2018高三数学(理)一轮复习课件：6-2等差数列及其前n项和

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高三数学等差数列前N项和公式PPT教学课件

数列前n项和与通项公式的关：系
an
S1 Sn
Sn1
(n 1) ( n 1)
数列通项公式?
当 n1时 ,不一定a满 nSn足 Sn： 1
探索
一般地，如a果 n的一 n前项个和数 :Sn为列 p2 nq n r 其p中、 q、 r为常数 p， 0,那且么这a 个 n一数定列是的等
当 n 1 时 a n S n S n 1 ， ( n 2 1 2 n ) [ n 1 ) 2 ( 1 2 ( n 1 ) 2 n ] 1 2
当 n1 时a 1， S 12 3 满a 足 n2n1 2
所以a数 n的列通项公 an2 式 n1 2为：由此题,如何通过数列 an是以 23为首2项为，公差的等差数数列列前。 n项和来求
能不能把一此般结情论 an 况推为：广等如到差
sk,s2ksk,s3ks2k也成等差 k Z)数列。
公差为原来公差的k 2倍
本节课学习的主要内容有： 1、如何利用数列的前n项和求通项公式
2、等差数列前n项和最值求解
3、等差数列简单性质.
2.已知 an 1024lg21n， (lg20.301)， 0nN,问：
1、利Sn用：Snd2n2(a1d2)n.借助二次函数最 2、利 an：用借助a通 n的项正公负式 n情项S况和 n的与变化情 an0况且 an1 ， 0
二 . 等 a 差 n 的 a 1 数首 0 ,公 d 列 0 时项差前n项，和Sn有最小值
1、利Sn用：Snd2n2(a1d2)n.借助二次函数最 2、利 an：用借助a通 n的项正公负式 n情项S况和 n的与变化情 an0况且 an1 ， 0

2018课标版理数一轮（6）第六章-数列（含答案）2第二节等差数列及其前n项和夯基提能作业本

2018课标版理数一轮（6）第六章-数列（含答案）2第二节等差数列及其前n项和夯基提能作业本第二节等差数列及其前n项和A组基础题组1.(2016青岛模拟)在等差数列{a n}中,a2+a12=32,则2a3+a15的值是()A.24B.48C.96D.无法确定2.在等差数列{a n}中,若a4+a6+a8+a10+a12=120,则a9-13a11的值为()A.14B.15C.16D.173.(2016淄博模拟)设等差数列{a n}的前n项和为S n,若-a m<a1<-a m+1(m∈n*,m≥2),则必有()<="" p="">A.S m>0且S m+1<0B.S m<0且S m+1>0C.S m>0且S m+1>0D.S m<0且S m+1<04.数列{a n}的前n项和S n=2n2+3n(n∈N*),若p-q=5,则a p-a q=()A.10B.15C.-5D.205.设数列{a n}的前n项和为S n,若S nS2n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+16.在等差数列{a n}中,公差d=12,前100项的和S100=45,则a1+a3+a5+…+a99=.7.等差数列{a n}中,已知a5>0,a4+a7<0,则{a n}的前n项和S n中最大的为.8.(2016福建莆田期中)如果数列{a n}满足a1=2,a2=1,且an-1-a nan-1=a n-a n+1a n+1(n≥2),则这个数列的第10项等于.9.(2016威海模拟)已知S n为正项数列{a n}的前n项和,且满足S n=12a n2+12a n(n∈N*).(1)求a1,a2,a3,a4的值;(2)求数列{a n}的通项公式.10.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=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.B组提升题组11.(2016德州模拟)已知正项数列{a n}的前n项的乘积T n=14n2-6n(n∈N*),b n=log2a n,则数列{b n}的前n项和S n中最大的是()A.S6B.S5C.S4D.S312.已知等差数列{a n}的公差d>0,若a1+a2+…+a2017=2017a m(m∈N*),则m=.13.(2016四川成都一诊)设等差数列{a n}的前n项和为S n,若a2+a4+a9=24,则S88·S1010的最大值为.14.(2016安徽安庆二模)已知数列{a n}是各项均不为零的等差数列,S n为其前n项和,且a n=S2n-1(n∈N*).若不等式λa n ≤n+8n对任意n∈N*恒成立,则实数λ的最大值为.15.已知数列{a n}是等差数列,b n=a n2-a n+12.(1)证明:数列{b n}是等差数列;(2)若a1+a3+a5+…+a25=130,a2+a4+a6+…+a26=143-13k(k为常数),求数列{b n}的通项公式;(3)在(2)的条件下,若数列{b n}的前n项和为S n,是否存在实数k,使S n当且仅当n=12时取得最大值?若存在,求出k的取值范围;若不存在,说明理由.16.已知函数f(x)=x2-2(n+1)x+n2+5n-7.(1)设函数y=f(x)的图象的顶点的纵坐标构成数列{a n},求证:{a n}为等差数列;(2)设函数y=f(x)的图象的顶点到x轴的距离构成数列{b n},求{b n}的前n项和S n.答案全解全析 A 组基础题组1.B 由等差数列的通项公式知,a 2+a 12=2a 1+12d=2(a 1+6d)=32,所以 a 1+6d=16,所以2a 3+a 15=3a 1+18d=3(a 1+6d)=48.2.C 设等差数列{a n }的公差为d,∵a 4+a 6+a 8+a 10+a 12=120,∴5a 8=120,a 8=24,∴a 9-13a 11=(a 8+d)-13(a 8+3d)=23a 8=16.3.A 由题意知,a 1+a m >0,a 1+a m+1<0,得S m =m (a 1+a m )2>0,S m+1=(m +1)(a 1+a m +1)2<0.4.D 解法一:当n ≥2时,a n =S n -S n-1=2n 2+3n-[2(n-1)2+3(n-1)]=4n+1, 当n=1时,a 1=S 1=5,符合上式, ∴a n =4n+1,∴a p -a q =4(p-q)=20.解法二:由题意可知{a n }为等差数列,且公差d=2×2=4,∴a p -a q =d(p-q)=20.5.B 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(2n-1)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-1.6.答案 10 解析 S 100=1002(a 1+a 100)=45,a 1+a 100=0.9,a 1+a 99=a 1+a 100-d=0.4,则a 1+a 3+a 5+…+a 99=502(a 1+a 99)=502×0.4=10.7.答案 S 5解析∵ a 4+a7=a 5+a 6<0,a 5>0,∴ a 5>0,a 6<0,∴S n 中最大的为S 5. 8.答案15解析∵a n -1-a n a n -1=a n -a n +1a n +1(n ≥2),∴a n =2a n -1a n +1an +1+a n -1(n ≥2),∴2a n=1an +1+1a n -1(n ≥2),∴ 1a n为等差数列.∴公差d=1a 2-1a 1=1-12=12,∴1a 10=12+9×12=5,∴a 10=15.9.解析(1)已知{a n}是正项数列,由S n=1 2a n2+12a n(n∈N*),可得a1=12a12+12a1,解得a1=1;S2=a1+a2=12a22+12a2,解得a2=2;同理,a3=3,a4=4.(2)S n=12a n2+12a n,①当n≥2时,S n-1=12an-12+12a n-1,②①-②化简得(a n-a n-1-1)(a n+a n-1)=0(n≥2),又{a n}为正项数列,∴a n-a n-1=1(n≥2).由(1)知a1=1,故数列{a n}是首项为1,公差为1的等差数列,故a n=n.10.解析(1)证明:由题设a n a n+1=λS n-1,知a n+1a n+2=λS n+1-1.两式相减可得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)存在.由a1=1,a1a2=λa1-1,可得a2=λ-1,由(1)知,a3=λ+1.令2a2=a1+a3,解得λ=4.此时a n+2-a n=4,由此可得,{a2n-1}(n∈N*)是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=1+(n-1)·4=4n-3; {a2n}(n∈N*)是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=3+(n-1)·4=4n-1.所以a n=2n-1,a n+1-a n=2.因此存在λ=4,使得{a n}为等差数列.B组提升题组11.D当n=1时,a1=T1=14-5=45,当n≥2时,a n=T nTn-1=142n-7,显然a1=45也适合上式,所以数列{a n}的通项公式为a n=142n-7,所以b n=log2a n=14-4n,数列{b n}是以10为首项,-4为公差的等差数列,所以S n=10n+n(n-1)(-4)2=-2n2+12n=-2[(n-3)2-9],易得S n中最大的是S3.12.答案1009解析因为数列{a n}是等差数列,所以a1+a2+…+a2017=2017a1+2017×20162d=2017(a1+1008d),又 a m=a1+(m-1)d,所以根据题意得,2017(a1+1008d)=2017[a1+(m-1)d],解得m=1009.13.答案 64解析设等差数列{a n }的公差为d,则a 2+a 4+a 9=3a 1+12d=24,即a 1+4d=8,所以S n n=na 1+n (n -1)2d n=a 1+n -12d=8-4d+n -12d,则S 88=8-4d+72d=8-d 2,S 1010=8-4d+92d=8+d 2,S 88·S 1010= 8-d 2 8+d2 =64-d 24≤64,当且仅当d=0时取等号,所以S88·S 1010的最大值为64.14.答案 9解析 a n = S 2n -1?a n = (2n -1)(a 1+a 2n -1)2= (2n -1)a n ?a n 2=(2n-1)a n ?a n =2n-1,n ∈N *.因为λa n ≤n +8n,所以λ≤(+8)(2n -1)n,即λ≤2n-8n+15.易知y=2x-8x(x>0)为增函数,∴2n -8n+15≥2×1-81+15=9,所以λ≤9,故实数λ的最大值为9. 15.解析 (1)证明:设{a n }的公差为d,则b n+1-b n =(a n +12-a n +22)-(a n 2-a n +12)=2a n +12-(a n+1-d)2-(a n+1+d)2=-2d 2,∴数列{b n }是以-2d 2为公差的等差数列.(2)∵a 1+a 3+a 5+…+a 25=130,a 2+a 4+a 6+…+a 26=143-13k,∴13d=13-13k,∴d=1-k,又13a 1+13×(13-1)2×2d=130,∴a 1=-2+12k,∴a n =a 1+(n-1)d=(-2+12k)+(n-1)(1-k)=(1-k)n+13k-3,∴b n =a n 2-a n +12=(a n +a n+1)·(a n -a n+1)=-2(1-k)2n+25k 2-30k+5.(3)存在.要满足当且仅当n=12时S n 最大,则b 12>0,b 13<0.即-2(1-k )2·12+25k 2-30k +5>0,-2(1-k )2·13+25k 2-30k +5<0? k 2+18k-19>0,k 2-22k +21>0? k >1或k <-19,k >21或k <1?k>21或k<-19,故存在满足题意的实数k,此时k ∈(-∞,-19)∪(21,+∞). 16.解析 (1)证明:∵f(x)=x 2-2(n+1)x+n 2+5n-7=[x-(n+1)]2+3n-8,∴a n =3n-8.∵a n+1-a n =3(n+1)-8-(3n-8)=3,∴数列{a n }为等差数列.(2)由题意知,b n =|a n |=|3n-8|,∴当1≤n ≤2,n ∈N *时,b n =8-3n,S n =n (b 1+b n )2=n [5+(8-3n )]2=13n -3n 22;当n ≥3,n ∈N *时,b n =3n-8,S n =b 1+b 2+b 3+…+b n =5+2+1+…+(3n-8)=7+(n -2)[1+(3n -8)]2=3n 2-13n+282.∴S n = 13n-3n 22,1≤n ≤2,n ∈N *,3n 2-13n+282,n ≥3,n ∈N *.</a1<-a>。

高考数学一轮复习第6章数列第1课时数列的基本概念课件理

∴an＝32＋·3nb－1
（n≥2），（n＝1）.
【答案】 (1)an＝4n－5 (2)当 b＝－1 时，an＝2·3n－1；当 b≠
－1 时，an＝32＋·3nb－1
（n≥2），（n＝1）.
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★状元笔记★ 已知Sn求an的一般步骤
(1)当n＝1时，由a1＝S1求a1的值； (2)当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1，求得an的表达式； (3)检验a1的值是否满足(2)中的表达式，若不满足，则分段表示an； (4)写出an的完整表达式．
5．(2018·沧州七校联考)设函数{an}通项为an＝
2
＋cos
nπ 3
(n∈N*)，又k∈N*，则( )
A．ak＝ak＋3 C．ak＝ak＋5
B．ak＝ak＋4 D．ak＝ak＋6
答案 D
12/11/2021
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6．观察下列各图，并阅读图形下面的文字．像这样，10 条直线相交，交点的个数最多是( )
a10－a9＝9. 累加得 a10－a2＝2＋3＋…＋9，∴a10＝1＋2＋3＋…＋9＝45.
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授人以渔
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12/11/2021
题型一归纳通项公式根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式： (1)－1，7，－13，19，… (2)0.8，0.88，0.888，… (3)1，0，13，0，15，0，17，0，… (4)32，1，170，197，…
第十六页，共四十六页。
【解析】 (1)符号问题可通过(－1)n或(－1)n＋1表示，其各
项的绝对值的排列规律为：后面的数的绝对值总比前面数的绝

高三数学第一轮总复习课件：等差、等比数列

Sn
a1 an n na
2
q 1 na1 等比数列前n项和 S n a1 1 q n q 1 1 q n 1 S1 2.如果某个数列前n项和为Sn，则 an S n S n1 n 2
nn 1 d 1 2
3.下列命题中正确的是( B
)
A.数列{an}的前n项和是Sn=n2+2n-1，则{an}为等差数列 B. 数列 {an} 的前 n 项和是 Sn=3n-c，则 c=1 是 { an} 为等比数列的充要条件 C.数列既是等差数列，又是等比数列
D.等比数列{an}是递增数列，则公比q大于1
4. 等差数列 { an} 中， a1＞0，且 3 a8=5a13，则 Sn 中最大的是 C ( ) (A)S10 (B)S11 (C)S20 (D)S21
(2n-1)an，当{an}为等比数列时其结论可类似推导得出．
4. 已知数列 { an} 的前 n 项和 Sn=32n-n2，求数列 { |an|} 的前 n 项 Sn 和S’n ．
【解题回顾】
：当ak≥0 一般地，数列{an}与数列{|an|}的前n项和Sn与 S n
时，有 S n ak＜0时， S n S(n k =1，2，…，n).若在 S；当 n
高三数学第一轮总复习四：等差、等比数列
等差、等比数列的通项及求和公式等差、等比数列的运用
等差、等比数列的应用数列的通项与求和
第1课时等差、等比数列的通项及求和公式
• • • •
要点·疑点·考点课前热身能力·思维·方法延伸·拓展
•误解分析
要点·疑点·考点
1.等差数列前n项和
a1，a2,…，an中，有一些项不小于零，而其余各项均小于零，设其和分别为S+、S-，则有Sn=S++S-，所以

(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(测)(2021学年)

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第0２节等差数列及其前ｎ项和一、选择题(本大题共1２小题,每小题５分,在每小题给出的四个选择中,只有一个是符合题目要求的.）１．【２017届浙江台州中学高三10月月考】一个等差数列的项数为2n ,若132190n a a a -++⋅⋅⋅+=,24272n a a a ++⋅⋅⋅+=,且1233n a a -=，则该数列的公差是( )Ａ。

3 B 。

-3 C.-２ D 。

—1 【答案】B.２．【2018届辽宁省沈阳市东北育才学校高三模考】等差数列{}n a 中，564a a +=,则10122log (222)a a a ⋅= ( )Ａ。

10 B.20 Ｃ。

４0 D.22log 5+ 【答案】B【解析】因为10121056125()54222222a a a a a a a a ++++⨯⋅⋅⋅===，所以10125422log (222)log 220.a a a ⨯⋅⋅⋅==选B 。

3．数列{}n a 为等差数列，满足242010a a a +++=，则数列{}n a 前21项的和等于( )A ．212B ．2１C ．42 Ｄ.84 【答案】B【解析】根据等差数列的求和公式，可知22010()102a a +=，即2202a a +=,所以数列{}n a 前2１项的和为1212121()212a a S +==,故答案为Ｂ．4．【云南省玉溪第一中学２0１8届高三上学期第一次月考】数列{}n a 是首项11a =,对于任意*,m n N ∈，有3n m n a a m +=+，则{}n a 前5项和5S =( )A 。

高考数学(理)总复习讲义：等差数列及其前n项和

第二节等差数列及其前n 项和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．这个常数叫做等差数列的公差，符号表示为a n ＋1－a n ＝d ❶(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 ❷.(2)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)． (3)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2❸. ,d ＞0⇔{a n }为递增数列， d ＝0⇔{a n }为常数列， d ＜0⇔{a n }为递减数列．当d ≠0时，等差数列{an }的通项公式a n ＝dn ＋(a 1－d )是关于d 的一次函数．当d ≠0时，等差数列{an }的前n 项和S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n 是关于n 的二次函数． [熟记常用结论]1．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 . 2．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 . 3．若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．4．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．5．若{a n }是等差数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也成等差数列，其首项与{a n }首项相同，公差是{a n }公差的12. 6．若{a n }是等差数列，S m ，S 2m ，S 3m 分别为{a n }的前m 项，前2m 项，前3m 项的和，则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 也成等差数列．7．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 ，S 奇S 偶＝a na n ＋1. (2)若项数为2n －1，则S 偶＝(n －1)a n ，S 奇＝na n ，S 奇－S 偶＝a n ，S 奇S 偶＝nn －1.8．两个等差数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n 之间的关系为a n b n ＝S 2n －1T 2n －1.[小题查验基础]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)(1)若一个数列从第二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)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( )(3)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数．( ) (4)已知等差数列{a n }的通项公式a n ＝3－2n ，则它的公差为－2.( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√ 二、选填题1．在等差数列{}a n 中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．6解析：选B ∵{}a n 为等差数列，∴2a 4＝a 2＋a 6，∴a 6＝2a 4－a 2＝2×2－4＝0.2．等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }的公差为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4 解析：选B 设公差为d .∵a 1＋a 5＝2a 3＝10，∴a 3＝5，又∵a 4＝7，∴d ＝2.故选B.3．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝6，a 1＝4，则公差d 等于( ) A ．1 B.53 C ．－2D ．3解析：选C ∵S 3＝6＝32(a 1＋a 3)，且a 3＝a 1＋2d ，a 1＝4，∴d ＝－2，故选C.4．已知等差数列－8，－3,2,7，…，则该数列的第100项为________．解析：依题意得，该数列的首项为－8，公差为5，所以a 100＝－8＋99×5＝487. 答案：4875．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________．解析：∵a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9＝9a 1＋9×82d ＝36d ＝a 37， ∴m ＝37. 答案：37考点一等差数列基本量的运算[基础自学过关][题组练透]1．(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( ) A ．－12 B ．－10 C ．10D ．12解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ，由3S 3＝S 2＋S 4，得3(3a 1＋3d )＝2a 1＋d ＋4a 1＋6d ，即3a 1＋2d ＝0.将a 1＝2代入上式，解得d ＝－3，故a 5＝a 1＋(5－1)d ＝2＋4×(－3)＝－10.2．(2017·全国卷Ⅰ)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：选C 设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，2a 1＋5d ＝16，解得d ＝4. 3．(2019·西安质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3·a 5＝12，a 2＝0.若a 1＞0，则S 20＝( )A ．420B ．340C ．－420D ．－340解析：选D 设数列{a n }的公差为d ，则a 3＝a 2＋d ＝d ，a 5＝a 2＋3d ＝3d ，由a 3·a 5＝12，得d ＝±2，由a 1＞0，a 2＝0，可知d ＜0，所以d ＝－2，所以a 1＝2，故S 20＝20×2＋20×192×(－2)＝－340.4．(2019·西安八校联考)设数列{a n }是等差数列，且a 2＝－6，a 6＝6，S n 是数列{a n }的前n 项和，则( )A ．S 4＜S 3B ．S 4＝S 3C ．S 4＞S 1D ．S 4＝S 1解析：选B 设{a n }的公差为d ，由a 2＝－6，a 6＝6，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝－6，a 1＋5d ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－9，d ＝3.于是，S 1＝－9，S 3＝3×(－9)＋3×22×3＝－18，S 4＝4×(－9)＋4×32×3＝－18，所以S 4＝S 3，S 4＜S 1，故选B.[名师微点]等差数列基本运算的常见类型及解题策略(1)求公差d 或项数n .在求解时，一般要运用方程思想． (2)求通项．a 1和d 是等差数列的两个基本元素．(3)求特定项．利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解．(4)求前n 项和．利用等差数列的前n 项和公式直接求解或利用等差中项间接求解． [提醒] 在求解数列基本量问题中主要使用的是方程思想，要注意使用公式时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意运用整体代换思想，使运算更加便捷．考点二等差数列的判定与证明[师生共研过关][典例精析]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．[解] (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，因为S n ≠0，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)由(1)可得1S n ＝2n ，所以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.[变式发散]1．(变设问)本例条件不变，判断数列{a n }是否为等差数列，并说明理由．解：因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，a n ＋2S n S n －1＝0，所以S n －S n －1＋2S n S n －1＝0(n ≥2)．所以1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．又1S 1＝1a 1＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，2为公差的等差数列．所以1S n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，故S n ＝12n.所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12(n －1)＝－12n (n －1)，所以a n ＋1＝－12n (n ＋1).又a n ＋1－a n ＝－12n (n ＋1)－－12n (n －1)＝－12n ·⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n －1＝1n (n －1)(n ＋1)，所以当n ≥2时，a n ＋1－a n 的值不是一个与n 无关的常数，故数列{a n }不是一个等差数列．2．(变条件)将本例条件“a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12”变为“S n (S n －a n )＋2a n ＝0(n ≥2)，a 1＝2”，问题不变，试求解．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，所以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，因为S n ≠0，所以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)由(1)知1S n ＝n 2，所以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. [解题技法]等差数列的判定与证明方法[提醒] 如果要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法．判断时易忽视定义中从第2项起，以后每项与前一项的差是同一常数，即易忽视验证a 2－a 1＝d 这一关键条件．[过关训练]1．已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋3n ＋1－2n，设b n ＝a n －2n3n ，求证：数列{b n }为等差数列，并求{a n }的通项公式．证明：因为b n ＋1－b n ＝a n ＋1－2n ＋13n ＋1－a n －2n3n ＝3a n ＋3n ＋1－2n －2n ＋13n ＋1－3a n －3·2n 3n ＋1＝1，所以{b n }为等差数列，又b 1＝a 1－23＝0，所以b n ＝n －1，所以a n ＝(n －1)·3n ＋2n .2．已知数列{a n }满足(a n ＋1－1)(a n －1)＝3(a n －a n ＋1)，a 1＝2，令b n ＝1a n －1. (1)求证：数列{b n }是等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：因为1a n ＋1－1－1a n －1＝a n －a n ＋1(a n ＋1－1)(a n －1)＝13，所以b n ＋1－b n ＝13，所以数列{b n }是等差数列． (2)由(1)及b 1＝1a 1－1＝12－1＝1，知b n ＝13n ＋23，所以a n －1＝3n ＋2，所以a n ＝n ＋5n ＋2.考点三等差数列的性质与应用[师生共研过关][典例精析](1)(2018·咸阳二模)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4，a 10是方程x 2－8x ＋1＝0的两根，则S 13＝( )A ．58B ．54C ．56D ．52(2)已知等差数列{a n }的前10项和为30，它的前30项和为210，则前20项和为( ) A ．100 B ．120 C ．390D ．540(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 2 019＝________.[解析] (1)∵a 4，a 10是方程x 2－8x ＋1＝0的两根， ∴a 4＋a 10＝8，∴a 1＋a 13＝8， ∴S 13＝13×(a 1＋a 13)2＝13×82＝52.(2)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，则S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等差数列， ∴2(S 20－S 10)＝S 10＋(S 30－S 20)，又等差数列{a n }的前10项和为30，前30项和为210， ∴2(S 20－30)＝30＋(210－S 20)，解得S 20＝100.(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 0192 019＝S 11＋2 018d ＝－2 014＋2 018＝4， ∴S 2 019＝4×2 019＝8 076.[答案] (1)D (2)A (3)8 076[解题技法]一般地，运用等差数列性质可以优化解题过程，但要注意性质运用的条件，如m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)；数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 也成等差数列；⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也成等差数列．等差数列的性质是解题的重要工具． [过关训练]1．(2019·聊城模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 13＝104，a 6＝5，则数列{a n }的公差为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d . 因为S 13＝104，所以13(a 1＋a 13)2＝104，所以13a 7＝104，解得a 7＝8.因为a 6＝5，所以d ＝a 7－a 6＝8－5＝3.2．(2018·宁德二检)已知等差数列{a n }满足a 3＋a 5＝14，a 2a 6＝33，则a 1a 7＝( ) A ．33 B ．16 C ．13D ．12解析：选C 设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 3＋a 5＝14，所以a 2＋a 6＝14，又a 2a 6＝33，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＝3，a 6＝11或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝11，a 6＝3.当⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3，a 6＝11时，d ＝11－36－2＝2，所以a 1a 7＝(a 2－d )(a 6＋d )＝13；当⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝11，a 6＝3时，d ＝3－116－2＝－2，所以a 1a 7＝(a 2－d )(a 6＋d )＝13. 综上，a 1a 7＝13，故选C.3．已知等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若S n T n ＝2n 3n ＋1，则a 11b 11＝________.解析：由等差数列前n 项和的性质，得a 11b 11＝S 21T 21＝2×213×21＋1＝2132.答案：2132考点四等差数列前n 项和的最值问题[师生共研过关][典例精析]在等差数列{a n }中，已知a 1＝13,3a 2＝11a 6，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为________．[解析] 法一通项法设等差数列{a n }的公差为d .由3a 2＝11a 6，得3×(13＋d )＝11×(13＋5d )，解得d ＝－2，所以a n ＝13＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋15.由⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥0，a n ＋1≤0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2n ＋15≥0，－2(n ＋1)＋15≤0，解得132≤n ≤152.因为n ∈N *，所以当n ＝7时，数列{a n }的前n 项和S n 最大，最大值为S 7＝7×(13－2×7＋15)2＝49.法二二次函数法设等差数列{a n }的公差为d .由3a 2＝11a 6，得3×(13＋d )＝11×(13＋5d )，解得d ＝－2，所以a n ＝13＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋15.所以S n ＝n (13＋15－2n )2＝－n 2＋14n ＝－(n －7)2＋49，所以当n ＝7时，数列{a n }的前n 项和S n 最大，最大值为S 7＝49. [答案] 49[解题技法]求数列前n 项和的最值的方法(1)通项法：①若a 1＞0，d ＜0，则S n 必有最大值，其n 的值可用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0来确定；②若a 1＜0，d ＞0，则S n 必有最小值，其n 的值可用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤0，a n ＋1≥0来确定．(2)二次函数法：等差数列{a n }中，由于S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d2n ，可用求函数最值的方法来求前n 项和的最值，这里应由n ∈N *及二次函数图象的对称性来确定n 的值．(3)不等式组法：借助S n 最大时，有⎩⎪⎨⎪⎧S n ≥S n －1，S n ≥S n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，解此不等式组确定n的范围，进而确定n 的值和对应S n 的值(即S n 的最值)．[过关训练]1．已知等差数列{a n }的前n 项和是S n ，若S 15＞0，S 16＜0，则S n 的最大值是( ) A ．S 1 B ．S 7 C ．S 8D ．S 15解析：选C 由等差数列的前n 项和公式可得S 15＝15a 8＞0，S 16＝8(a 8＋a 9)＜0，所以a 8＞0，a 9＜0，则d ＝a 9－a 8＜0，所以在数列{a n }中，当n ＜9时，a n ＞0，当n ≥9时，a n ＜0，所以当n ＝8时，S n 最大，故选C.2．(2018·全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15. (1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值．解：(1)设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15. 又a 1＝－7，所以d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9. (2)由(1)得S n ＝n (a 1＋a n )2＝n 2－8n ＝(n －4)2－16，所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.[课时跟踪检测]一、题点全面练1．等差数列{a n }中，a 4＋a 8＝10，a 10＝6，则公差d ＝( ) A.14 B.12 C ．2D ．－12解析：选A 由a 4＋a 8＝2a 6＝10，得a 6＝5，所以4d ＝a 10－a 6＝1，解得d ＝14.2．(2019·沈阳质量监测)在等差数列{a n }中，若S n 为{a n }的前n 项和，2a 7＝a 8＋5，则S 11的值是( )A ．55B ．11C ．50D ．60解析：选A 设等差数列{a n }的公差为d ，由题意可得2(a 1＋6d )＝a 1＋7d ＋5，得a 1＋5d ＝5，则S 11＝11a 1＋11×102d ＝11(a 1＋5d )＝11×5＝55，故选A. 3．(2018·泉州期末)等差数列{a n }中，a 1＋a 4＋a 7＝39，a 3＋a 6＋a 9＝27，则数列{a n }的前9项和S 9等于( )A ．99B ．66C ．144D ．297解析：选A 由等差数列的性质可得a 1＋a 7＝2a 4，a 3＋a 9＝2a 6，又∵a 1＋a 4＋a 7＝39，a 3＋a 6＋a 9＝27，∴3a 4＝39，3a 6＝27，解得a 4＝13，a 6＝9，∴a 4＋a 6＝22，∴数列{a n }的前9项和S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9(a 4＋a 6)2＝9×222＝99. 4．(2019·广州五校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a m ＝4，S m ＝0，S m ＋2＝14(m ≥2，且m ∈N *)，则a 2 019的值为( )A ．2 020B ．4 032C ．5 041D ．3 019 解析：选B 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a m ＝a 1＋(m －1)d ＝4，S m ＝ma 1＋m (m －1)2d ＝0，S m ＋2－S m ＝a m ＋1＋a m ＋2＝2a 1＋(m ＋m ＋1)d ＝14，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝－4，m ＝5，d ＝2，∴a n ＝－4＋(n －1)×2＝2n －6，∴a 2 019＝2×2 019－6＝4 032.故选B.5．(2019·长春质检)等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差d ＞0，则其前n 项和取最小值时n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选C 由d ＞0可得等差数列{a n }是递增数列，又|a 6|＝|a 11|，所以－a 6＝a 11，即－a 1－5d ＝a 1＋10d ，所以a 1＝－15d 2，则a 8＝－d 2＜0，a 9＝d 2＞0，所以前8项和为前n 项和的最小值，故选C.6．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 6＝2a 3，则S 11S 5＝______. 解析：S 11S 5＝112(a 1＋a 11)52(a 1＋a 5)＝11a 65a 3＝225. 答案：225 7．等差数列{a n }中，已知S n 是其前n 项和，a 1＝－9，S 99－S 77＝2，则S 10＝________.解析：设公差为d ，∵S 99－S 77＝2，∴9－12d －7－12d ＝2， ∴d ＝2，∵a 1＝－9，∴S 10＝10×(－9)＋10×92×2＝0. 答案：08．(2018·广元统考)若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋n ，则a 1＋a 22＋…＋a n n ＝________.解析：当n ＝1时，a 1＝2⇒a 1＝4，又a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋n ，①所以当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)2＋(n －1)＝n 2－n ，② ①－②得a n ＝2n ，即a n ＝4n 2，所以a n n ＝4n 2n ＝4n ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 构成以4为首项，4为公差的等差数列．所以a 1＋a 22＋…＋a n n ＝(4＋4n )n 2＝2n 2＋2n . 答案：2n 2＋2n9．(2018·大连模拟)已知数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a 2n ＋n －4(n ∈N *)．(1)求证：数列{a n }为等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：当n ＝1时，有2a 1＝a 21＋1－4，即a 21－2a 1－3＝0，所以a 1＝3(a 1＝－1舍去)．当n ≥2时，有2S n －1＝a 2n －1＋n －5，又2S n ＝a 2n ＋n －4，所以两式相减得2a n ＝a 2n －a 2n －1＋1，即a 2n －2a n ＋1＝a 2n －1，即(a n －1)2＝a 2n －1，因此a n －1＝a n －1或a n －1＝－a n －1.若a n －1＝－a n －1，则a n ＋a n －1＝1.而a 1＝3，所以a 2＝－2，这与数列{a n }的各项均为正数矛盾，所以a n －1＝a n －1，即a n －a n －1＝1，因此数列{a n }为等差数列．(2)由(1)知a 1＝3，数列{a n }的公差d ＝1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3＋(n －1)×1＝n ＋2.10．已知等差数列{a n }的公差d ＞0.设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36.(1)求d 及S n;(2)求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65.解：(1)由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36，将a 1＝1代入上式，解得d ＝2或d ＝－5.因为d ＞0，所以d ＝2.从而a n ＝2n －1，S n ＝n 2(n ∈N *)．(2)由(1)得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝(2m ＋k －1)(k ＋1)，所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65. 由m ，k ∈N *知2m ＋k －1≥k ＋1＞1，故⎩⎪⎨⎪⎧ 2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，k ＝4. 即所求m 的值为5，k 的值为4.二、专项培优练(一)易错专练——不丢怨枉分1．若{a n }是等差数列，首项a 1＞0，a 2 018＋a 2 019＞0，a 2 018·a 2 019＜0，则使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是( )A ．2 018B ．2 019C ．4 036D ．4 037解析：选C 因为a 1＞0，a 2 018＋a 2 019＞0，a 2 018·a 2 019＜0，所以d ＜0，a 2 018＞0，a 2 019＜0，所以S 4 036＝4 036(a 1＋a 4 036)2＝4 036(a 2 018＋a 2 019)2＞0，S 4 037＝4 037(a 1＋a 4 037)2＝4 037·a 2 019＜0，所以使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是4 036. 2．(2019·武汉模拟)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为( )A ．－10B ．－12C ．－9D ．－13解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 3＋a 7＝36，∴a 4＋a 6＝36，又a 4a 6＝275，联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝11，a 6＝25或⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝25，a 6＝11，当⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝11，a 6＝25时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝7，此时a n ＝7n －17，a 2＝－3，a 3＝4，易知当n ≤2时，a n ＜0，当n ≥3时，a n ＞0，∴a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最小值；当⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝25，a 6＝11时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝46，d ＝－7，此时a n ＝－7n ＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当n ≤7时，a n ＞0，当n ≥8时，a n ＜0，∴a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最小值．综上，a n a n ＋1的最小值为－12.3．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：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，∴当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：130(二)交汇专练——融会巧迁移4．[与方程交汇]若等差数列{a n }中的a 3，a 2 019是3x 2－12x ＋4＝0的两根，则log 14a 1 011＝________.解析：因为a 3和a 2 019是3x 2－12x ＋4＝0的两根，所以a 3＋a 2 019＝4.又a 3，a 1 011，a 2 019成等差数列，所以2a 1 011＝a 3＋a 2 019，即a 1 011＝2，所以log 14a 1 011＝－12. 答案：－125．[与不等式恒成立交汇]设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5＝a 5＋a 6＝25.(1)求{a n }的通项公式；(2)若不等式2S n ＋8n ＋27＞(－1)n k (a n ＋4)对所有的正整数n 都成立，求实数k 的取值范围．解：(1)设公差为d ，则5a 1＋5×42d ＝a 1＋4d ＋a 1＋5d ＝25， ∴a 1＝－1，d ＝3.∴{a n }的通项公式a n ＝3n －4.(2)由题意知S n ＝－n ＋3n (n －1)2，2S n ＋8n ＋27＝3n 2＋3n ＋27，a n ＋4＝3n ，则原不等式等价于(－1)n k ＜n ＋1＋9n对所有的正整数n 都成立． ∴当n 为奇数时，k ＞－⎝⎛⎭⎫n ＋1＋9n 恒成立；当n 为偶数时，k ＜n ＋1＋9n恒成立．又∵n ＋1＋9n ≥7，当且仅当n ＝3时取等号，∴当n 为奇数时，n ＋1＋9n在n ＝3上取最小值7，当n 为偶数时，n ＋1＋9n 在n ＝4上取最小值294， ∴不等式对所有的正整数n 都成立时，实数k 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－7，294.。

最新-2021届高三数学理一轮总复习江苏专用课件：第六章第二节等差数列及其前n项和精品

＝a1＋(n－1)－631a1≥0，可得 n≤634＝2113，所以数列
{an}的前 21 项都是正数，以后各项都是负数，故 Sn 取
最大值时，n 的值为 21.
答案：21
2．已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2－6n，则{|an|}的前 6 项和 T6＝________. 解析：由 Sn＝n2－6n 得{an}是等差数列，且首项为－5，公差为 2.所以 an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7，当 n≤3 时， an<0；当 n>3 时，an>0；所以 T6＝－a1＋(－a2)＋(－a3) ＋a4＋a5＋a6＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18. 答案：18
2．求等差数列前 n 项和 Sn 最值的 2 种方法 (1)函数法：利用等差数列前 n 项和的函数表达式 Sn＝ an2＋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：
nan＝1，∴2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，
∴数列{an}为等差数列．
[变式 3] 若母题变为：已知数列{an}中，a1＝2，an＝2－an1－1 (n≥2，n∈N*)，设 bn＝an－1 1(n∈N*)．求证：数列{bn}是等差数列．
证明：∵an＝2－an1－1，∴an＋1＝2－a1n. ∴bn＋1－bn＝an＋11－1－an－1 1 ＝2－a11n－1－an－1 1＝aann－－11＝1， ∴{bn}是首项为 b1＝2－1 1＝1，公差为 1 的等差数列．
考点一等差数列的基本运算基础送分型考点——自主练透 [题组练透]
1．(2015·全国卷Ⅰ改编)已知{an}是公差为 1 的等差数列， Sn 为{an}的前 n 项和，若 S8＝4S4，则 a10＝________.

高三数学人教版A版数学(理)高考一轮复习教案等差数列及其前n项和1

第二节等差数列及其前n 项和等差数列(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．知识点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，那么这个数列就叫作等差数列．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 ＋b2，其中A 叫作a ，b 的等差中项．易误提醒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，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．2．注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别．[自测练习]1．现给出以下几个数列：①2,4,6,8，…，2(n －1)，2n ；②1,1,2,3，…，n ；③常数列a ，a ，a ，…，a ；④在数列{a n }中，已知a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝2.其中等差数列的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：①由4－2＝6－4＝…＝2n －2(n －1)＝2，得数列2,4,6,8，…，2(n －1)，2n 为等差数列；②因为1－1＝0≠2－1＝1，所以数列1,1,2,3，…，n 不是等差数列；③常数列a ，a ，a ，…，a 为等差数列；④当数列{a n }仅有3项时，数列{a n }是等差数列，当数列{a n }的项数超过3项时，数列{a n }不一定是等差数列．故等差数列的个数为2.答案：B2．若2，a ，b ，c,9成等差数列，则c －a ＝________. 解析：由题意得该等差数列的公式d ＝9－25－1＝74，所以c －a ＝2d ＝72.答案：72知识点二等差数列的通项及求和公式等差数列的有关公式(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝(a 1＋a n )n2. 必记结论1．巧用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 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．2．前n 项和公式S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n 视为关于n 的一元二次函数，开口方向由公差d 的正负确定；S n ＝(a 1＋a n )n2中(a 1＋a n )视为一个整体，常与等差数列性质结合利用“整体代换”思想解题．[自测练习]3．(2016·日照模拟)已知数列{a n }为等差数列，且a 1＝2，a 2＋a 3＝13，那么a 4＋a 5＋a 6等于( )A ．40B ．42C ．43D ．45解析：设等差数列公差为d ，则有a 2＋a 3＝2a 1＋3d ＝4＋3d ＝13，解得d ＝3，故a 4＋a 5＋a 6＝3a 5＝3(a 1＋4d )＝3×(2＋4×3)＝42，故选B.答案：B4．(2015·兰州诊断)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4＝18－a 5，则S 8＝( ) A ．18 B ．36 C ．54D ．72解析：由S 8＝8×(a 1＋a 8)2，又a 4＋a 5＝a 1＋a 8＝18，∴S 8＝8×182＝72.答案：D5．数列{a n }是公差不为0的等差数列，且a 2＋a 6＝a 8，则S 5a 5＝________.解析：在等差数列中，由a 2＋a 6＝a 8得2a 1＋6d ＝a 1＋7d ，即a 1＝d ≠0，所以S 5a 5＝5a 1＋5×42d a 1＋4d ＝5a 1＋10da 1＋4d ＝155＝3.答案：3考点一等差数列的基本运算|1．(2015·高考全国卷Ⅱ)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 ．5 B ．7 C ．9 D ．11解析：法一：数列{a n }为等差数列，设公差为d ，∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 1＋6d ＝3，∴a 1＋2d ＝1，∴S 5＝5a 1＋5×42×d ＝5(a 1＋2d )＝5.法二：数列{a n }为等差数列，∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴a 3＝1，∴S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5×2a 32＝5.答案：A2．等差数列{a n }中，a 1＝12 015，a m ＝1n ，a n ＝1m (m ≠n )，则数列{a n }的公差d 为________．解析：∵a m ＝12 015＋(m －1)d ＝1n ，a n ＝12 015＋(n －1)d ＝1m ，∴(m －n )d ＝1n －1m ，∴d ＝1mn ，∴a m ＝12 015＋(m －1)1mn ＝1n ，解得1mn ＝12 015，即d ＝12 015. 答案：12 0153．(2015·通州模拟)已知等差数列{a n }中，a 2＝－2，公差d ＝－2，那么数列{a n }的前5项和S 5＝________.解析：将已知条件代入公式易得S 5＝5(a 2－d )＋5×42d ＝－20.答案：－20等差数列的基本运算的两个解题策略(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，体现了用方程组解决问题的思想．(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的作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用方法．考点二等差数列的判断与证明|已知数列{a n }满足(a n ＋1－1)(a n －1)＝3(a n －a n ＋1)，a 1＝2，令b n ＝1a n －1.(1)证明：数列{b n }是等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式． [解] (1)证明：1a n ＋1－1－1a n －1＝a n －a n ＋1(a n ＋1－1)(a n －1)＝13，∴b n ＋1－b n ＝13，∴{b n }是等差数列．(2)由(1)及b 1＝1a 1－1＝12－1＝1，知b n ＝13n ＋23，∴a n －1＝3n ＋2，∴a n ＝n ＋5n ＋2.等差数列的四种判定方法(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 *)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 .1．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 *)．求证：数列{b n }是等差数列．证明：∵a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝1a n －1， ∴当n ≥2时，b n －b n －1＝1a n －1－1a n －1－1＝12－1a n －1－1－1a n －1－1＝a n －1a n －1－1－1a n －1－1＝1. 又b 1＝1a 1－1＝－52，∴数列{b n }是以－52为首项，1为公差的等差数列．考点三等差数列的性质及最值|(1)(2016·泉州质检)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 5＋a 14＝10，则S 18＝( )A ．20B ．60C ．90D ．100[解析] 因为{a n }是等差数列，所以S 18＝18(a 1＋a 18)2＝9(a 5＋a 14)＝90，故选择C.[答案] C(2)(2015·广州模拟)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] 本题考查等差数列的性质．这个数列的项数为2n ，于是有2×n ＝25－15＝10,2n ＝10，即这个数列的项数为10，故选A.[答案] A(3)已知在等差数列{a n }中，a 1＝31，S n 是它的前n 项的和，S 10＝S 22. ①求S n ；②这个数列前多少项的和最大？并求出这个最大值．[解] ①∵S 10＝a 1＋a 2＋…＋a 10， S 22＝a 1＋a 2＋…＋a 22，又S 10＝S 22，∴a 11＋a 12＋…＋a 22＝0，即12(a 11＋a 22)2＝0，即a 11＋a 22＝2a 1＋31d ＝0. 又a 1＝31，∴d ＝－2.∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝31n －n (n －1)＝32n －n 2.②法一：由①知，S n ＝32n －n 2＝－(n －16)2＋256， ∴当n ＝16时，S n 有最大值256. 法二：由①知，令⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝31＋(n －1)·(－2)＝－2n ＋33≥0，a n ＋1＝31＋n ·(－2)＝－2n ＋31≤0(n ∈N *)，解得312≤n ≤332，∵n ∈N *，∴n ＝16时，S n 有最大值256.求等差数列前n 项和的最值的方法(1)运用配方法转化为二次函数，借助二次函数的单调性以及数形结合的思想，从而使问题得解．(2)通项公式法：求使a n ≥0(a n ≤0)成立时最大的n 值即可．一般地，等差数列{a n }中，若a 1>0，且S p ＝S q (p ≠q )，则：①若p ＋q 为偶数，则当n ＝p ＋q 2时，S n 最大；②若p ＋q 为奇数，则当n ＝p ＋q －12或n ＝p ＋q ＋12时，S n 最大．2．(2015·深圳调研)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 7B ．S 6C ．S 5D ．S 4解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧ 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. 答案：C3．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 3＝3，S 6＝18，则a 8＝________.解析：等差数列性质可得S 3＝3，S 6－S 3＝15，S 9－S 6＝a 7＋a 8＋a 9＝3a 8成等差数列，故有2(S 6－S 3)＝S 3＋S 9－S 6⇒2×15＝3＋3a 8，解得a 8＝9.答案：917.整体思想在等差数列中的应用【典例】已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 1＝1，S 4S 2＝4，则S 6S 4的值为( )A.94 B.32 C.53D ．4[思路点拨] 若利用a ，d 基本计算较繁，可考虑S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等差数列，采用整体求值较简便．[解析] 由等差数列的性质可知S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等差数列，由S 4S 2＝4，得S 4－S 2S 2＝3，则S 6－S 4＝5S 2，所以S 4＝4S 2，S 6＝9S 2，S 6S 4＝94.[答案] A[方法点评] 利用整体思想解数学问题，就是从全局着眼，由整体入手，把一些彼此独立但实际上紧密联系的量作为一个整体考虑的方法．有不少等差数列题，其首项、公差无法确定或计算烦琐，对这类问题，若从整体考虑，往往可寻得简捷的解题途径．[跟踪练习] 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 20＝30，则S 30＝________. 解析：∵S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等差数列，且S 10＝10，S 20＝30，S 20－S 10＝20， ∴S 30－S 20＝10＋2×10＝30， ∴S 30＝60.答案：60A 组考点能力演练1．已知等差数列{a n }满足：a 3＝13，a 13＝33，则数列{a n }的公差为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝a 13－a 313－3＝33－1310＝2，故选择B.答案：B2．(2016·宝鸡质检)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 9＝18，a n －4＝30(n >9)，若S n＝336，则n 的值为( )A ．18B ．19C ．20D ．21解析：因为{a n }是等差数列，所以S 9＝9a 5＝18，a 5＝2，S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (a 5＋a n －4)2＝n2×32＝16n ＝336，解得n ＝21，故选择D.答案：D3．(2015·武昌联考)已知数列{a n }是等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，{a n }的前n 项和为S n ，则使得S n 达到最大的n 是( )A ．18B ．19C ．20D ．21解析：a 1＋a 3＋a 5＝105⇒a 3＝35，a 2＋a 4＋a 6＝99⇒a 4＝33，则{a n }的公差d ＝33－35＝－2，a 1＝a 3－2d ＝39，S n ＝－n 2＋40n ，因此当S n 取得最大值时，n ＝20.答案：C4．在等差数列{a n }中，a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝40，则3a 1＋a 11＝( ) A ．20 B ．30 C ．40D ．60解析：本题考查等差数列的通项公式及性质的应用．由等差数列的性质得a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2(a 3＋a 4)＝40，解得a 3＋a 4＝20，即a 3＋a 4＝2a 1＋5d ＝20，又3a 1＋a 11＝4a 1＋10d ＝2(2a 1＋5d )＝40，故选C.答案：C5．已知数列{a n }，{b n }都是等差数列，S n ，T n 分别是它们的前n 项和，并且S n T n ＝7n ＋1n ＋3，则a 2＋a 5＋a 17＋a 22b 8＋b 10＋b 12＋b 16＝( ) A.345 B ．5 C.314D.315解析：法一：令S n ＝(7n ＋1)n ，T n ＝(n ＋3)n ，则a n ＝14n －6，b n ＝2n ＋2，所以a 2＋a 5＋a 17＋a 22b 8＋b 10＋b 12＋b 16＝22＋64＋232＋30218＋22＋26＋34＝315.法二：设等差数列{a n }，{b n }的公差分别为d 1，d 2，则a 2＋a 5＋a 17＋a 22b 8＋b 10＋b 12＋b 16＝4a 1＋42d 14b 1＋42d 2＝2a 1＋21d 12b 1＋21d 2＝a 1＋a 22b 1＋b 22＝S 22T 22＝7×22＋122＋3＝315.答案：D6．(2015·广州一模)若S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 8－S 3＝20，则S 11＝________. 解析：因为{a n }是等差数列，所以S 8－S 3＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝5a 6＝20，所以a 6＝4，所以S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11a 6＝44.答案：447．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a 2＝1，{nS n ＋(n ＋2)a n }为等差数列，则{a n }的通项公式为a n ＝________.解析：设b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n ，则b 1＝1×S 1＋(1＋2)a 1＝1×a 1＋3a 1＝4，b 2＝2×S 2＋(2＋2)a 2＝2×(a 1＋a 2)＋(2＋2)a 2＝8，所以等差数列{b n }的首项为4，公差为4，所以b n ＝4＋(n －1)×4＝4n ，即nS n ＋(n ＋2)a n ＝4n .当n ≥2时，S n －S n －1＋⎝⎛⎭⎫1＋2n a n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n －1a n －1＝0，所以2(n ＋1)n a n ＝n ＋1n －1a n －1，即2·a n n ＝a n －1n －1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以12为公比，1为首项的等比数列，所以a n n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1，所以a n ＝n2n －1. 答案：n 2n－18．设等差数列{a n }满足公差d ∈N *，a n ∈N *，且数列{a n }中任意两项之和也是该数列的一项．若a 1＝35，则d 的所有可能取值之和为________．解析：本题考查等差数列的通项公式．依题意得a n ＝a 1＋(n －1)d ，a i ＋a j ＝2a 1＋(i ＋j －2)d ＝a 1＋(m －1)d (i ，j ，m ∈N *)，即(m －i －j ＋1)d ＝a 1，kd ＝a 1＝35(其中k ，d ∈N *)，因此d 的所有可能取值是35的所有正约数，即分别是1,3,32,33,34,35，因此d 的所有可能取值之和为1－35×31－3＝364. 答案：3649．已知{a n }是一个公差大于0的等差数列，且满足a 3a 6＝55，a 2＋a 7＝16. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：b 1＝a 1且b n ＝a n ＋b n －1(n ≥2，n ∈N *)，求数列{b n }的通项公式．解：(1)由题意得：⎩⎪⎨⎪⎧a 3a 6＝55，a 3＋a 6＝a 2＋a 7＝16，∵公差d >0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝5，a 6＝11，∴d ＝2，a n ＝2n －1.(2)∵b n ＝a n ＋b n －1(n ≥2，n ∈N *)， ∴b n －b n －1＝2n －1(n ≥2，n ∈N *)．∵b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1(n ≥2，n ∈N *)，且b 1＝a 1＝1， ∴b n ＝2n －1＋2n －3＋…＋3＋1＝n 2(n ≥2，n ∈N *)． ∴b n ＝n 2(n ∈N *)．10．(2015·南昌一模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 3＝6，正项数列{b n }满足b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若λb n >a n 对n ∈N *均成立，求实数λ的取值范围．解：(1)∵a 1＝1，S 3＝6，∴数列{a n }的公差d ＝1，a n ＝n .由题知，⎩⎪⎨⎪⎧b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n ，①b 1·b 2·b 3·…·b n －1＝2S n －1(n ≥2)，②①÷②得b n ＝2S n －S n －1＝2a n ＝2n (n ≥2)，又b 1＝2S 1＝21＝2，满足上式，故b n ＝2n . (2)λb n >a n 恒成立⇒λ>n2n 恒成立，设c n ＝n 2n ，则c n ＋1c n ＝n ＋12n，当n ≥2时，c n <1，数列{c n }单调递减，∴(c n )max ＝12，故λ>12. B 组高考题型专练1．(2015·高考重庆卷)在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．6解析：由等差数列的性质知a 2＋a 6＝2a 4，所以a 6＝2a 4－a 2＝0，故选B. 答案：B2．(2015·高考全国卷Ⅰ)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172B.192 C ．10 D ．12解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由题设知d ＝1，S 8＝4S 4，所以8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，所以a 10＝12＋9＝192，选B. 答案：B3．(2015·高考北京卷)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是( )A ．若a 1＋a 2>0，则a 2＋a 3>0B ．若a 1＋a 3<0，则a 1＋a 2<0C ．若0<a 1<a 2，则a 2>a 1a 3D ．若a 1<0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)>0解析：若{a n }是递减的等差数列，则选项A ，B 都不一定正确．若{a n }为公差为0的等差数列，则选项D 不正确．对于C 选项，由条件可知{a n }为公差不为0的正项数列，由等差中项的性质得a 2＝a 1＋a 32，由基本不等式得a 1＋a 32>a 1a 3，所以C 正确．答案：C4．(2015·高考安徽卷)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于________．解析：因为a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，所以数列{a n }是首项为1、公差为12的等差数列，所以前9项和S 9＝9＋9×82×12＝27. 答案：275．(2015·高考北京卷)已知等差数列{a n }满足a 1＋a 2＝10，a 4－a 3＝2.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 2＝a 3，b 3＝a 7.问：b 6与数列{a n }的第几项相等？解：(1)设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 4－a 3＝2，所以d ＝2.又因为a 1＋a 2＝10，所以2a 1＋d ＝10，故a 1＝4. 所以a n ＝4＋2(n －1)＝2n ＋2(n ＝1,2，…)．(2)设等比数列{b n }的公比为q .因为b 2＝a 3＝8，b 3＝a 7＝16，所以q ＝2，b 1＝4.所以b 6＝4×26－1＝128.由128＝2n ＋2，得n ＝63.所以b 6与数列{a n }的第63项相等．6．(2015·高考重庆卷)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92. (1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n . 解：(1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得a 1＋2d ＝2,3a 1＋3×22d ＝92，即a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝32，解得a 1＝1，d ＝12，故通项公式为a n ＝1＋n －12，即a n ＝n ＋12. (2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋12＝8.设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4b 1＝8，从而q ＝2，故{b n }的前n 项和T n ＝b 1(1－q n )1－q ＝1×(1－2n )1－2＝2n －1.。

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知识梳理知识梳理双基自测
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4.等差数列的前n项和的最值在等差数列{an}中,a1>0,d<0,则Sn存在最大则Sn存在最小值.
值;若a1<0,d>0,
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1.下列结论正确的打“√”,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)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. ( ) (3)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. ( ) (4)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. ( ) (5)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的. ( ) 关闭 (6)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数. ( ) (1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)√ (6)×
16 则在 100 以内有 16 个能被 6 整除的数.
解析
2
关闭
答案
考点1
考点2
考点3
考点4
考点 1
等差数列中基本量的求解
例1(1)(2016河北唐山一模)在等差数列{an}中,a4=2,且 a1+a2+…+a10=65,则公差d的值是( ) A.4 B.3 C.1 D.2 (2)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m等于( ) A.3 B.4 C.5 D.6 思考求等差数列基本量的一般方法是什么?
(2)(方法一)由已知得,am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3, ∵数列{an}为等差数列, ∴d=am+1-am=1,
6.2
等差数列及其前n项和
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1.等差数列 (1)定义:一般地,如果一个数列从第2项起,每一项与它的前同一个常数一项的差等于 ,那么这个数列就叫做等公差 ,公差通常用字母d表差数列,这个常数叫做等差数列的示.数学语言表示为 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 ��+�� A= 是 ,其中A叫做a,b的等差中项 . 2 a1+(n-1)d (3)等差数列的通项公式:an= ,可推广为 am+(n-m)d an= .
解析
关闭
答案
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3.设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a10+a11+a12=6,则S21=( A.42 B.21 C.23 D.44
)
关闭
由 a10+a11+a12=6,得 3a11=6,解得 a11=2. 故
A
21(��1 +��21 ) S21= =21a11=42. 2
答案
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2.(2016河南商丘三模)在等差数列{an}中,首项a1=0,公差d≠0,若 ak=a1+a2+a3+…+a7,则k=( ) A.22 B.23 C.24 D.25
关闭
∵数列{an}为等差数列且首项a1=0,公差d≠0, ∴ak=(k-1)d. 又ak=a1+a2+a3+…+a7=21d.∴(k-1)d=21d. ∴ A k=22,故选A.
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3.等差数列的通项公式及前n项和公式与函数的关系 (1)an=a1+(n-1)d可化为an=dn+a1-d的形式.当d≠0时,an是关于n的一次函数;当d>0时,数列为递增数列;当d<0时,数列为递减数列. �� 2 �� (2) Sn= n + ��1 - n. 当d≠0时,它是关于n的二次函数.数列{an}是 2 2 等差数列⇔Sn=An2+Bn(A,B为常数).
关闭
解析
答案
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4.已知{an}为等差数列,Sn为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则 S6= .
Байду номын сангаас关闭
∵{an}是等差数列,∴a3+a5=2a4=0.∴a4=0.
∴a4-a1=3d=-6.∴d=-2.∴S6=6a1+15d=6×6+15×(-2)=6. 6
关闭
(1)B (2)C
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答案
考点1
考点2
考点3
考点4
解析: (1)∵在等差数列{an}中,a4=2,且a1+a2+…+a10=65,
∴
��1 + 3�� = 2, 10��1 +
10×9 �� 2
解得 a1=-7,d=3. = 65,
∴公差d的值是3.故选B.
(4)等差数列的前 n 项和公式:Sn=
��(��1 +�� ) ��(��-1) =na d. 1+ 2 2
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2.等差数列及其前n项和的性质 am+an=ap+aq (1)若m+n=p+q,则 (m,n,p,q∈N*);m+n=2p, 则am+an=2ap(m,n,p∈N*). (2)若{an}是等差数列,公差为d,则ak,ak+m,ak+2m,…(k,m∈N*)是公差为 md 的等差数列. (3)若{an},{bn}是等差数列,p,q∈R,则{pan+qbn}也是等差数列. (4)设Sn是等差数列{an}的前n项和,则数列 Sm,��2 �� -Sm,S3m-��2 �� ,… 也是等差数列. (5)若等差数列{an}的前n项和为Sn,则S2n-1=(2n-1)an. (6)若n为偶数,则 S 偶-S 奇=�� ;若n为奇数,则S奇-S偶=a中(中间项).
解析
关闭
答案
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5.(教材例题改编P16例7)在100以内的正整数中有能被6整除的数.
个
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由题意知,能被 6 整除的数构成一个等差数列{an}, 则 a1=6,d=6,得 an=6+(n-1)6=6n. 由 an=6n≤100,即 n≤163,