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1、第2讲等差数列及其前n项和第 12 页 共 12 页考点梳理1等差数列的定义及通项公式(1)等差数列：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与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，这个常数就叫做等差数列的公差(公差常用字母“d”表示)即anan1d(n2，nN)(2)等差中项：如果三个数a，A，b成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，其中A.(3)等差数列的通项公式：若等差数列的首项为a1，公差为d，则通项公式为ana1(n1)d；若已知第m项am和公差d，通项an还可写成anam(nm)d.(4)等差数列的公差公式：d或d.2等差数列的性质(1)若数列an是等差数列，则ana
2、m(nm)d(n、mN*)(2)数列an是等差数列，若mnpq(m，n，p，qN*)，则amanapaq.特别地，若mn2p，则aman2ap.(3)在有穷等差数列an中，与首、末两项距离相等的任意两项之和与首、末两项之和相等，如a1ana2an1.(4)若an，bn均是等差数列，Sn是an的前n项和，则mankbn、仍为等差数列，其中m，k为常数(5)等差数列中依次k项的和成等差数列，即Sk，S2kSk，S3kS2k，成等差数列，公差为k2d.(6)项数为偶数2n的等差数列an，有S2nn(a1a2n)n(a2a2n1)n(anan1)(an与an1为中间的两项)，S偶S奇nd，.(7)项数
3、为奇数2n1的等差数列an，有S2n1(2n1)an(an为中间项)，S奇S偶an，.3等差数列的前n项和(1)公式：若已知首项a1和末项an，则Sn，或等差数列an的首项是a1，公差是d，则其前n项和公式为Snna1d.(2)等差数列的前n项和公式与函数的关系：Snn2n，数列an是等差数列的充要条件是SnAn2Bn(A，B为常数)(3)最值问题：在等差数列an中，a10，d0，则Sn存在最大值，若a10，d0，则Sn存在最小值等差数列的判断方法(1)定义法：对于n2的任意自然数，验证anan1为同一常数；(2)等差中项法：验证2an1anan2(n3，nN*)都成立；(3)通项公式法：验证
4、anpnq；(4)前n项和公式法：验证SnAn2Bn.注后两种方法只能用来判断是否为等差数列，而不能用来证明等差数列考点自测1设Sn是等差数列an的前n项和，已知a23，a611，则S7_.解析a1a7a2a631114，S749.答案492在等差数列an中，a37，a5a26，则a6_.解析设公差为d.则a5a23d6，a6a33d7613.答案133已知等差数列的公差d0，前n项和记为Sn，满足S200，S210，则当n_时，Sn达到最大值解析S2010(a1a20)10(a10a11)0，S2121a110，a100，a110，n10时，Sn最大答案104已知数列an的前n项和为Sn2n
5、23n，则数列an的通项公式为_解析当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn12n23n2(n1)23(n1)54n.显然a1符合an，所以an54n(nN*)答案54n5设Sn是等差数列an的前n项和若，则_.解析由S33a2，S77a4，得9a27a47(a22d)，即a27d，所以a38d，a49d，从而S63(a3a4)51d，S77a463d，所以.答案考向一等差数列基本量的计算【例1】在数列an中，a11，a22.数列bn满足bnan1(1)nan，nN*.(1)若数列an是等差数列，求数列bn的前6项和S6；(2)若数列bn是公差为2的等差数列，求数列an的通项公式解(1)因
6、为a11，a22，数列an是等差数列，所以ann.所以b1b3b51，b25，b49，b613. 所以S6b1b2b630.(2)因为b1a2a1211，数列bn是公差为2的等差数列，所以bn2n1.因为b2n1a2na2n14n3，b2na2n1a2n4n1，所以a2n1a2n12.故a2n3a2n12. 所以a2n3a2n1.又a11，所以a31.故a4n3a11，a4n1a31. 所以a2n11.则a2n4n2.所以an方法总结 等差数列的通项公式及前n项和公式中，共涉及五个量，知三可求二，如果已知两个条件，就可以列出方程组解之如果利用等差数列的性质去考虑也可以体现了用方程解决问题的思想
7、【训练1】在等差数列an中，a11，a33.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列an的前k项和Sk35，求k的值解(1)设等差数列an的公差为d，则ana1(n1)d.由a11，a33可得12d3.解得d2. 从而，an1(n1)(2)32n.(2)由(1)可知an32n. 所以Sn2nn2.进而由Sk35可得2kk235. 即k22k350，解得k7或k5.又kN*，故k7为所求考向二等差数列的判定或证明【例2】已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足8Sna4an3(nN*)，且a1，a2，a7依次是等比数列bn的前三项(1)求数列an及bn的通项公式；(2)是否存在常数a0且
8、a1，使得数列anlogabn(nN*)是常数列？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由解(1)当n1时，8a1a4a13，a11或a13.当n2时，8Sn1a4an13， 则anSnSn1(a4ana4an1)，从而(anan1)(anan14)0. 因为数列an的各项均为正数，所以anan14.所以当a11时，an4n3；当a13时，an4n1.又因为当a11时，a1，a2，a7分别为1,5,25，能构成等比数列，所以an4n3，bn5n1；当a13时，a1，a2，a7分别为3,7,27，不能构成等比数列，故舍去所以an4n3，bn5n1.(2)假设存在符合条件的a. 由(1)知，an4
9、n3，bn5n1，从而anlogabn4n3loga5n1 4n3(n1)loga5(4loga5)n3loga5.由题意，得4loga50，所以a. 所以满足条件的a存在，即a.方法总结 等差数列主要的判定方法是定义法和等差中项法，而对于通项公式法和前n项和公式法主要适合在填空题中简单判断另外，求数列通项，一般要作出是否是等差数列或等比数列的判断【训练2】 已知数列an中，a11，a22，且an1(1q)anqan1(n2，q0)(1)设bnan1an(nN*)，证明：bn是等比数列；(2)求数列an的通项公式；(3)若a3是a6与a9的等差中项，求q的值，并证明：对任意的nN*，an是an
10、3与an6的等差中项(1)证明由题设an1(1q)anqan1(n2)， 得an1anq(anan1)，即bnqbn1，n2.由b1a2a11，q0，所以bn是首项为1，公比为q的等比数列(2)解由(1)知，a2a11，a3a2q， anan1qn2(n2)将以上各式相加，得ana11qqn2(n2)，即ana11qqn2(n2)所以当n2时，an上式对n1显然成立(3)解由(2)，当q1时，显然a3不是a6与a9的等差中项，故q1.由a3a6a9a3可得q5q2q2q8，由q0得q311q6，整理得(q3)2q320，解得q32或q31(舍去) 于是q.另一方面，anan3(q31)，an6
11、an(1q6)由可得anan3an6an， 即2anan3an6，nN*.所以对任意的nN*，an是an3与an6的等差中项考向三等差数列前n项和及综合应用【例3】 (1)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(2)已知数列an的通项公式是an4n25，求数列|an|的前n项和解(1)法一a120，S10S15，1020d1520d，d.an20(n1)n.a130. 即当n12时，an0，n14时，an0.当n12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S12S131220130.法二同法一求得d.Sn20nn2n 2.n
12、N*，当n12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12S13130.法三同法一得d.又由S10S15，得a11a12a13a14a150. 5a130，即a130.当n12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12S13130.(2)an4n25，an14(n1)25，an1an4d，又a1412521.所以数列an是以21为首项，以4为公差的递增的等差数列令由得n0，bn是递增数列当n1时，b10； 当n2时，b2100；当n3时，b30，所以，从第4项起的各项均大于0，故前3项之和最小且S3(135)3010.考向四等差数列的性质及应用【例4】 (1)在等差数列an中，a1a2a324，a1
13、8a19a2078，则此数列前20项和等于_(2)已知等差数列an，bn的前n项和分别为Sn和Tn，若，且是整数，则n的值为_解析(1)由已知可得(a1a2a3)(a18a19a20)2478(a1a20)(a2a19)(a3a18)54a1a2018S202020180.(2)令Sn7n245n，则an14n38，Tnn23n，则bn2n2，则，由2n1N*，则2n131，n15.答案(1)180(2)15方法总结 高考对等差数列通项公式的考查，常常涉及项与项之间的内在联系，因此突破这些问题的关键是归纳和总结一些基本的性质，并能利用这些性质对问题进行合理的转化，从而求解【训练4】 设等差数列
14、的前n项和为Sn，已知前6项和为36，Sn324，最后6项的和为180(n6)，求数列的项数n.解由题意可知a1a2a636 anan1an2an5180得 (a1an)(a2an1)(a6an5)6(a1an)216.a1an36.又Sn324， 18n324.n18.热点突破 等差数列的综合问题近几年高考中，对等差数列的概念通项公式、性质、前n项和公式的考查始终没有放松一方面考查知识的掌握情况，另一方面考查数学推理能力【示例】已知公差不为0的等差数列an的首项a1为a(aR)，设数列的前n项和为Sn且，成等比数列(1)求数列an的通项公式及Sn；(2)记An，Bn，当n2时，试比较An与B
15、n的大小审题与转化 第一步：(1)利用方程求公差，再求an、Sn.(2)利用裂项法求An，利用等比数列求和公式求Bn，再比较大小即可规范解答 第二步：(1)设等差数列an的公差为d，由2，得(a1d)2a1(a13d)，d0，da1a，anna，Sn.(2)， An.a2n12n1a，Bn.当n2时，2nCCCCn1， 即10时，AnBn，当aBn.反思与回顾 第三步：高考考查等差数列时，常考查等差数列的通项、性质、求和、裂项法求和和公式法求和等知识高考经典题组训练1在等差数列an中，a21，a45，则an的前5项和S5_.解析因为an成等差数列，所以解得所以S55a1d5(1)10215.答
16、案152等差数列an中，a1a510，a47，则数列an的公差为_解析因为a1a52a310，所以a35，又a47，所以da4a32.答案23设数列an，bn都是等差数列若a1b17，a3b321，则a5b5_.解析因为(a1a5)(b1b5)2(a3b3)42，所以a5b542735.答案354在等差数列an中，a3a4a584，a973.(1)求数列an的通项公式；(2)对任意mN*，将数列an中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为bm，求数列bm的前m项和Sm.解(1)因为an是一个等差数列，所以a3a4a53a484，a428.设数列an的公差为d，则5da9a4732845，故d
17、9.由a4a13d得28a139，即a11.所以ana1(n1)d19(n1)9n8(nN*)(2)对mN*，若9man92m，则9m89n92m8.因此9m11n92m1，故得bm92m19m1.于是Smb1b2b3bm (99392m1)(199m1) .分层训练A级基础达标演练一、填空题(每小题5分，共30分)1在等差数列an中，a22，a34，则a10_.解析设公差为d，则da3a22.a10，an2n2a10210218.答案182在等差数列an中，已知a4a816，则该数列前11项和S11_.解析由等差数列性质及已知，得S11(a4a8)1688.答案883在等差数列an中，a10
18、，S4S9，则Sn取最大值时，n_.解析因为a10，S4S9，所以a5a6a7a8a90，所以a70，所以从而当n6或7时Sn取最大值答案6或74在等差数列an中，若a1a4a739，a3a6a927，则S9_.解析a1a4a739，a3a6a927，3a439,3a627，a413，a69.a6a42d9134，d2，a5a4d13211，S99a599.答案995设等差数列an的公差为正数，若a1a2a315，a1a2a380，则a11a12a13_.解析由15a1a2a33a2，得a25.所以又公差d0，所以所以d3.所以a11a12a133a123(a111d)3(233)335105
19、.答案1056已知数列an的前n项和为Sn2n2pn，a711.若akak112，则正整数k的最小值为_解析因为a7S7S62727p2626p26p11，所以p15，Sn2n215n，anSnSn14n17(n2)，当n1时也满足于是由akak18k3012，得k5.又kN*，所以k6，即kmin6.答案6二、解答题(每小题15分，共30分)7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S5S6150. (1)若S55，求S6及a1； (2)求d的取值范围解(1)由题意知S63，a6S6S58，所以解得a17，所以S63，a17.(2)因为S5S6150，所以(
20、5a110d)(6a115d)150，即2a9da110d210，故(4a19d)2d28，所以d28.故d的取值范围为d2或d2.8已知数列an满足an2an12n1(nN*，n2)，且a327.(1)求a1，a2的值；(2)记bn(ant)(nN*)，问是否存在一个实数t，使数列bn是等差数列？若存在，求出实数t；若不存在，请说明理由解(1)由a327，得2a223127，所以a29.又由2a12219，得a12.(2)假设存在实数t，使得数列bn是等差数列，则2bnbn1bn1，即2(ant)(an1t)(an1t)，即4an4an1an1t，所以4an42an2n1t1，所以t1.故存
21、在t1，使得数列bn是等差数列分层训练B级创新能力提升1已知数列an，bn都是等差数列，Sn，Tn分别是它们的前n项和，且，则_.解析.答案2已知数列an满足递推关系式an12an2n1(nN*)，且为等差数列，则的值是_解析由an12an2n1，可得，则，当的值是1时，数列是公差为的等差数列答案13已知数列an，bn满足a11，a22，b12，且对任意的正整数i，j，k，l，当ijkl时，都有aibjakbl，则(aibi)的值是_解析由题意得a1b2 010a2b2 009a3b2 008a2 009b2a2 010b1.所以(aibi)2 010(a1b2 010)故(aibi)2 01
22、0(a1b2 010) a1b2 010.下面求b2 010.令i1，jn，k2，ln1，即a1bna2bn1，则bnbn1a2a11，所以bn是以b12为首项，以d1为公差的等差数列，所以b2 0102(2 0101)2 011.所以a1b2 01012 0112 012.答案2 0124已知f(x)是定义在R上不恒为零的函数，对于任意的x，yR，都有f(xy)xf(y)yf(x)成立数列an满足anf(2n)(nN*)，且a12.则数列的通项公式an_.解析由an1f(2n1)2f(2n)2nf(2)2an2n1，得1，所以是首项为1，公差为1的等差数列，所以n，ann2n.答案n2n5在
23、等差数列an中，公差d0，前n项和为Sn，a2a345，a1a518.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(nN*)，是否存在一个非零常数c，使数列bn也为等差数列？若存在，求出c的值；若不存在，请说明理由解(1)由题设，知an是等差数列，且公差d0，则由得解得an4n3(nN*)(2)由bn，c0，可令c，得到bn2n.bn1bn2(n1)2n2(nN*)，数列bn是公差为2的等差数列即存在一个非零常数c，使数列bn也为等差数列6在数列an中，a11，an11，bn，其中nN*.(1)求证：数列bn是等差数列；(2)设cn() bn，试问数列cn中是否存在三项，使它们可以构成等差数列？如果存在，求出这三项；如果不存在，说明理由(1)证明因为bn1bn2(nN*)，且b12所以，数列bn以2为首项，2为公差的是等差数列(2)解由(1)得cn()bn2n，假设cn中存在三项cm，cn，cp(其中mnp，m，n，pN*)成等差数列，则22n2m2p，所以2n12m2p,2nm112pm.因为mnp，m，n，pN*，所以nm1，pmN*，从而2nm1为偶数，12pm为奇数，所以2nm1与12pm不可能相等，所以数列cn中不存在可以构成等差数列的三项.