高考数学一轮复习讲义第6章第2节等差数列及其前n项和

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1．等差数列的定义
一般地，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，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an＝a1＋(n－1)d.
3．等差中项
由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成最简单的等差数列．这时，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：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．
(6)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…构成等差数列．
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＝eq \f(na1＋an,2)或Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d.
6．等差数列的前n项和公式与函数的关系
Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n.
数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(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，a1>0，d0，a7＋a103)，Sn＝100，则n的值为( )
A．8B．9
C．10D．11
答案 C
解析 由Sn－Sn－3＝51，得an－2＋an－1＋an＝51，
所以an－1＝17，又a2＝3，
Sn＝eq \f(na2＋an－1,2)＝100，解得n＝10.
4．在等差数列{an}中，a9＝eq \f(1,2)a12＋6，则数列{an}的前11项和S11等于( )
A．24B．48
C．66D．132
答案 D
解析 方法一 由a1＋8d＝eq \f(1,2)(a1＋11d)＋6，
得a1＋5d＝12，∴a1＝12－5d.
又S11＝11a1＋eq \f(11×10,2)d＝11a1＋55d
＝11(12－5d)＋55d＝132.
方法二 由a9＝eq \f(1,2)a12＋6，得2a9－a12＝12.
由等差数列的性质得，a6＋a12－a12＝12，a6＝12，S11＝eq \f(11a1＋a11,2)＝eq \f(11×2a6,2)＝132，故选D.
5．已知数列{an}满足an＋1＝an－eq \f(5,7)，且a1＝5，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( )
A．7B．8
C．7或8D．8或9
答案 C
解析 由题意可知数列{an}是首项为5，公差为－eq \f(5,7)的等差数列，所以an＝5－eq \f(5,7)(n－1)＝eq \f(40－5n,7)，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，n＝7或n＝8，故选C.
*6.设等差数列{an}满足a1＝1，an>0(n∈N*)，其前n项和为Sn，若数列{eq \r(Sn)}也为等差数列，则eq \f(Sn＋10,a\\al(2,n))的最大值是( )
A．310B．212
C．180D．121
答案 D
解析 设数列{an}的公差为d，
依题意得2eq \r(S2)＝eq \r(S1)＋eq \r(S3)，
因为a1＝1，所以2eq \r(2a1＋d)＝eq \r(a1)＋eq \r(3a1＋3d)，
化简可得d＝2a1＝2，
所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2，
所以eq \f(Sn＋10,a\\al(2,n))＝eq \f(n＋102,2n－12)＝(eq \f(n＋10,2n－1))2
＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\f(1,2)2n－1＋\f(21,2),2n－1)))2
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(21,2n－1)))2≤121，
故选D.
7．(2015·安徽)已知数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋eq \f(1,2)(n≥2)，则数列{an}的前9项和等于________．
答案 27
解析 由题意知数列{an}是以1为首项，以eq \f(1,2)为公差的等差数列，∴S9＝9×1＋eq \f(9×8,2)×eq \f(1,2)＝9＋18＝27.
8．已知数列{an}中，a1＝1且eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,3)(n∈N*)，则a10＝________.
答案 eq \f(1,4)
解析 由已知得eq \f(1,a10)＝eq \f(1,a1)＋(10－1)×eq \f(1,3)＝1＋3＝4，
故a10＝eq \f(1,4).
9．设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________.
答案 130
解析 由an＝2n－10(n∈N*)知{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0，得n≥5，∴当n≤5时，an≤0，当n＞5时，an＞0，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.
10．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eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n－3,4n－3)，则eq \f(a9,b5＋b7)＋eq \f(a3,b8＋b4)的值为________．
答案 eq \f(19,41)
解析 ∵{an}，{bn}为等差数列，
∴eq \f(a9,b5＋b7)＋eq \f(a3,b8＋b4)＝eq \f(a9,2b6)＋eq \f(a3,2b6)＝eq \f(a9＋a3,2b6)＝eq \f(a6,b6).
∵eq \f(S11,T11)＝eq \f(a1＋a11,b1＋b11)＝eq \f(2a6,2b6)＝eq \f(2×11－3,4×11－3)＝eq \f(19,41)，
∴eq \f(a9,b5＋b7)＋eq \f(a3,b8＋b4)＝eq \f(19,41).
11．在等差数列{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，
所以Sn＝eq \f(n[1＋3－2n],2)＝2n－n2.
由Sk＝－35，可得2k－k2＝－35，
即k2－2k－35＝0，解得k＝7或k＝－5.
又k∈N*，故k＝7.
12．若数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝eq \f(1,2).
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明 当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，
得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，所以eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn－1)＝2，
又eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝2，
故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是首项为2，公差为2的等差数列．
(2)解 由(1)可得eq \f(1,Sn)＝2n，∴Sn＝eq \f(1,2n).
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,2n)－eq \f(1,2n－1)＝eq \f(n－1－n,2nn－1)
＝－eq \f(1,2nn－1).
当n＝1时，a1＝eq \f(1,2)不适合上式．
故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，n＝1，,－\f(1,2nn－1)，n≥2.))
*13.已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足2Sn＝aeq \\al(2,n)＋n－4(n∈N*)．
(1)求证：数列{an}为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明 当n＝1时，有2a1＝aeq \\al(2,1)＋1－4，
即aeq \\al(2,1)－2a1－3＝0，
解得a1＝3(a1＝－1舍去)．
当n≥2时，有2Sn－1＝aeq \\al(2,n－1)＋n－5，
又2Sn＝aeq \\al(2,n)＋n－4，
两式相减得2an＝aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＋1，
即aeq \\al(2,n)－2an＋1＝aeq \\al(2,n－1)，也即(an－1)2＝aeq \\al(2,n－1)，
因此an－1＝an－1或an－1＝－an－1.
若an－1＝－an－1，则an＋an－1＝1.
而a1＝3，
所以a2＝－2，这与数列{an}的各项均为正数相矛盾，
所以an－1＝an－1，即an－an－1＝1，
因此数列{an}是首项为3，公差为1的等差数列．
(2)解 由(1)知a1＝3，d＝1，
所以数列{an}的通项公式an＝3＋(n－1)×1＝n＋2，
即an＝n＋2.