第5章 第2节 等差数列

【尝试解答】
(1)∵a1＝－3，an＝2an－1＋2n＋3(n≥2)．
∴a2＝2a1＋4＋3＝－6＋4＋3＝1. a3＝2a2＋23＋3＝13. (2)证明：对于任意 n∈N*， an＋1＋3 an＋3 1 1 ∵ bn＋1－ bn＝ n＋1 － n ＝ n＋1[(an＋ 1－ 2an)－ 3]＝ n＋1[(2n 2 2 2 2
1 1 1 1 【解析】 (1)由已知 － ＝ ，数列 a 是公差为 的等差 3 n an＋1 an 3
1
n＋ 2 1 1 1 数列，又∵a1＝1，∴ ＝ ＋ (n－1)＝ . an a1 3 3 1 10＋2 1 ∴ ＝ ＝4，∴a10＝ . a10 3 4
1 【答案】 4
(2)①证明
∵an＝Sn－Sn－1(n≥2)，
又 an＝－2Sn· Sn－1， ∴Sn－1－Sn＝2Sn· Sn－1，Sn≠0， 1 1 ∴ － ＝2(n≥2)． Sn Sn－1 1 1 又 ＝ ＝2， S 1 a1
1 故数列S 是以 n
2 为首项，以 2 为公差的等差数列．
1 1 ②由①知S ＝ ＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n， S1 n 1 1 ∴Sn＝ .当 n≥2 时，有 an＝－2Sn×Sn－1＝－ ， 2n 2nn－1 1 又∵a1＝ ，不适合上式， 2 1 2，n＝1， ∴an＝ 1 － ，n≥2. 2nn－1
11a1＋a11 【思路点拨】 (1)a4＋a8＝a1＋a11， 直接套用 S11＝ 2 求解． (2)利用倒序相加法求和得 n，利用等差数列的性质求 a9＋a10.
【尝试解答】
11a1＋a11 11a4＋a8 (1)S11＝ ＝ ＝88. 2 2
【答案】
B
(2)由题意知 a1＋a2＋„＋a6＝36，① an＋an－1＋an－2＋„＋an－5＝180，② ①＋②得 (a1＋an)＋(a2＋an－1)＋„＋(a6＋an－5)＝6(a1＋an)＝216， ∴a1＋an＝36， na1＋an 又 Sn＝ ＝324， 2 ∴18n＝324，∴n＝18. 由 a1＋an＝36，n＝18. ∴a1＋a18＝36，从而 a9＋a10＝a1＋a18＝36.
规律方法 3
1.在等差数列{an}中，若 m＋n＝p＋q＝2k，则
am＋an＝ap＋aq＝2ak 是常用的性质，本例1、2都用到了这个性 质. 2.掌握等差数列的性质，悉心研究每个性质的使用条件及应 用方法，认真分析项数、序号、项的值的特征，这是解题的突破 口.
对点训练
(1)已知等差数列{an}的公差为 2，项数是偶数，所
【答案】
(1)A
(2)60
考向四 [089]
等差数列前 n 项和的最值
在等差数列{an}中，已知 a1＝20，前 n 项和为 Sn，且 S10＝S15，求当 n 取何值时，Sn 取得最大值，并求出它的最大值．
【思路点拨】 由 a1＝20 及 S10＝S15 可求得 d，进而求得通
项，由通项得到此数列前多少项为正，或利用等差数列的性质， 判断出数列从第几项开始变号．
×(－2)，解得 a1＝20.
【答案】
B
4．已知递增的等差数列{an}满足 a1＝1，a3＝a2 2－4，则 an＝ ________.
【解析】 ＝(1＋d)2－4， ∴d2＝4，∴d＝± 2.由于该数列为递增数列，∴d＝2. ∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1. 设等差数列公差为 d，则由 a3＝a2 2－4，得 1＋2d
【思路点拨】
(1)先由 Sm－1，Sm，Sm＋1 间的关系求得 am 和
am＋1，进而求得公差 d，然后借助 Sm 及 am 求得 a1 及 m 的值． (2)先建立首项 a1 及公差 d 的方程组， 解出 a1， d 后求 Sn 便可．
【尝试解答】
(1)∵{an}是等差数列，Sm－1＝－2，Sm＝0，
an＝a1＋(n－1)d ，an＝am＋_________. (n－m)d 2．通项公式：_______________
nn－1d na1＋an 3．前 n 项和公式：Sn＝na1＋ ＝ . 2 2
a＋b 2 4．a、b 的等差中项 A＝_______.
证明{an}为等差数列的方法： (1)用定义证明：an－an－1＝d(d 为常数，n≥2)⇔{an}为等差数 列； (2)用等差中项证明：2an＋1＝an＋an＋2⇔{an}为等差数列； (3)通项法：an 为 n 的一次函数⇔{an}为等差数列； na1＋an (4)前 n 项和法：Sn＝An ＋Bn 或 Sn＝ . 2
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{an}的前 k 项和 Sk＝－35，求 k 的值．
【解】
(1)设等差数列{an}的公差为 d，由 a1＝1，a3＝－3，
得 1＋2d＝－3，∴d＝－2. 从而 an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n. n[1＋3－2n] (2)由(1)知 an＝3－2n，∴Sn＝ ＝2n－n2， 2 由 Sk＝－35 得 2k－k2＝－35， 即 k2－2k－35＝0， 解得 k＝7 或 k＝－5， 又 k∈N*，故 k＝7.
2
二、等差数列的性质 已知数列{an}是等差数列，Sn 是其前 n 项和． (1)若 m、n、p、q、k 是正整数，且 m＋n＝p＋q＝2k，
2ak ap＋aq ＝______. 则 am＋an＝_______ kd . (2)am，am＋k，am＋2k，am＋3k，„仍是等差数列，公差为____
(3)数列 Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，„，也是等差数列．
1．在等差数列{an}中，a2＝2，a3＝4，则a10＝(
)
A．12
C．16 【解析】
B．14
D．18 由题意，公差d＝a3－a2＝2， D
∴a10＝a2＋8d＝2＋8×2＝18. 【答案】
2．在等差数列{an}中，a2＝1，a4＝5，则{an}的前5项 和S5＝( )
＋1
＋3)－3]＝1， a1＋3 －3＋3 ∴数列{bn}是首项为 ＝ ＝0， 公差为 1 的等差数列． 2 2
规律方法 1 用定义证明等差数列时，常采用的两个式子 an＋
1 － an ＝ d
和 an － an － 1 ＝ d ，但它们的意义不同，后者必须加上
“n≥2”，否则 n＝1 时，a0 无定义.
考向三 [088]
等差数列的性质及应用
(1)(2012· 辽宁高考)在等差数列{an}中，已知 a4＋a8＝ 16，则该数列前 11 项和 S11＝( A．58 C．143 ) B．88 D．176
(2)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知前 6 项和为 36，最 后 6 项的和为 180，Sn＝324(n＞6)，求数列{an}的项数及 a9＋a10.
规律方法 2
1.等差数列的通项公式及前 n 项和公式， 共涉及
五个量 a1，an，d，n，Sn，知三求二，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 a1 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.
对点训练
已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.
【尝试解答】
法一
∵a1＝20，S10＝S15，
10×9 15×14 ∴10×20＋ d＝15×20＋ d， 2 2 5 ∴d＝－ . 3
5 5 65 ∴an＝20＋(n－1)×－3＝－ n＋ . 3 3
令 an≥0 得 n≤13，即当 n≤12 时，an＞0；n≥14 时，an＜0. ∴当 n＝12 或 13 时，Sn 取得最大值，且最大值为 12×11 5 S12＝S13＝12×20＋ ×－3＝130. 2
对点训练 ＝________.
1 1 (1)已知数列{an}中，a1＝1， ＝ ＋ ，则 a10 an＋1 an 3
1
(2) 已知数列 {an} 的前 n 项和为 Sn，且满足 an ＋ 2Sn· Sn － 1 ＝ 1 0(n≥2)，a1＝ . 2
1 ①求证：S 是等差数列； n
②求数列{an}的通项公式．
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．10 C．30 B．20 D．40
(2)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 S10＝10，S20＝30， 则 S30＝________.
【解析】 (1)设这个数列有 2n 项， 则由等差数列的性质可知： 偶数项之和减去奇数项之和等于 nd，即 25－15＝2n，故 2n＝10， 即数列的项数为 10. (2)∵S10，S20－S10，S30－S20 成等差数列， 且 S10＝10，S20＝30，S20－S10＝20， ∴S30－30＝10＋2×10＝30， ∴S30＝60.
法二
5 同法一得 d＝－ . 3
又由 S10＝S15，得 a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0. ∴5a13＝0，即 a13＝0. ∴当 n＝12 或 13 时，Sn 有最大值， 且最大值为 S12＝S13＝130.
∴am＝Sm－Sm－1＝2. ∵Sm＋1＝3，∴am＋1＝Sm＋1－Sm＝3， ∴d＝am＋1－am＝1. ma1＋am ma1＋2 又 Sm＝ ＝ ＝0， 2 2 ∴a1＝－2，∴am＝－2＋(m－1)· 1＝2，∴m＝5.
【答案】
C
(2)设该数列的公差为 d，前 n 项和为 Sn.由已知可得． 2a1＋2d＝8，(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋8d)， 所以 a1＋d＝4，d(d－3a1)＝0， 解得 a1＝4，d＝0 或 a1＝1，d＝3，即数列{an}的首项为 4， 公差为 0，或首项为 1，公差为 3. 3n2－n 所以数列的前 n 项和 Sn＝4n 或 Sn＝ . 2
A．7
C．20