2019-2020年高考数学一轮复习 第六章 数列 6.2 等差数列及其前n项和 理.doc

2019-2020年高考数学一轮复习 第六章 数列 6.2 等差数列及其前n项和 理1等差数列的定义一般地，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_d_表示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ana1(n1)d.3等差中项如果A，那么A叫做a与b的等差中项4等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：anam(nm)d(n，mN*)(2)若an为等差数列，且klmn(k，l，m，nN*)，则akalaman.(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panqbn也是等差数列(5)若an是等差数列，公差为d，则ak，akm，ak2m，(k，mN*)是公差为md的等差数列5等差数列的前n项和公式设等差数列an的公差为d，其前n项和Sn或Snna1d.6等差数列的前n项和公式与函数的关系Snn2n.数列an是等差数列SnAn2Bn(A、B为常数)7等差数列的前n项和的最值在等差数列an中，a10，d0，则Sn存在最_大_值；若a10，则Sn存在最_小_值【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(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)数列an为等差数列的充要条件是对任意nN*，都有2an1anan2.()(3)等差数列an的单调性是由公差d决定的()(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)数列an满足an1ann，则数列an是等差数列()(6)已知数列an的通项公式是anpnq(其中p，q为常数)，则数列an一定是等差数列()1设等差数列an的前n项和为Sn.若a111，a4a66，则当Sn取最小值时，n_.答案6解析设等差数列an的公差为d，a1a9a4a66，且a111，a95，从而d2.Sn11nn(n1)n212n，当n6时，Sn取最小值2设Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，若a12a83a4，则_.答案解析由已知得a12a114d3a19d，a1d，又，将a1d代入化简得.3在等差数列an中，已知a4a816，则该数列前11项和S11_.答案88解析S1188.4设数列an是等差数列，若a3a4a512，则a1a2a7_.答案28解析a3a4a53a412，a44，a1a2a77a428.5(xx北京)若等差数列an满足a7a8a90，a7a100，则当n_时，an的前n项和最大答案8解析因为数列an是等差数列，且a7a8a93a80，所以a80.又a7a10a8a90，所以a90.故当n8时，其前n项和最大.题型一等差数列基本量的运算例1(1)在数列an中，若a12，且对任意的nN*有2an112an，则数列an前10项的和为_(2)已知在等差数列an中，a27，a415，则前10项和S10_.答案(1)(2)210解析(1)由2an112an得an1an，所以数列an是首项为2，公差为的等差数列，所以S1010(2).(2)因为a27，a415，所以d4，a13，故S101031094210.思维升华(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解(2)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，体现了方程的思想(1)设Sn是等差数列an的前n项和，若a1a3a53，则S5_.(2)已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足1，则数列an的公差是_答案(1)5(2)2解析(1)an为等差数列，a1a52a3，a1a3a53a33，得a31，S55a35.(2)Sn，又1，得1，即a3a22，数列an的公差为2.题型二等差数列的判定与证明例2已知数列an中，a1，an2(n2，nN*)，数列bn满足bn(nN*)(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)证明因为an2(n2，nN*)，bn(nN*)，所以bn1bn1.又b1.所以数列bn是以为首项，1为公差的等差数列(2)解由(1)知bnn，则an11.设f(x)1，则f(x)在区间(，)和(，)上为减函数所以当n3时，an取得最小值1，当n4时，an取得最大值3.引申探究例2中，若条件变为a1，nan1(n1)ann(n1)，探求数列an的通项公式解由已知可得1，即1，又a1，是以为首项，1为公差的等差数列，(n1)1n，ann2n.思维升华等差数列的四个判定方法(1)定义法：证明对任意正整数n都有an1an等于同一个常数(2)等差中项法：证明对任意正整数n都有2an1anan2后，可递推得出an2an1an1ananan1an1an2a2a1，根据定义得出数列an为等差数列(3)通项公式法：得出anpnq后，得an1anp对任意正整数n恒成立，根据定义判定数列an为等差数列(4)前n项和公式法：得出SnAn2Bn后，根据Sn，an的关系，得出an，再使用定义法证明数列an为等差数列(1)若an是公差为1的等差数列，则a2n12a2n是_公差为3的等差数列 公差为4的等差数列公差为6的等差数列 公差为9的等差数列(2)在数列an中，若a11，a2，(nN*)，则该数列的通项为_答案(1)(2)an解析(1)a2n12a2n(a2n32a2n2)(a2n1a2n3)2(a2na2n2)2226，a2n12a2n是公差为6的等差数列(2)由已知式可得，知是首项为1，公差为211的等差数列，所以n，即an.题型三等差数列的性质及应用命题点1等差数列的性质例3(1)(xx广东)在等差数列an中，若a3a4a5a6a725，则a2a8_.(2)已知等差数列an的前n项和为Sn，且S1010，S2030，则S30_.答案(1)10(2)60解析(1)因为an是等差数列，所以a3a7a4a6a2a82a5，a3a4a5a6a75a525，即a55，a2a82a510.(2)S10，S20S10，S30S20成等差数列，且S1010，S2030，S20S1020，S30301021030，S3060.命题点2等差数列前n项和的最值例4在等差数列an中，已知a120，前n项和为Sn，且S10S15，求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值解a120，S10S15，1020d1520d，d.方法一由an20(n1)n.得a130.即当n12时，an0，当n14时，an0.当n12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S12S131220130.方法二Sn20nn2n2.nN*，当n12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12S13130.方法三由S10S15得a11a12a13a14a150.5a130，即a130.当n12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12S13130.引申探究例4中，若条件“a120”改为a120，其他条件不变，求当n取何值时，Sn取得最小值，并求出最小值解由S10S15，得a11a12a13a14a150，a130.又a120，a120，当n12或13时，Sn取得最小值，最小值S12S13130.思维升华(1)等差数列的性质：项的性质：在等差数列an中，aman(mn)dd(mn)，其几何意义是点(n，an)，(m，am)所在直线的斜率等于等差数列的公差和的性质：在等差数列an中，Sn为其前n项和，则aS2nn(a1a2n)n(anan1)；bS2n1(2n1)an.(2)求等差数列前n项和Sn最值的两种方法：函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Snan2bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解邻项变号法：a当a10，d0时，满足的项数m使得Sn取得最大值Sm；b当a10，d0时，满足的项数m使得Sn取得最小值Sm.(1)等差数列an的前n项和为Sn，已知a5a74，a6a82，则当Sn取最大值时，n的值是_(2)设数列an是公差d0的等差数列，Sn为前n项和，若S65a110d，则Sn取最大值时，n的值为_(3)已知等差数列an的首项a120，公差d2，则前n项和Sn的最大值为_答案(1)6(2)5或6(3)110解析(1)依题意得2a64,2a72，a620，a710；又数列an是等差数列，因此在该数列中，前6项均为正数，自第7项起以后各项均为负数，于是当Sn取最大值时，n6.(2)由题意得S66a115d5a110d，所以a60，故当n5或6时，Sn最大(3)因为等差数列an的首项a120，公差d2，代入求和公式得，Snna1d20n2n221n22，又因为nN*，所以n10或n11时，Sn取得最大值，最大值为110.6等差数列的前n项和及其最值典例(1)在等差数列an中，2(a1a3a5)3(a7a9)54，则此数列前10项的和S10_.(2)在等差数列an中，S10100，S10010，则S110_.(3)等差数列an中，已知a50，a4a70，a2a3a1da2d(a1a2)2d，由于d正负不确定，因而a2a3符号不确定，故错；若a1a30，a1a2a1a3d(a1a3)d，由于d正负不确定，因而a1a2符号不确定，故错；若0a10，d0，a20，a30，所以aa1a3(a1d)2a1(a12d)d20，所以a2，故正确；若a10，则(a2a1)(a2a3)d(d)d20，故错3设等差数列an的前n项和为Sn，若Sm12，Sm0，Sm13，则m_.答案5解析数列an为等差数列，且前n项和为Sn，数列也为等差数列，即0，解得m5，经检验为原方程的解4数列an的首项为3，bn为等差数列，且bnan1an(nN*)，若b32，b1012，则a8_.答案3解析设bn的公差为d，b10b37d12(2)14，d2.b32，b1b32d246.b1b2b77b1d7(6)2120.又b1b2b7(a2a1)(a3a2)(a8a7)a8a1a830，a83.5已知数列an满足an1an，且a15，设an的前n项和为Sn，则使得Sn取得最大值的序号n的值为_答案7或8解析由题意可知数列an是首项为5，公差为的等差数列，所以an5(n1)，该数列前7项是正数项，第8项是0，从第9项开始是负数项，所以Sn取得最大值时，n7或8.6(xx常州模拟)已知数列an中，a11且(nN*)，则a10_.答案解析由已知得(101)134，故a10.7已知递增的等差数列an满足a11，a3a4，则an_.答案2n1解析设等差数列的公差为d，a3a4，12d(1d)24，解得d24，即d2.由于该数列为递增数列，故d2.an1(n1)22n1.8设数列an的通项公式为an2n10(nN*)，则|a1|a2|a15|_.答案130解析由an2n10(nN*)知an是以8为首项，2为公差的等差数列，又由an2n100得n5，n5时，an0，当n5时，an0，|a1|a2|a15|(a1a2a3a4)(a5a6a15)20110130.9若数列an的前n项和为Sn，且满足an2SnSn10(n2)，a1.(1)求证：成等差数列；(2)求数列an的通项公式(1)证明当n2时，由an2SnSn10，得SnSn12SnSn1，所以2，又2，故是首项为2，公差为2的等差数列(2)解由(1)可得2n，Sn.当n2时，anSnSn1.当n1时，a1不适合上式故an10等差数列an中，设Sn为其前n项和，且a10，S3S11，则当n为多少时，Sn最大？解方法一由S3S11得3a1d11a1d，则da1.从而Snn2n(n7)2a1，又a10，所以0.故当n7时，Sn最大方法二由于Snan2bn是关于n的二次函数，由S3S11，可知Snan2bn的图象关于n7对称由方法一可知a0，故当n7时，Sn最大方法三由方法一可知，da1.要使Sn最大，则有即解得6.5n7.5，故当n7时，Sn最大方法四由S3S11，可得2a113d0，即(a16d)(a17d)0，故a7a80，又由a10，S3S11可知d0，所以a70，a80，所以当n7时，Sn最大B组专项能力提升(时间：20分钟)11设Sn为等差数列an的前n项和，(n1)SnnSn1(nN*)若1，则下列说法正确的是_Sn的最大值是S8 Sn的最小值是S8Sn的最大值是S7 Sn的最小值是S7答案解析由条件得，即，所以anan1，所以等差数列an为递增数列又1，所以a80，a70，即数列an前7项均小于0，第8项大于零，所以Sn的最小值为S7.12设等差数列an的前n项和为Sn，若a13，ak1，Sk12，则正整数k_.答案13解析Sk1Skak112，又Sk1，解得k13.13设等差数列an，bn的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意自然数n都有，则的值为_答案解析an，bn为等差数列，.，.14已知数列an是首项为a，公差为1的等差数列，bn，若对任意的nN*，都有bnb8成立，则实数a的取值范围为_答案(8，7)解析依题意得bn1，对任意的nN*，都有bnb8，即数列bn的最小项是第8项，于是有.又数列an是公差为1的等差数列，因此有即由此解得8a7，即实数a的取值范围是(8，7)15已知公差大于零的等差数列an的前n项和为Sn，且满足a3a4117，a2a522.(1)求通项an；(2)求Sn的最小值；(3)若数列bn是等差数列，且bn，求非零常数c.解(1)因为数列an为等差数列，所以a3a4a2a522.又a3a4117，所以a3，a4是方程x222x1170的两实根，又公差d0，所以a3a4，所以a39，a413，所以所以所以通项an4n3.(2)由(1)知a11，d4，所以Snna1d2n2n22.所以当n1时，Sn最小，最小值为S1a11.(3)由(2)知Sn2n2n，所以bn，所以b1，b2，b3.因为数列bn是等差数列，所以2b2b1b3，即2，所以2c2c0，所以c或c0(舍去)，经验证c时，bn是等差数列，故c.