a 3＋…＋a 99＝________.2n －1 4 950 [由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋4d ＝10，a 1＋3d ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1，a 1＋a 3＋…＋a 99＝50×1＋－2×4＝4 950.]7．已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________. 6 [∵a 3＋a 5＝2a 4，∴a 4＝0. ∵a 1＝6，a 4＝a 1＋3d ，∴d ＝－2. ∴S 6＝6a 1＋－2d ＝6.]8．已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________. 【导学号：51062166】20 [法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知S 5＝5a 1＋5×42d ＝10，得a 1＋2d＝2，即a 1＝2－2d ，所以a 2＝a 1＋d ＝2－d ，代入a 1＋a 22＝－3，化简得d 2－6d ＋9＝0，所以d ＝3，a 1＝－4.故a 9＝a 1＋8d ＝－4＋24＝20.法二：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知a 1＋a 52＝5a 3＝10，所以a 3＝2.由a 1＋a 3＝2a 2，得a 1＝2a 2－2，代入a 1＋a 22＝－3，化简得a 22＋2a 2＋1＝0，所以a 2＝－1.公差d ＝a 3－a 2＝2＋1＝3，故a 9＝a 3＋6d ＝2＋18＝20.] 三、解答题9．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110. (1)求a 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项b n ＝S n n，证明：数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n . [解] (1)设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ， 由已知有a ＋3a ＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2， 所以S k ＝ka 1＋k k －2·d ＝2k ＋k k －2×2＝k 2＋k .3分由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10.6分 (2)证明：由(1)得S n ＝n＋2n2＝n (n ＋1)，则b n ＝S n n＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，12分 即数列{b n }是首项为2，公差为1的等差数列， 所以T n ＝n＋n ＋2＝n n ＋2.14分10．(2017·温州市三次质检)等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d ≠0，且a 3·a 4＝a 12. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ·2n，求数列{b n }的前n 项和T n . 【导学号：51062167】[解] (1)由a 3·a 4＝a 12得(1＋2d )·(1＋3d )＝1＋11d ⇒d ＝1或d ＝0(不合题意舍去)，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝n .6分(2)依题意b n ＝a n ·2n＝n ·2n，T n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，2T n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，10分 两式相减得－T n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝－2n1－2－n ×2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2，∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2.15分B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)1．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．已知等差数列{b n }的首项为1，公差不为0，若数列{b n }为“吉祥数列”，则数列{b n }的通项公式为( )A ．b n ＝n －1B ．b n ＝2n －1C ．b n ＝n ＋1D ．b n ＝2n ＋1B [设等差数列{b n }的公差为d (d ≠0)，S n S 2n ＝k ，因为b 1＝1，则n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋12×2n n －d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ， 整理得(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0. 因为对任意的正整数n 上式均成立， 所以(4k －1)d ＝0，(2k －1)(2－d )＝0，解得d ＝2，k ＝14， 所以数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.]2．(2017·浙江镇海中学测试卷二)设等差数列{a n }的前n 项和为S n (其中n ∈N *)，且满足：a 6＋a 7＋a 8－a 9＝2，则a 6＝________；S 4·S 18的最大值是________.【导学号：51062168】1 72 [设公差为d .由题意得a 6＋a 6＋d ＋a 6＋2d －(a 6＋3d )＝2a 6＝2，所以a 6＝1.S 4·S 18＝2(a 1＋a 4)·9(a 1＋a 18)＝18(2a 6－7d )(2a 6＋7d )≤18⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 622＝72a 26＝72，当且仅当d ＝0时，取到等号．]3．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数．(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．[解] (1)证明：由题设知a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1，2分 两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1，由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.6分(2)由题设知a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1.由(1)知，a 3＝λ＋1.9分令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4.故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3；12分{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1.所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2，因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列.15分。
(浙江版)2019年高考数学一轮复习(讲+练+测)： 专题6.2 等差数列及其前n项和(练)
第02节 等差数列及其前n 项和A 基础巩固训练1. 设公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若4232()a a a =+，则74S a =（ ） A ．74 B ．145C ．7D ．14 【答案】C.2.【2019届宁夏银川一中高三上第二次月考】等差数列{a }n 中， n S 为n a 的前n 项和， 820a =， 756S =，则12a =（ ）A. 28B. 32C. 36D. 40 【答案】B 【解析】()177412847565682408322a a S a a a a +=⇒=⇒=∴=-=-=，选B.3.【2019届江西省上饶市二模】已知数列{}n a 的前 n 项和记为 n S ，满足1785,3a a ==，且122n n n a a a ++=+，要使得n S 取到最大值，则n =（ ）A. 13B. 14C. 15或16D. 16 【答案】C【解析】由于122n n n a a a ++=+，故数列为等差数列，依题意有7181757,33a a d d d =+=+==-，所以()21131266n n n n n S na d -=+⋅=-+，开口向下且对称轴为312n =，故15n =或16时取得最大值.4．【2019届福建省德化一中、永安一中、漳平一中高三上三校联考】已知等差数列{}n a 中， 315,a a 是方程2610x x --=的两根，则9a =_____【答案】3【解析】等差数列{}n a 中, 315962a a a +==,93a ∴=,故填3.5．【2019届安徽省巢湖一中、合肥八中、淮南二中等高中十校联盟高三摸底】已知递增的等比数列{}n a 和等差数列{}n b ，满足14231832a a a a +==，， 2b 是1a 和2a 的等差中项，且333b a =-. （Ⅰ）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （Ⅱ）若11n n n c b b +=，求数列{}n c 的前n 项和n S . 【答案】(1) 2nn a =,21n b n =-;(2) n S =21nn +. 2d =,∴()()2232221n b b n d n n =+-=+-=-.（Ⅱ）∵()()1111212122121n C n n n n ⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，∴1111111112323522121n S n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 11122121n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭. B 能力提升训练1．【2019届贵州省贵阳市第一中学高三上月考一】在等差数列中，若，且，则的最小值为（ ）A. 4B. 6C. 8D. 16 【答案】A2．【2019届陕西省黄陵中学高三（重点班）模拟一】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若111a =-，376a a +=-，则当n S 取得最小值时， n 等于( )A. 6B. 7C. 8D. 9 【答案】A 【解析】由题设1111{2286a d a d =-⇒=+=-，则()2211112n S n n n n =+--=-，所以当6n =时，212n S n n =-最小，应选答案A.3．【2019届湖南省永州市高三上第一次模拟】在等比数列{}n a 中，已知11a =， 48a =，若35,a a 分别为等差数列{}n b 的第2项和第6项，则数列{}n b 的前7项和为（ ） A. 49 B. 70 C. 98 D. 140 【答案】B【解析】在等比数列{}n a 中，由141,8a a ==，得352,4,16q a a ===，即264,16b b ==，()()()1726777774162870222b b b b b S +++=∴====，故选B.4．【2019届武汉市蔡甸区汉阳一中五模】已知数列的首项，其前项和为，且满足，若对，恒成立，则的取值范围是__________．【答案】5. 【2019届重庆市第一中学高三上期中】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知21=a ，2a 为整数，且3[3,5]a ∈.（1）求{}n a 的通项公式； （2）设21+=n n n a a b ，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】（1）1+=n a n ；（2）)3)(2(252125+++-n n n 【解析】试题分析：（1）因为等差数列}{n a 的21=a ，2a 为整数，所以公差为整数，设公差为d ，则]5,3[213∈+=d a a，即可求得d 的值；（2）因为数列}{n a 是等差数列，所以)11(212+-=n n n a a d b ，利用裂项求和即可求得数列{}n b 的前n 项和n T .试题解析：（1）设等差数列}{n a 的公差为d 因为21=a ，2a 为整数 所以公差d 为整数由等差数列的通项公式得]5,3[213∈+=d a a ，即得2321≤≤d 所以1=d所以数列}{n a 的通项公式为11)1(2+=⨯-+=n n a n（2）因为数列}{n a 是等差数列， 所以)311121)11(212+-+=-=+n n a a d b n n n （ 所以n n n b b b b b b T ++⋅⋅⋅++++=-14321]31112117151614151314121[21）（）（）（）（）（）（+-+++-+⋅⋅⋅+-+-+-+-=n n n n ]31213121[21+-+-+=n n )3)(2(252125+++-=n n n C 思维拓展训练1. 【2019届百校联盟高三开学联考】我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金杖，长5尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤；在细的一端截下1尺，重2斤；问依次每一尺各重多少斤？”设该金杖由粗到细是均匀变化的，其重量为M ，现将该金杖截成长度相等的10段，记第i 段的重量为()1,2,,10i a i =，且1210a a a <<<，若485i a M =，则i =（ ）A. 4B. 5C. 6D. 7 【答案】C2．【2019届河北省鸡泽县第一中学高三10月月考】设数列{a n }，{b n }都是正项等比数列，S n ，T n 分别为数列{lga n }与{lgb n }的前n 项和，且＝，则55b log a = ( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】设两个数列公比分别为12,q q ，有123lg lg lg lg n n S a a a a =+++⋅⋅⋅+=()()][1012121231111lg lg lg n n n n a a a a a q n a q -+++⋅⋅⋅+-⎡⎤⋅⋅⋅==⎢⎥⎣⎦ 同理可得nT= 1212lg n n b q -⎡⎤⎢⎥⎣⎦，有 n n S T = 121211221111121111221212lg lg log lg lg n n n n n n b q n a q a q a q n b q b q ----⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎛⎫⎣⎦⎣⎦== ⎪⎡⎤⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦1212121111log 22n n n b q n S n n a q T n n --⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎛⎫++=∴= ⎪⎝⎭，当9n =时有()()45124115915log log 299b b q a q a +===⨯.故选C.3.【2019届甘肃省兰州第一中学高三上第二次月考】已知正项数列{}n a 的首项11a =，前n 项和为n S ，若以(),n n a S 为坐标的点在曲线()112y x x =+上，则数列{}n a 的通项公式为________． 【答案】n a n =【解析】因为以(),n n a S 为坐标的点在曲线()112y x x =+上，所以()112n n n S a a =+，即221112,2n n n n n n S a a S a a +++=+=+，两式相减，得()221112n nn n n a a a a a +++=+-+，即2211n n n n a a a a ++-=+，即22111112424n n a a +⎛⎫⎛⎫--=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即111)22n n a a +-=+，即11n n a a +-=，又11a =，即数列{}n a 是以1为首项，公差为1的等差数列，则数列{}n a 的通项公式为n a n =；故填n a n =.4．【2019届江西省高三下学期调研考试（四）】定义区间的长度为， 为等差数列的前项和，且，则区间的长度为__________．【答案】5110205．【2019届福建省德化一中、永安一中、漳平一中高三上三校联考】已知等差数列{}n a 中， n S 是数列{}n a的前n 项和，且255,35.a s == （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设数列n 1n S ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的前n 项和为n T ，求n T ．【答案】（I ）21n a n =+， *n N ∈ . （II ）n T =1n n +.所以115{ 545352a d da +=⨯+=得13{ 2a d == ∴数列{}n a 的通项公式是 21n a n =+， *n N ∈（II ）13,21n a a n ==+()()12321222n n n a a n n S n n +++∴===+,()21111111n S n n n n n n n ∴===--+++ ， 12111111n n T S S S ∴=++⋅⋅⋅+--- 11111111223111n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=-= ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭.。
2019版高考数学大一轮复习 第七章 数列与数学归纳法 第2节 等差数列及其前n项和
K12课件
14
考点一 等差数列基本量的运算
【例1】 (1)(2016·全国Ⅰ卷)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝ ()
A.100
B.99
C.98
D.97
(2)(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则
{an}前ห้องสมุดไป่ตู้项的和为( )
(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)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数.( ) (5)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数.( )
第2节 等差数列及其前n项和
最新考纲 1.理解等差数列的概念；2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式； 3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决 相应的问题；4.了解等差数列与一次函数的关系.
K12课件
1
知识梳理
1.等差数列的概念 (1)如果一个数列从第__2__项起，每一项与它的前一项的差等于__同__一__个__常__数____， 那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的___公__差___，公差通常用字 母d表示. 数学语言表达式：an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)，或an－an－1＝d(n≥2，d为常数). a＋b (2)若 a，A，b 成等差数列，则 A 叫做 a，b 的等差中项，且 A＝____2______.
K12课件
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第2节 等差数列及其前n 项和最新考纲 1.理解等差数列的概念；2.掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式；3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题；4.了解等差数列与一次函数的关系．知 识 梳 理1．等差数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d 表示．数学语言表达式：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)，或a n －a n －1＝d (n ≥2，d 为常数)． (2)若a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a ，b 的等差中项，且A ＝a ＋b2．2．等差数列的通项公式与前n 项和公式(1)若等差数列{a n }的首项是a 1，公差是d ，则其通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ． 通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (m ，n ∈N *)． (2)等差数列的前n 项和公式S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d (其中n ∈N *，a 1为首项，d 为公差，a n 为第n 项)．3．等差数列的有关性质已知数列{a n }是等差数列，S n 是{a n }的前n 项和． (1)若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则有a m ＋a n ＝a p ＋a q .(2)等差数列{a n }的单调性：当d ＞0时，{a n }是递增数列；当d ＜0时，{a n }是递减数列；当d ＝0时，{a n }是常数列．(3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列． (4)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列． 4．等差数列的前n 项和公式与函数的关系S n ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n .数列{a n }是等差数列⇔S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)． 5．等差数列的前n 项和的最值在等差数列{a n }中，a 1＞0，d ＜0，则S n 存在最大值；若a 1＜0，d ＞0，则S n 存在最小值． [常用结论与微点提醒]1．用定义法证明等差数列应注意“从第2项起”，如证明了a n ＋1－a n ＝d (n ≥2)时，应注意验证a 2－a 1是否等于d ，若a 2－a 1≠d ，则数列{a n }不为等差数列．2．利用二次函数性质求等差数列前n 项和最值时，一定要注意自变量n 是正整数．诊 断 自 测1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( ) (2)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( )(3)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列．( )(4)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．( ) (5)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数．( ) 解析 (4)若公差d ＝0，则通项公式不是n 的一次函数． (5)若公差d ＝0，则前n 项和不是二次函数． 答案 (1)√ (2)√ (3)√ (4)× (5)×2．在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6等于( ) A ．－1B ．0C ．1D ．6解析 由等差数列的性质，得a 6＝2a 4－a 2＝2×2－4＝0，选B. 答案 B3．(2017·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( ) A ．1B ．2C ．4D ．8解析 设{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，6a 1＋15d ＝48，解得d ＝4. 答案 C4．(2018·宁波十校适应性考试)等差数列{a n }的公差d ＜0，且a 21＝a 217，则数列{a n }的前n 项和S n 取得最大值时的项数n 是( ) A ．8或9 B ．9或10 C ．10或11D ．11或12解析 由题意知，a 1＝±a 17，又因为d ＜0，所以a 1＝－a 17，故a 1＝－8d ，a 9＝0，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(n －9)d ，当a n ≥0时，n ≤9，所以当n ＝8或9时，S n 取最大值． 答案 A5．(必修5P68A8改编)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝450，则a 2＋a 8＝________． 解析 由等差数列的性质，得a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝450，∴a 5＝90，∴a 2＋a 8＝2a 5＝180. 答案 1806．(2018·湖州调研)设等差数列{a n }的公差是d ，前n 项和是S n .若a 1＝1，a 5＝9，则公差d ＝______，S n ＝______． 解析 公差d ＝a 5－a 15－1＝2，前n 项和S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n ＋n (n －1)＝n 2.答案 2 n 2考点一 等差数列基本量的运算【例1】 (1)(2016·全国Ⅰ卷)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A ．100B ．99C ．98D ．97(2)(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( ) A ．－24B ．－3C ．3D ．8解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧9a 1＋36d ＝27，a 1＋9d ＝8，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1，所以a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99＝98. (2)等差数列中a 1＝1，根据题意得a 23＝a 2·a 6，即(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋5d )，解得d ＝－2，d ＝0(舍去)．所以数列{a n }的前6项和为S 6＝6a 1＋6×52d ＝1×6＋6×52×(－2)＝－24.答案 (1)C (2)A规律方法 (1)等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想来解决问题．(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a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．【训练1】 (1)(一题多解)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝6，S 4＝12，则S 6＝________． (2)(2015·浙江卷)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝________，d ＝________．解析 (1)法一 设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由S 3＝6，S 4＝12，可得⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝3a 1＋3d ＝6，S 4＝4a 1＋6d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝2，即S 6＝6a 1＋15d ＝30.法二 由{a n }为等差数列，故可设前n 项和S n ＝An 2＋Bn ，由S 3＝6，S 4＝12，可得⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝9A ＋3B ＝6，S 4＝16A ＋4B ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧A ＝1，B ＝－1，即S n ＝n 2－n ，则S 6＝36－6＝30.(2)因为a 2，a 3，a 7成等比数列，所以a 23＝a 2a 7，即(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋6d )，由于d ≠0，∴a 1＝－23d ，∵2a 1＋a 2＝1，∴2a 1＋a 1＋d ＝1，即3a 1＋d ＝1，∴a 1＝23，d ＝－1.答案 (1)30 (2)23－1考点二 等差数列的判定与证明(变式迁移)【例2】 (经典母题)若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．(1)证明 当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0， 得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n －1S n －1＝2，又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列．(2)解 由(1)可得1S n ＝2n ，∴S n ＝12n.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12（n －1）＝n －1－n 2n （n －1）＝－12n （n －1）.当n ＝1时，a 1＝12不适合上式．故a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n （n －1），n ≥2.【变式迁移1】 将本例条件“a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12”改为“S n (S n －a n )＋2a n ＝0(n ≥2)，a 1＝2”，问题不变，试求解．(1)证明 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1且S n (S n －a n )＋2a n ＝0. ∴S n [S n －(S n －S n －1)]＋2(S n －S n －1)＝0， 即S n S n －1＋2(S n －S n －1)＝0. 即1S n －1S n －1＝12.又1S 1＝1a 1＝12. 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以首项为12，公差为12的等差数列．(2)解 由(1)知1S n ＝n 2，∴S n ＝2n，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－2n （n －1）当n ＝1时，a 1＝2不适合上式， 故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，－2n （n －1），n ≥2. 【变式迁移2】 已知数列{a n }满足2a n －1－a n a n －1＝1(n ≥2)，a 1＝2，证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列，并求数列{a n }的通项公式． 解 当n ≥2时，a n ＝2－1a n －1， ∴1a n －1－1a n －1－1＝12－1a n －1－1－1a n －1－1＝11－1a n －1－1a n －1－1＝a n －1a n －1－1－1a n －1－1＝a n －1－1a n －1－1＝1(常数)． 又1a 1－1＝1. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以首项为1，公差为1的等差数列．∴1a n －1＝1＋(n －1)×1＝n ， ∴a n ＝n ＋1n. 规律方法 等差数列的四种判断方法：(1)定义法：对于n ≥2的任意自然数，验证a n －a n －1为同一常数． (2)等差中项法：验证2a n －1＝a n ＋a n －2(n ≥3，n ∈N *)都成立． (3)通项公式法：验证a n ＝pn ＋q .(4)前n 项和公式法：验证S n ＝An 2＋Bn .后两种方法只能用来判断是否为等差数列，而不能用来证明等差数列，主要适合在选择题中简单判断．【训练2】 (2017·江苏卷)对于给定的正整数k ，若数列{a n }满足：a n －k ＋a n －k ＋1＋…＋a n －1＋a n ＋1＋…＋a n ＋k －1＋a n ＋k ＝2ka n ，对任意正整数n (n >k )总成立，则称数列{a n }是“P (k )数列”．(1)证明：等差数列{a n }是“P (3)数列”；(2)若数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，证明：{a n }是等差数列． 证明 (1)因为{a n }是等差数列，设其公差为d ， 则a n ＝a 1＋(n －1)d ， 从而，当n ≥4时，a n －k ＋a n ＋k ＝a 1＋(n －k －1)d ＋a 1＋(n ＋k －1)d＝2a 1＋2(n －1)d ＝2a n ，k ＝1，2，3， 所以a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n ， 因此等差数列{a n }是“P (3)数列”．(2)数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，因此， 当n ≥3时，a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＝4a n ，①当n ≥4时，a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n .② 由①知，a n －3＋a n －2＝4a n －1－(a n ＋a n ＋1)，③a n ＋2＋a n ＋3＝4a n ＋1－(a n －1＋a n )．④将③④代入②，得a n －1＋a n ＋1＝2a n ，其中n ≥4， 所以a 3，a 4，a 5，…是等差数列，设其公差为d ′. 在①中，取n ＝4，则a 2＋a 3＋a 5＋a 6＝4a 4， 所以a 2＝a 3－d ′，在①中，取n ＝3，则a 1＋a 2＋a 4＋a 5＝4a 3， 所以a 1＝a 3－2d ′， 所以数列{a n }是等差数列． 考点三 等差数列的性质及应用【例3】 (1)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( ) A ．5B ．7C ．9D ．11(2)(2018·浙江名校三联)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 8＝13，则S 8S 16＝( )A.310B.37C.13D.12(3)已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝－2 014，S 2 0142 014－S 2 0082 008＝6，则S 2 017＝________．解析 (1)∵{a n }为等差数列，∴a 1＋a 5＝2a 3，得3a 3＝3，所以a 3＝1，∴S 5＝5（a 1＋a 5）2＝5a 3＝5，故选A.(2)因为S n 为等差数列{a n }的前n 项和，所以S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12也成等差数列，而S 4S 8＝13，所以S 8＝3S 4，则(S 8－S 4)－S 4＝S 4，则得S 16＝10S 4，所以S 8S 16＝310. (3)由等差数列的性质可得⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列．设其公差为d ，则S 2 0142 014－S 2 0082 008＝6d ＝6，∴d ＝1.故S 2 0172 017＝S 11＋2 016d ＝－2 014＋2 016＝2， ∴S 2 017＝2×2 017＝4 034. 答案 (1)A (2)A (3)4 034规律方法 等差数列的性质是解题的重要工具．(1)在等差数列{a n }中，数列 S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 也成等差数列． (2)在等差数列{a n }中，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也成等差数列．【训练3】 (1)若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列的项数为( ) A ．13B ．12C ．11D ．10(2)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________． 解析 (1)因为a 1＋a 2＋a 3＝34，a n －2＋a n －1＋a n ＝146，a 1＋a 2＋a 3＋a n －2＋a n －1＋a n ＝34＋146＝180，又因为a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n －2， 所以3(a 1＋a n )＝180，从而a 1＋a n ＝60， 所以S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n ×602＝390，即n ＝13.(2)因为{a n }是等差数列，所以a 3＋a 7＝a 4＋a 6＝a 2＋a 8＝2a 5，a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝25，即a 5＝5，a 2＋a 8＝2a 5＝10. 答案 (1)A (2)10考点四 等差数列前n 项和及其最值【例4】 (1)(一题多解)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝13，S 3＝S 11，当S n 最大时，n 的值是( )A ．5B ．6C ．7D ．8(2)设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝________． 解析 (1)法一 由S 3＝S 11，得a 4＋a 5＋…＋a 11＝0，根据等差数列的性质，可得a 7＋a 8＝0.根据首项等于13可推知这个数列递减，从而得到a 7>0，a 8<0，故n ＝7时S n 最大． 法二 由S 3＝S 11，可得3a 1＋3d ＝11a 1＋55d ，把a 1＝13代入，得d ＝－2，故S n ＝13n －n (n －1)＝－n 2＋14n .根据二次函数的性质，知当n ＝7时S n 最大．(2)由a n ＝2n －10(n ∈N *)知{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n ＝2n －10≥0得n ≥5，∴n ≤5时，a n ≤0，当n >5时，a n >0，∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130. 答案 (1)C (2)130规律方法 求等差数列前n 项和的最值，常用的方法：(1)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项；(2)利用性质求出其正负转折项，便可求得和的最值；(3)将等差数列的前n 项和S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)看作二次函数，根据二次函数的性质求最值．【训练4】 (1)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1>0且a 6a 5＝911，则当S n 取最大值时，n 的值为( ) A ．9B ．10C ．11D ．12(2)(2018·金丽衢十二校二联)已知公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若有确定正整数n 0，对任意正整数m ，Sn 0·Sn 0＋m ＜0恒成立，则下列说法错误的是( )A ．a 1·d ＜0B ．|S n |有最小值C ．a n 0·a n 0＋1＞0D ．a n 0＋1·a n 0＋2＞0解析 (1)由a 6a 5＝911，得S 11＝S 9，即a 10＋a 11＝0，根据首项a 1＞0可推知这个数列递减，从而a 10＞0，a 11＜0，故n ＝10时，S n 最大．(2)由S n 0·S n 0 ＋m ＜0，知数列{a n }一定存在正项与负项，则要么a 1＞0，d ＜0，要么a 1＜0，d ＞0，即a 1·d ＜0，所以A 正确；由等差数列各项特征知，|S n |一定能取得最小值，所以B 正确；若数列{a n }为－1，2，5，8，…，当n ≥2时，a n ＞0，取n 0＝1，对任意正整数m ，S n 0·S n 0＋m＜0均成立，但an 0·an 0＋1＜0，所以C 错误，故选C.答案 (1)B (2)C基础巩固题组一、选择题1．(一题多解)已知数列{a n }是等差数列，a 1＋a 7＝－8，a 2＝2，则数列{a n }的公差d 等于( ) A ．－1B ．－2C ．－3D ．－4解析 法一 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋（a 1＋6d ）＝－8，a 1＋d ＝2，解得a 1＝5，d ＝－3.法二 a 1＋a 7＝2a 4＝－8，∴a 4＝－4， ∴a 4－a 2＝－4－2＝2d ，∴d ＝－3. 答案 C2．(2018·嘉兴测试)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 1S 4＝110，则S 3S 5＝( )A.25B.35C.37D.47解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则由题意得S 1S 4＝a 14a 1＋6d ＝110，解得a 1＝d ，则S 3S 5＝3a 1＋3d5a 1＋10d＝25，故选A. 答案 A3．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 11＝22，a 4＝－12，如果当n ＝m 时，S n 最小，那么m 的值为( )A ．10B ．9C ．5D ．4解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则S 11＝11a 1＋55d ＝22，a 4＝a 1＋3d ＝－12，解得a 1＝－33，d ＝7，由a n ＝7n －40<0得n ≤5，即该数列的前5项是负数，从第6项开始是正数，则前5项的和最小，即m ＝5. 答案 C4．已知等差数列{a n }满足a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 101＝0，则有( ) A ．a 1＋a 101＞0 B ．a 2＋a 100＜0 C ．a 3＋a 99＝0 D ．a 51＝51解析 由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 101＝a 1＋a 1012×101＝0.所以a 1＋a 101＝a 2＋a 100＝a 3＋a 99＝0. 答案 C5．已知等差数列{a n }的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为( ) A ．10B ．20C ．30D ．40解析 设项数为2n ，则由S 偶－S 奇＝nd 得，25－15＝2n ，解得n ＝5，故这个数列的项数为10. 答案 A6．(2015·浙江卷)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( )A ．a 1d >0，dS 4>0B ．a 1d <0，dS 4<0C ．a 1d >0，dS 4<0D ．a 1d <0，dS 4>0解析 ∵a 3，a 4，a 8成等比数列，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )·(a 1＋7d )，整理得a 1＝ －53d ，∴a 1d ＝－53d 2<0(d ≠0)，又S 4＝4a 1＋4×32d ＝－2d 3，∴dS 4＝－2d 23<0，故选B. 答案 B 二、填空题7．(2018·金华四校联考)设等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋bn ＋c (b ，c 为常数，n ∈N *)，若a 2＋a 3＝4，则c ＝________，b ＝________．解析 ∵数列{a n }是等差数列，且前n 项和S n ＝n 2＋bn ＋c ，∴c ＝0，则S n ＝n 2＋bn ，又a 2＋a 3＝S 3－S 1＝9＋3b －1－b ＝4，∴b ＝－2. 答案 0 －28．已知每项均大于零的数列{a n }中，首项a 1＝1且前n 项和S n 满足S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1(n ∈N *且n ≥2)，则a 61＝________．解析 由已知S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1可得，S n －S n －1＝2，所以{S n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故S n ＝2n －1，S n ＝(2n －1)2，所以a 61＝S 61－S 60＝1212－1192＝480. 答案 4809．(2017·慈溪统考)设等差数列{a n }的前n 项和S n ，且满足a 8>0，a 8＋a 9<0，则S n >0的最大n 是________；数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1<n <15)中最大的项为第________项． 解析 ∵a 8>0，a 8＋a 9<0，∴S 15＝（a 1＋a 15）·152＝2a 8·152＝15a 8>0，而S 16＝（a 1＋a 16）·162＝（a 8＋a 9）·162＝8(a 8＋a 9)<0，∴使S n >0的最大n 为15.∵a 8>0，a 9<0，∴S 8最大，且a 8为{a n }的最小正数项，a 9，a 10，…均小于零，所以当9≤n <15时，S n a n均小于零，当n ＝8时，S n a n 最大，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1<n <15)的最大值是第8项． 答案 15 810．(一题多解)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝________． 解析 法一 由已知得，a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，因为数列{a n }为等差数列，所以d ＝a m ＋1－a m ＝1，又因为S m ＝m （a 1＋a m ）2＝0，所以m (a 1＋2)＝0，因为m ≠0，所以a 1＝－2，又a m ＝a 1＋(m －1)d ＝2，解得m ＝5.法二 因为S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，所以a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，所以公差d ＝a m ＋1－a m ＝1，由S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝na 1＋n （n －1）2， 得⎩⎪⎨⎪⎧ma 1＋m （m －1）2＝0， ①（m －1）a 1＋（m －1）（m －2）2＝－2. ② 由①得a 1＝1－m 2，代入②可得m ＝5. 法三 因为数列{a n }为等差数列，且前n 项和为S n ，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列． 所以S m －1m －1＋S m ＋1m ＋1＝2S m m ，即－2m －1＋3m ＋1＝0， 解得m ＝5，经检验为原方程的解．答案 5三、解答题11．(2017·全国Ⅱ卷)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2.(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式；(2)若T 3＝21，求S 3.解 (1)设{a n }公差为d ，{b n }公比为q ，由等差数列、等比数列的通项公式可得⎩⎪⎨⎪⎧－1＋d ＋q ＝2，－1＋2d ＋q 2＝5 解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝0(舍去)， 故{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.(2)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧－1＋d ＋q ＝2，1＋q ＋q 2＝21，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝4，d ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝－5，d ＝8.∴当q ＝4，d ＝－1时，S 3＝－6；当q ＝－5，d ＝8时，S 3＝21.12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数．(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．(1)证明 由题设知，a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1. 两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1.由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)解 由题设知，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1. 由(1)知，a 3＝λ＋1.由2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4.故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3； {a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1.所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列．能力提升题组13．(2018·杭州模拟)设{a n }是等差数列，S n 为其前n 项和．若正整数i ，j ，k ，l 满足i＋l ＝j ＋k (i ≤j ≤k ≤l )，则( )A ．a i a l ≤a j a kB ．a i a l ≥a j a kC ．S i S l ＜S j S kD ．S i S l ≥S j S k解析 不妨取i ，j ，k ，l 分别为1，2，3，4，则a 1a 4－a 2a 3＝－2d 2≤0，∴a 1a 4≤a 2a 3，又S 1S 4－S 2S 3＝－2(a 1＋34d )2－158d 2≤0， ∴S 1S 4≤S 2S 3，即A 正确．答案 A14．(2016·浙江卷)如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N *，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N *(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合)．若d n ＝|A n B n |，S n 为△A n B n B n ＋1的面积，则( )A ．{S n }是等差数列B ．{S 2n }是等差数列 C ．{d n }是等差数列 D ．{d 2n }是等差数列 解析 S n 表示点A n 到对面直线的距离(设为h n )乘以|B n B n －1|长度一半，即S n ＝12h n |B n B n －1|，由题目中条件可知|B n B n －1|的长度为定值，过A 1作垂直得到初始距离h 1，那么A 1，A n 和两个垂足构成等腰梯形，则h n ＝h 1＋|A 1A n |tan θ(其中θ为两条线所成的锐角，为定值)，从而S n ＝12(h 1＋|A 1A n |tan θ)|B n B n ＋1|， S n ＋1＝12(h 1＋|A 1A n ＋1|)|B n B n ＋1|，则S n ＋1－S n ＝12|A n A n ＋1||B n B n ＋1|tan θ，都为定值， 所以S n ＋1－S n 为定值，故选A.答案 A15．(2018·丽水测试)已知⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）n 是等差数列，f (1)＝2，f (2)＝6，则f (n )＝________，数列{a n }满足a n ＋1＝f (a n )，a 1＝1，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫11＋a n 的前n 项和为S n ，则S 2 015＋1a 2 016＝________．解析 设公差为d ，由题意得d ＝f （2）2－f （1）1＝3－2＝1，∴f （n ）n ＝2＋(n －1)·1⇒f (n )＝n 2＋n ，a n ＋1＝f (a n )＝a 2n ＋a n ＝a n (1＋a n )⇒1a n ＋1＝1a n （1＋a n ）＝1a n －11＋a n ⇒11＋a n ＝1a n －1a n ＋1，∴S n ＝1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a n －1a n ＋1＝1a 1－1a n ＋1⇒S n ＋1a n ＋1＝1a 1＝1，∴S 2 015＋1a 2 016＝1. 答案 n 2＋n 116．在数列{a n }中，a 1＝－5，a 2＝－2，记A (n )＝a 1＋a 2＋…＋a n ，B (n )＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1，C (n )＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2(n ∈N *)，若对于任意n ∈N *，A (n )，B (n )，C (n )成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{|a n |}的前n 项和．解 (1)根据题意A (n )，B (n )，C (n )成等差数列．∴A (n )＋C (n )＝2B (n )，整理得a n ＋2－a n ＋1＝a 2－a 1＝－2＋5＝3，∴数列{a n }是首项为－5，公差为3的等差数列，∴a n ＝－5＋3(n －1)＝3n －8.(2)|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋8，n ≤2，3n －8，n ≥3，记数列{|a n |}的前n 项和为S n .当n ≤2时，S n ＝n （5＋8－3n ）2＝－3n 22＋132n ；当n ≥3时，S n ＝7＋（n －2）（1＋3n －8）2＝3n 22－132n ＋14，综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－32n 2＋132n ，n ≤2，32n 2－132n ＋14，n ≥3.17．在公差不为0的等差数列{a n }中，a 3＋a 10＝15，且a 2，a 5，a 11成等比数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ＋1a n ＋1＋…＋1a 2n －1，证明：12≤b n ＜1.(1)解 设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＋a 1＋9d ＝15，（a 1＋4d ）2＝（a 1＋d ）（a 1＋10d ）.注意到d ≠0，解得a 1＝2，d ＝1.所以a n ＝n ＋1.(2)证明 由(1)可知b n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，b n ＋1＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋2.因为b n ＋1－b n ＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1－12n ＋2＞0， 所以数列{b n }单调递增．所以b n ≥b 1＝12.又b n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ≤1n ＋1＋1n ＋1＋…＋1n ＋1＝nn ＋1＜1，因此12≤b n ＜1.。