2020版新设计一轮复习数学（文）江苏专版讲义：第六章第二节等差数列

第二节等差数列


1．等差数列的有关概念
(1)定义：如果一个数列从第二项起，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，通常用字母d表示．
(2)等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是A＝，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：an＝a1＋(n－1)d.
(2)前n项和公式：Sn＝na1＋d＝.
3．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．
[小题体验]
1．已知等差数列的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6＝________.
解析：设等差数列的公差为d，由题意知，3×2＋3d＝12，解得d＝2，
故a6＝2＋(6－1)×2＝12.
答案：12
2．已知等差数列{an}，a5＝－20，a20＝－35，则an＝________.
答案：－15－n
3．(2018·南京、盐城一模)设{an}是等差数列，若a4＋a5＋a6＝21，则S9＝________.
解析：因为{an}是等差数列，且a4＋a5＋a6＝21，所以3a5＝21，即a5＝7，
故S9＝＝9a5＝63.
答案：63

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．求等差数列的前n项和Sn的最值时，需要注意“自变量n为正整数”这一隐含 条件．
[小题纠偏]
1．首项为24的等差数列，从第10项开始为负数，则公差d的取值范围是________．
答案：
2．已知数列为等差数列，若a1＝－3,11a5＝5a8，则使其前n项和Sn取最小值的n＝________.
解析：∵a1＝－3,11a5＝5a8，∴d＝2，
∴Sn＝n2－4n＝(n－2)2－4，∴当n＝2时，Sn最小．
答案：2

　
[题组练透]
1．在等差数列中，已知d＝，an＝，Sn＝－，则a1＝________.
解析：由题意，得
由②得a1＝－n＋2，代入①得n2－7n－30＝0，
∴n＝10或n＝－3(舍去)，
∴a1＝－3.
答案：－3
2．公差不为零的等差数列{an}中，a7＝2a5，则数列{an}中第________项的值与4a5的值相等．
解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a7＝2a5，所以a1＋6d＝2(a1＋4d)，则a1＝ －2d，所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－3)d，而4a5＝4(a1＋4d)＝4(－2d＋4d)＝8d＝a11，故数列{an}中第11项的值与4a5的值相等．
答案：11
3．(2018·苏北四市一模)设Sn是等差数列{an}的前n项和，且a2＝3，S4＝16，则S9＝________.
解析：设等差数列{an}的公差为d，
则由a2＝3，S4＝16，得解得
因此S9＝9＋×2＝81.
答案：81
4．(2019·南京调研)记等差数列{an}前n项和为Sn.若am＝10，S2m－1＝110, 则m＝_______.
解析：因为S2m－1＝＝(2m－1)am＝110，所以2m－1＝11，即m＝6.
答案：6
[谨记通法]
等差数列基本运算的方法策略
(1)等差数列中包含a1，d，n，an，Sn五个量，可“知三求二”．解决这些问题一般设基本量a1，d，利用等差数列的通项公式与求和公式列方程(组)求解，体现方程思想．
(2)如果已知等差数列中有几项的和是常数的计算问题，一般是等差数列的性质和等差数列求和公式Sn＝结合使用，体现整体代入的思想．
　
[典例引领]
(2019·启东联考)已知函数f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7(n∈N*)．
(1)设函数y＝f(x)的图象的顶点的纵坐标构成数列{an}，求证：{an}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{bn}，求{bn}的前n项和Sn.
解：(1)证明：因为f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7＝[x－(n＋1)]2＋3n－8，
所以an＝3n－8，
因为an＋1－an＝3(n＋1)－8－(3n－8)＝3，
所以数列{an}为等差数列．
(2)由题意知，bn＝|an|＝|3n－8|，
所以当1≤n≤2时，bn＝8－3n，
Sn＝b1＋…＋bn＝
＝＝；
当n≥3时，bn＝3n－8，
Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝5＋2＋1＋…＋(3n－8)
＝7＋
＝.
所以Sn＝

[由题悟法]
等差数列的判定与证明方法
方　法
解　读
适合题型
定义法
对于任意自然数n(n≥2)，an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列
解答题中证明问题
等差中项法
2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是等差数列
通项公式法
an＝pn＋q(p，q为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列
填空题中的判定问题
前n项和公式法
验证Sn＝An2＋Bn(A，B是常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列

[即时应用]
已知数列满足：a1＝2，an＋1＝3an＋3n＋1－2n.设bn＝.
(1)证明：数列为等差数列；
(2)求数列的通项公式．
解：(1)证明：∵bn＋1－bn＝－＝－＝1，
∴数列为等差数列．
(2)∵b1＝＝0，∴bn＝n－1，∴an＝(n－1)·3n＋2n.
　
[典例引领]
1．已知{an}为等差数列，若a1＋a2＋a3＝5，a7＋a8＋a9＝10，则a19＋a20＋a21＝________.
解析：由等差数列的性质，可知S3，S6－S3，S9－S6，…，S21－S18成等差数列，
设此数列公差为D.所以5＋2D＝10，所以D＝.
所以a19＋a20＋a21＝S21－S18＝5＋6D＝5＋15＝20.
答案：20
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a8＝1，S16＝0，当Sn取最大值时n的值为________．
解析：法一：由解得则Sn＝－n2＋16n＝－(n－8)2＋64，则当n＝8时，Sn取得最大值．
法二：因为{an}是等差数列，所以S16＝8(a1＋a16)＝8(a8＋a9)＝0，则a9＝－a8＝－1，即数列{an}的前8项是正数，从第9项开始是负数，所以(Sn)max＝S8，故Sn取最大值时，n＝8.
答案：8
[由题悟法]
1．等差数列的性质
(1)项的性质：在等差数列{an}中，am－an＝(m－n)d⇔＝d(m≠n)，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．
(2)和的性质：在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则
①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
②S2n－1＝(2n－1)an.
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：
①当a1＞0，d＜0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；
②当a1＜0，d＞0时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.
[即时应用]
1．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)，则数列{an}的项数为________．
解析：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，所以a1＋an＝36，
又Sn＝＝324，所以18n＝324，所以n＝18.
答案：18
2．设Sn是等差数列{an}的前n项和，S10＝16，S100－S90＝24，则S100＝________.
解析：依题意，S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90依次成等差数列，设该等差数列的公差为d.又S10＝16，S100－S90＝24，因此S100－S90＝24＝16＋(10－1)d＝16＋9d，解得d＝，因此S100＝10S10＋d＝10×16＋×＝200.
答案：200
3．已知在等差数列中，a1＝31，Sn是它的前n项和，S10＝S22.
(1)求Sn；
(2)这个数列的前多少项的和最大，并求出这个最大值．
解：(1)∵S10＝a1＋a2＋…＋a10，S22＝a1＋a2＋…＋a22，
S10＝S22，
∴a11＋a12＋…＋a22＝0，＝0，
即a11＋a22＝2a1＋31d＝0.又a1＝31，
∴d＝－2，
∴Sn＝na1＋d＝31n－n(n－1)＝32n－n2.
(2)由(1)知Sn＝32n－n2，∴当n＝16时，Sn有最大值，Sn的最大值是256.

一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．(2018·徐州、连云港、宿迁质检)已知公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，若 ＝3，则的值为________．
解析：设等差数列{an}的首项为a1，则由＝3，得＝3，所以d＝4a1，所以＝＝＝.
答案：
2．(2019·常州一中检测)在等差数列中，若a2＋a12＝4，则a2＋a7＋a12＝________.
解析：∵a2＋a12＝2a7＝4，∴a7＝2.
则a2＋a7＋a12＝3a7＝6.
答案：6
3．(2018·徐州期中)已知等差数列的前n项和为Sn，S11＝132，a6＋a9＝30，则a12的值为________．
解析：在等差数列中，设首项为a1，公差为d，
由S11＝132，a6＋a9＝30，
得解得a1＝d＝2.
∴a12＝a1＋11d＝24.
答案：24
4．(2018·苏州质量监测)已知数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2.若ak·ak＋1＜0，则正整数k＝________.
解析：3an＋1＝3an－2⇒an＋1＝an－⇒{an}是等差数列，则an＝－n.因为ak＋1·ak＜0，
所以＜0，所以＜k＜，
又因为k∈N*，
所以k＝23.
答案：23
5．等差数列{an}中，已知a5＞0，a4＋a7＜0，则{an}的前n项和Sn的最大值为________．
解析：因为所以
所以Sn的最大值为S5.
答案：S5
6．(2018·无锡期末)在等差数列中，若an＞0，a4＝5，则＋的最小值为________．
解析：∵在等差数列中，an＞0，a4＝5，
∴a2＋a6＝2a4＝10，
∴＋＝(a2＋a6)＝≥＝，
当且仅当＝时取等号．故＋的最小值为.
答案：
二保高考，全练题型做到高考达标
1．(2018·张家港期末)在古巴比伦泥板(公元前2000年～前1000年)有这样一个数学问题：10兄弟分100个金币，哥哥比弟弟依次多分．已知每一个级差相等，还知道老八分得6个金币(每个人分得的金币可以是分数)．问：老三应该分得________个金币．
解析：∵10兄弟分100个金币，哥哥比弟弟依次多分，每一个级差相等，老八分得6个金币，
∴可将其看作一个等差数列，
∴
解得a1＝，d＝－，
∴a3＝a1＋2d＝－＝14，
即老三应该分得14个金币．
答案：14
2．数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋3n(n∈N*)，若p－q＝5，则ap－aq＝________.
解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋3n－[2(n－1)2＋3(n－1)]＝4n＋1，
当n＝1时，a1＝S1＝5，符合上式，
所以an＝4n＋1，ap－aq＝4(p－q)＝20.
答案：20
3．(2018·苏州期末)已知{an}是等差数列，a5＝15，a10＝－10，记数列{an}的第n项到第n＋5项的和为Tn，则|Tn|取得最小值时n的值为________．
解析：由a5＝15，a10＝－10得an＝－5n＋40，an＋5＝－5n＋15，Tn＝＝15(11－2n)，当11－2n＝±1时，即n＝5或6时，|Tn|取最小值15.
答案：5或6
4．(2019·泰州模拟)设等差数列的前n项和为Sn，且S4＝4，S12＝24，则S8＝________.
解析：由等差数列的性质可得，S4，S8－S4，S12－S8成等差数列，
所以2(S8－4)＝4＋24－S8，
解得S8＝12.
答案：12
5．设数列{an}的前n项和为Sn，若为常数，则称数列{an}为“吉祥数列”．已知等差数列{bn}的首项为1，公差不为0，若数列{bn}为“吉祥数列”，则数列{bn}的通项公式为________．
解析：设等差数列{bn}的公差为d(d≠0)，＝k，因为b1＝1，则n＋n(n－1)d＝k，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＝.
所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
答案：bn＝2n－1
6．(2019·扬州模拟)已知等差数列的前n项和为Sn，且S13＝6，则3a9－2a10＝________.
解析：由S13＝6，得＝13a7＝6，∴a7＝，
∴3a9－2a10＝3(a1＋8d)－2(a1＋9d)＝a1＋6d＝a7＝.
答案：
7．在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前 n项和为Sn ，当且仅当n＝8 时Sn 取得最大值，则d 的取值范围为________．
解析：由题意，当且仅当n＝8时Sn有最大值，
可得即解得－1＜d＜－.
答案：
8．(2019·启东中学模拟)若等差数列的首项为a1，公差为d，关于x的不等式x2＋x＋c≥0的解集为[0,10]，则使数列的前n项和Sn最大的正整数n的值是________．
解析：∵关于x的不等式x2＋x＋c≥0的解集为[0,10]，
∴＜0,0＋10＝－，0×10＝，
解得d＜0，c＝0，a1＝－.
an＝a1＋(n－1)d＝－＋(n－1)d＝d，
令an≥0，解得n≤，因此使数列的前n项和Sn最大的正整数n的值是5.
答案：5
9．(2018·启东期末)已知等差数列的前n项和为Sn，且a3＝7，a5＋a7＝26.
(1)求an及Sn；
(2)令bn＝(n∈N*)，求证：数列为等差数列．
解：(1)设等差数列的首项为a1，公差为d，
∵a3＝7，a5＋a7＝26.
∴
解得a1＝3，d＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝3＋2(n－1)＝2n＋1，
Sn＝＝＝n(n＋2)．
(2)证明：∵bn＝＝＝n＋2，
bn＋1－bn＝n＋3－(n＋2)＝1，
∴数列为等差数列．
10．(2018·南京、盐城二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}，{cn}满足(n＋1)bn＝an＋1－，(n＋2)cn＝－，其中n∈N*.
(1)若数列{an}是公差为2的等差数列，求数列{cn}的通项公式；
(2)若存在实数λ，使得对一切n∈N*，有bn≤λ≤cn，求证：数列{an}是等差数列．
解：(1)因为数列{an}是公差为2的等差数列，
所以an＝a1＋2(n－1)，＝a1＋n－1.
因为(n＋2)cn＝－(a1＋n－1)＝n＋2，所以cn＝1.
(2)证明：由(n＋1)bn＝an＋1－，
得n(n＋1)bn＝nan＋1－Sn，(n＋1)(n＋2)bn＋1＝(n＋1)an＋2－Sn＋1，两式相减，并化简得an＋2－an＋1＝(n＋2)bn＋1－nbn.
从而(n＋2)cn＝－＝－[an＋1－(n＋1)bn]＝＋(n＋1)bn＝＋(n＋1)bn＝(bn＋bn＋1)，
因此cn＝(bn＋bn＋1)．
因为对一切n∈N*，有bn≤λ≤cn，
所以λ≤cn＝(bn＋bn＋1)≤λ，故bn＝λ，cn＝λ.
所以(n＋1)λ＝an＋1－， ①
(n＋2)λ＝(an＋1＋an＋2)－，②
②－①得(an＋2－an＋1)＝λ，即an＋2－an＋1＝2λ，
故an＋1－an＝2λ(n≥2)．
又2λ＝a2－＝a2－a1，则an＋1－an＝2λ(n≥1)．
所以数列{an}是等差数列．
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1．设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a3＝5，且S1，S5，S7成等差数列，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：设等差数列{an}的公差为d，因为S1，S5，S7成等差数列，所以S1＋S7＝2S5，则a1＋7a1＋21d＝2(5a1＋10d)，解得d＝2a1，因为a3＝5，所以a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1.
答案：2n－1
2．(2019·苏州高三期中调研)已知数列{an}，{bn}满足a1＝，an＋bn＝1，bn＋1＝(n∈N*)，则b1·b2·…·b2 018＝________.
解析：由an＋bn＝1，得an＋1＋bn＋1＝1，即bn＋1＝1－an＋1，把bn＋1＝1－an＋1代入bn＋1＝，化简可得－＝1，所以是首项为2，公差为1的等差数列，可得数列{an}的通项公式为an＝，所以数列{bn}的通项公式为bn＝，所以b1·b2·…·b2 018＝.
答案：
3．(2018·南京学情调研)已知数列{an}是公差为正数的等差数列，其前n项和为Sn，且a2·a3＝15，S4＝16.
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)设数列{bn}满足b1＝a1，bn＋1－bn＝.
①求数列{bn}的通项公式；
②是否存在正整数m，n(m≠n)，使得b2，bm，bn成等差数列？若存在，求出m，n的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)设数列{an}的公差为d，则d＞0.
由a2·a3＝15，S4＝16，得
解得或(舍去)．所以an＝2n－1.
(2)①因为b1＝a1＝1，
bn＋1－bn＝＝＝，
即b2－b1＝，
b3－b2＝，
…
bn－bn－1＝，n≥2，
累加得bn－b1＝＝，
所以bn＝b1＋＝1＋＝.
又b1＝1也符合上式，故bn＝，n∈N*.
②假设存在正整数m，n(m≠n)，使得b2，bm，bn成等差数列，则b2＋bn＝2bm.
又b2＝，bn＝＝－，bm＝－，
所以＋＝2，即＝＋，
化简得2m＝＝7－.
当n＋1＝3，即n＝2时，m＝2(舍去)；
当n＋1＝9，即n＝8时，m＝3，符合题意．
所以存在正整数m＝3，n＝8，使得b2，bm，bn成等差数列．