2013届高考数学第一轮讲义复习课件53

故所求n的取值集合为{n|1≤n≤2 010，n∈N*}．
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方法二 (1)设公差为d，则 nn－1 d 2 d Sn＝na1＋ d＝ n ＋a1－2n， 2 2
d d ∵ ，a1－ 是常数，∴Sn是n的二次函数(d≠0时)． 2 2 0＋2 009 1 ∵S2 009＝0，S0＝0，∴顶点的横坐标为 ＝1 004 . 2 2 a1 又由a1<0，S2 009＝0⇒d＝－ >0，又n∈N*. 1 004 1 005 故当n＝1 004或1 005时，Sn取最小值S1 004＝ a. 2 1
－2n2＋23n n≤6， ＝ 2 2n －23n＋132 n≥7.
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探究提高
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Sn＝An2＋Bn (A、B 为常数)看做二次函数，根据二次函数的性质求最值．
S13＝130.
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方法三
5 同方法一得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.
(2)∵an＝4n－25，an＋1＝4(n＋1)－25， ∴an＋1－an＝4＝d，又a1＝4×1－25＝－21. 所以数列{an}是以－21为首项，以4为公差的递增的等差数列． a ＝4n－25<0， ① n 令 an＋1＝4n＋1－25≥0， ②
1 5 又 b1＝ ＝－ . 2 a1－1
5 ∴数列{bn}是以－ 为首项，1 为公差的等差数列． 2
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7 1 2 (2)解 由(1)知，bn＝n－ ，则 an＝1＋b ＝1＋ ， 2 2n－7 n 2 设函数 f(x)＝1＋ ， 2x－7 7 7 易知 f(x)在区间－∞，2和2，＋∞内为减函数．
(1)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 Sn 是关于 n 的二次函数，利用二次函 数求最值的方法求解．(2)利用等差数列的性质，判断出数列从第 几项开始变号．
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解
方法一 ∵a1＝20，S10＝S15， 10×9 15×14 5 ∴10×20＋ d＝15×20＋ d，∴d＝－ . 2 2 3 5 5 65 ∴an＝20＋(n－1)×－3＝－ n＋ . 3 3 ∴a13＝0，即当 n≤12 时，an>0，n≥14 时，an<0，
∴当 n＝12 或 13 时， n 取得最大值， S 且最大值为 S13＝S12＝12×20 12×11 5 ＋ ×－3＝130. 2 5 方法二 同方法一求得 d＝－ . 3 nn－1 5 252 3 125 5 2 125 5 － ∴Sn＝20n＋ · 3＝－ n ＋ n＝－ n－ 2 ＋ . 2 6 6 6 24 ∵n∈N*，∴当 n＝12 或 13 时，Sn 有最大值，且最大值为 S12＝
2 为公差的等差数列．
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方法二
2Sn－1＋1 1 1 1 ∵当 n≥2 时，S － ＝ － Sn－1 Sn－1 Sn－1 n
2Sn－1 ＝ ＝2， Sn－1 1 1 1 是以 即 为首项，以 2 为公差的等差数列． ∴S S1 2 n 1 1 3 (2)解 由(1)知S ＝ ＋(n－1)×2＝2n－ ， 2 2 n 1 ∴Sn＝ ， 3 2n－ 2 1 1 ∴当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝ － 3 7 2n－ 2n－ 2 2 －2 ＝ ； 3 7 2n－ 2n－ 2 2
即 k2－2k－35＝0，解得 k＝7 或 k＝－5.
又 k∈N*，故 k＝7.
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等差数列的前n项和及综 合应用
例3 (1)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； (2)已知数列{an}的通项公式是 an＝4n－25，求数列{|an|}的前 n 项和．
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等差数列的判定或证明
3 1 例 1 已知数列{an}中，a1＝ ，an＝2－ (n≥2，n∈N*)，数 5 an－1 1 列{bn}满足 bn＝ (n∈N*)． an－1 (1)求证：数列{bn}是等差数列； (2)求数列{an}中的最大项和最小项，并说明理由．
(1)可利用定义证明 bn－bn－1 (n≥2)为常数来证明数列{bn}是等 差数列． (2)通过{bn}是等差数列，求得{an}的通项，然后从函数的观点 解决数列的最大项和最小项的问题．
变式训练 2
(2011· 福建)已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3. (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，则 an＝a1＋(n－1)d.
由 a1＝1，a3＝－3，可得 1＋2d＝－3，解得 d＝－2. 从而 an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n. (2)由(1)可知 an＝3－2n， n[1＋3－2n] 所以 Sn＝ ＝2n－n2. 2 由 Sk＝－35，可得 2k－k2＝－35，
1 1 由①得n<6 ；由②得n≥5 ，所以n＝6. 4 4
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即数列{|an|}的前6项是以21为首项，公差为－4的等差数列，从 第7项起以后各项构成公差为4的等差数列， 而|a7|＝a7＝4×7－24＝3.
设{|an|}的前n项和为Tn，则 21n＋nn－1×－4 n≤6 2 Tn＝ n－6n－7 ×4 n≥7 66＋3n－6＋ 2
(1)由 S5S6＋15＝0 与 S5＝5 可构建关于 a1，d 的方程组． (2)由 S5S6＋15＝0 可化为关于 a1 的一元二次方程，因为{an} 存在，所以关于 a1 的一元二次方程有解．
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－15 解 (1)由题意知 S6＝ ＝－3，a6＝S6－S5＝－8. S5 5a ＋10d＝5， 1 所以 a1＋5d＝－8. 解得 a1＝7，所以 S6＝－3，a1＝7. (2)方法一 ∵S5S6＋15＝0， ∴(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，
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当 n＝1 时，a1＝2 不适合 an， 2 －2 故 an＝ 3 7 2n－22n－2 n＝1 n≥2.
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等差数列的基本量的计算
例 2 设 a1，d 为实数，首项为 a1，公差为 d 的等差数列{an}的 前 n 项和为 Sn，满足 S5S6＋15＝0. (1)若 S5＝5，求 S6 及 a1； (2)求 d 的取值范围．
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要点梳理
[难点正本 疑点清源] 1．等差数列的判定
忆一忆知识要点
(1)定义法：an－an－1＝d (n≥2)； (2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2. 2．等差数列与等差数列各项和的有关性质 (1)am，am＋k，am＋2k，am＋3k，„仍是等差数列，公差为 kd. (2)数列 Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，„也是等差数列． (3)S2n－1＝(2n－1)an. n (4)若 n 为偶数，则 S 偶－S 奇＝ d. 2 若 n 为奇数，则 S 奇－S 偶＝a 中(中间项)．
a＋b 如果 A＝ 2 ，那么 A 叫做 a 与 b 的等差中项．
d 表示．
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要点梳理
忆一忆知识要点
4．等差数列的常用性质 (1)通项公式的推广：an＝am＋ (n－m)d ，(n，m∈N*)． (2)若{an}为等差数列，且 k＋l＝m＋n，(k，l，m，n∈N*)， 则 ak＋al＝am＋an . (3)若{an}是等差数列，公差为 d，则{a2n}也是等差数列，公 差为 2d . (4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列． (5)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．
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1 (1)证明 ∵an＝2－ (n≥2，n∈N )，bn＝ . an－1 an－1 1 1 ∴n≥2 时，bn－bn－1＝ － an－1 an－1－1 1 1 ＝ － 1 an－1－1 2－ an－1－1 an－1 1 ＝ － ＝1. an－1－1 an－1－1
*
1
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∵a1<0，n∈N*， 1 005 ∴当n＝1 004或1 005时，Sn取最小值 a. 2 1 1 005－n (2)an＝ a， 1 004 1 1 005－n a1 2 Sn≤an⇔ (2 009n－n )≤ a. 2 008 1 004 1
∵a1<0， ∴n2－2 011n＋2 010≤0，即(n－1)(n－2 010)≤0， 解得：1≤n≤2 010.
探究提高
(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，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解 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 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．
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一轮复习讲义
等差数列及其前n项和
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要点梳理
忆一忆知识要点
1．等差数列的定义 如果一个数列从第二项起，每一项减去它的前一项所得的
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 ，通常用字母 2．等差数列的通项公式 如果等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d，那么它的通项公 式是 an＝a1＋(n－1)d . 3．等差中项
2 即 2关于 a1 的一元二次方程有解，所以 Δ＝81d2－8(10d2＋1)＝d2－8≥0， 解得 d≤－2 2或 d≥2 2.
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