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第二节 等差数列
(1)理解等差数列的概念和通项公式的意义;(2)探索并掌握等差数列的前n项和公式,理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系;(3)体会等差数列与一元一次函数的关系.
重点一 等差数列的有关概念
1.定义:如果一个数列从第2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,符号表示为an-an-1=d,n∈N*且n≥2,d为常数.
[注意] 在公差为d的等差数列{an}中:①d>0 {an}为递增数列;②d=0 {an}为常数列;③d<0 {an}为递减数列.
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与b的等差中项.
[注意] 在等差数列{an}中,从第二项起,每一项都是它前后两项的等差中项,即{an}成等差数列 an+1+an-1=2an n≥2 .
[逐点清]
1.(多选)(选择性必修第二册15页练习1题改编)下列命题正确的是( )
A.数列6,4,2,0是公差为2的等差数列
B.数列a,a-1,a-2,a-3是公差为-1的等差数列
C.等差数列{an}的单调性是由公差d决定的
D.数列{2n+1}(n∈N*)是等差数列
解析:BCD 对于A,由等差数列的定义知,数列6,4,2,0为等差数列,但公差为-2,A错误;对于B,由等差数列的定义知,数列a,a-1,a-2,a-3为等差数列且公差为-1,B正确;对于C,等差数列中,d>0 {an}为递增数列,d=0 {an}为常数列,d<0 {an}为递减数列,C正确;对于D,an+1-an=2(n+1)+1-(2n+1)=2,数列{2n+1}(n∈N*)是等差数列,D正确,故选B、C、D.
重点二 等差数列的有关公式
1.通项公式:an=a1+(n-1)d=nd+(a1-d) 当d≠0时,an是关于n的一次函数模型.
2.前n项和公式:Sn= Sn=na1+d=n2+n 当d≠0时,Sn是关于n的二次函数模型,且没有常数项.
[逐点清]
2.(多选)(选择性必修第二册24页练习5题改编)设{an}是等差数列,Sn是其前n项和,且S5S8,则下列结论正确的是( )
A.d<0 B.a7=0
C.S8>S5 D.S6与S7均为Sn的最大值
解析:ABD S6=S5+a6>S5,则a6>0,S7=S6+a7=S6,则a7=0,则d=a7-a6<0,∵S8=S7+a80知S6,S7是Sn中的最大值.故选A、B、D.
3.(选择性必修第二册24页练习1题改编)已知{an}是等差数列,其前n项和为Sn,若a3=2,且S6=30,则S9=________.
解析:由已知可得解得∴S9=9a1+d=-90+36×6=126.
答案:126
[记结论]
已知{an}为等差数列,d为公差,Sn为该数列的前n项和.
(1)通项公式的推广:an=am+(n-m)d(n,m∈N*);
(2)在等差数列{an}中,当m+n=p+q时,am+an=ap+aq(m,n,p,q∈N*).特别地,若m+n=2p,则2ap=am+an(m,n,p∈N*);
(3)ak,ak+m,ak+2m,…仍是等差数列,公差为md(k,m∈N*);
(4)Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…也成等差数列,公差为n2d;
(5)若{an},{bn}是等差数列,则{pan+qbn}也是等差数列;
(6)若{an}是等差数列,则也成等差数列,其首项与{an}首项相同,公差是{an}公差的;
(7)若项数为偶数2n,则S2n=n(a1+a2n)=n(an+an+1);S偶-S奇=nd;=;
(8)若项数为奇数2n-1,则S2n-1=(2n-1)an;S奇-S偶=an;=.
[提速度]
1.(2022·枣庄质检)已知等差数列{an}的项数为奇数,其中所有奇数项之和为319,所有偶数项之和为290,则该数列的中间项为( )
A.28 B.29
C.30 D.31
解析:B 由结论(8),设项数为奇数2n-1,S奇-S偶=an=319-290=29,故选B.
2.已知Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1=-2 020,-=6,则S2 023=( )
A.2 023 B.-2 023
C.4 046 D.-4 046
解析:C 由结论(6)可知为等差数列,且-=6d=6,∴d=1,首项为=-2 020,∴=-2 020+(2 023-1)×1=2,∴S2 023=2 023×2=4 046,故选C.
等差数列基本量的运算
1.《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出,中国共产党党旗为旗面缀有金黄色党徽图案的红旗,通用规格有五种.这五种规格党旗的长a1,a2,a3,a4,a5 (单位:cm)成等差数列,对应的宽为b1,b2,b3,b4,b5(单位:cm),且长与宽之比都相等.已知a1=288,a5=96,b1=192,则b3=( )
A.64 B.96
C.128 D.160
解析:C 由已知条件可得=,则b5===64,∵===(n=1,2,3,4,5),∴bn=an,又{an}是等差数列,∴{bn}也是等差数列,因此,b3===128.故选C.
2.已知等差数列{an}满足a4+a6=22,a1·a9=57,则该等差数列的公差为( )
A.1或-1 B.2
C.-2 D.2或-2
解析:D 由a1+a9=a4+a6=22,a1·a9=57,所以a1,a9是方程x2-22x+57=0的两实数根,解得或所以公差d==2或-2.故选D.
等差数列基本量运算的常见类型及解题策略
(1)求公差d或项数n:在求解时,一般要运用方程思想;
(2)求通项:a1和d是等差数列的两个基本元素;
(3)求特定项:利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解;
(4)求前n项和:利用等差数列的前n项和公式直接求解或利用等差中项间接求解.
等差数列的判定与证明
(2021·全国甲卷)记Sn 为数列{an}的前n项和,已知an>0,a2=3a1,且数列{}是等差数列,证明:{an}是等差数列 .
[证明] 由题意可知,数列{}的首项为,设等差数列{}的公差为d,
则d=-=-=,
所以=+(-)+(-)+…+(-)=+(n-1)=n,
即Sn=a1·n2,
所以an=
即an=(2n-1)a1,
所以an+1-an=2a1,所以数列{an}是以a1为首项,2a1为公差的等差数列.
等差数列的判定与证明方法
方法 解读 适合题型
定义法 对于数列{an},an-an-1(n≥2,n∈N*)为同一常数 {an}是等差数列 解答题中的证明问题
等差中项法 对于数列{an},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) {an}是等差数列 选择、填空题中的判断问题
前n项和公式法 Sn=An2+Bn(A,B为常数,Sn为数列{an}的前n项和) {an}是等差数列
(2021·全国乙卷)记Sn为数列{an}的前n项和,bn为数列{Sn}的前n项积,已知+=2.
(1)证明:数列{bn}是等差数列;
(2)求{an}的通项公式.
解:(1)证明:因为bn是数列{Sn}的前n项积,
所以n≥2时,Sn=,
代入+=2可得,+=2,
整理可得2bn-1+1=2bn,即bn-bn-1=(n≥2).
又+==2,所以b1=,
故{bn}是以为首项,为公差的等差数列.
(2)由(1)可知,bn=,则+=2,
所以Sn=,
当n=1时,a1=S1=,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=-.
故an=
等差数列的性质及应用
考向1 等差数列项的性质
(1)(2022·淄博模拟)设Sn为等差数列{an}的前n项和,且4+a5=a6+a4,则S9=( )
A.72 B.36
C.18 D.9
(2)(2022·临沂质检)在等差数列{an}中,若a2+a4+a6+a8+a10=80,则a7-a8=( )
A.4 B.6
C.8 D.10
[解析] (1)∵a6+a4=2a5,∴a5=4,∴S9==9a5=36.
(2)∵a2+a4+a6+a8+a10=5a6=80,∴a6=16,又a6+a8=2a7,∴a7=a6+a8,即a7-a8=a6=8,故选C.
[答案] (1)B (2)C
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.
考向2 等差数列前n项和的性质
已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足S20=S40,则下列结论中正确的是( )
A.S30是Sn中的最大值
B.S30是Sn中的最小值
C.S30=0
D.S60=0
[解析] ∵S40-S20=a21+a22+…+a39+a40=10(a30+a31)=0,∴a30+a31=0,故S60=30(a30+a31)=0.
[答案] D
等差数列前n项和的性质
(1)数列Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…(m∈N*)也是等差数列;
(2)S2n-1=(2n-1)an;
(3)若项数n为偶数,则S偶-S奇=;若项数n为奇数,则S奇-S偶=a中(中间项).
考向3 等差数列的最值问题
(2022·千阳月考)在数列{an}中,2an=an-1+an+1(n≥2),且a2=10,a5=-5.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求{an}的前n项和Sn的最大值.
[解] (1)因为2an=an-1+an+1(n≥2),所以an+1-an=an-an-1(n≥2),
所以数列{an}为等差数列,设首项为a1,公差为d,则解得
所以an=a1+(n-1)d=15-5(n-1)=-5n+20.
(2)由(1)可知Sn=na1+d=n2+n=-n2+n,因为对称轴n=,
所以当n=3或4时,Sn取得最大值为S3=S4=30.
求等差数列前n项和最值的常用方法
(1)利用等差数列的单调性,求出其正负转折项,或者利用性质求其正负转折项,便可求得前n项和的最值;
(2)利用公差不为零的等差数列的前n项和Sn=An2+Bn(A,B为常数,A≠0)为二次函数模型,通过二次函数的性质求最值.
1.(2022·洛阳质检)记等差数列{an}的前n项和为Sn,若S17=272,则a3+a9+a15=( )
A.24 B.36
C.48 D.64
解析:C 因为数列{an}是等差数列,其前n项和为Sn,所以S17=272=×17=×17=17a9,所以a9=16,所以a3+a9+a15=3a9=48.
2.(2020·北京高考)在等差数列{an}中,a1=-9,a5=-1.记Tn=a1a2…an(n=1,2,…),则数列{Tn}( )
A.有最大项,有最小项 B.有最大项,无最小项
C.无最大项,有最小项 D.无最大项,无最小项
解析:B 设等差数列{an}的公差为d,∵a1=-9,a5=-1,∴a5=-9+4d=-1,∴d=2,∴an=-9+(n-1)×2=2n-11.令an=2n-11≤0,则n≤5.5,∴n≤5时,an<0;n≥6时,an>0.∴T1=-9<0,T2=(-9)×(-7)=63>0,T3=(-9)×(-7)×(-5)=-315<0,T4=(-9)×(-7)×(-5)×(-3)=945>0,T5=(-9)×(-7)×(-5)×(-3)×(-1)=-945<0,当n≥6时,an>0,且an≥1,∴Tn+1[课时过关检测]
A级——基础达标
1.(2022·辽宁模拟)已知等差数列{an}的前15项和S15=30,则a7+a8+a9=( )
A.-2 B.6
C.10 D.14
解析:B ∵等差数列{an}的前15项和S15=30,∴S15=(a1+a15)=15a8=30,解得a8=2,∴a7+a8+a9=3a8=6.故选B.
2.(2022·济南二模)在等差数列{an}中,a2,a14是方程x2+6x+2=0的两个实数根,则 =( )
A.- B.-3
C.-6 D.2
解析:A 因为a2,a14是方程x2+6x+2=0的两个实数根,所以a2+a14=2a8=-6,a8=-3,a2a14=2,所以 = =- .故选A.
3.已知数列{an}满足a1=1,an+1=ran+r(n∈N*,r∈R,r≠0),则“r=1”是“数列{an}为等差数列”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析:A 当r=1时,an+1=ran+r an+1=an+1,∴数列{an}为公差为1的等差数列,即充分性成立;∵an+1=ran+r,a1=1,∴a2=2r,a3=2r2+r,∴若数列{an}为等差数列,则4r=1+2r2+r,解得r=1或r=,即必要性不成立.综上,“r=1”是“数列{an}为等差数列”的充分不必要条件,故选A.
4.(2022·汕头二模)已知数列{an}中各项均为非负数,a2=1,a5=16,若数列{}为等差数列,则a13=( )
A.169 B.144
C.12 D.13
解析:B 由题意a2=1,a5=16,所以=1,=4,因为数列{}是等差数列,所以d==1,且=0满足各项均为非负数,则有=+(13-1)d=12,可得a13=122=144.故选B.
5.(2022·菏泽联考)跑步是一项有氧运动,通过跑步,我们能提高肌力,同时提高体内的基础代谢水平,加速脂肪的燃烧,养成易瘦体质.小林最近给自己制定了一个200千米的跑步健身计划,他第一天跑了8千米,以后每天比前一天多跑0.5千米,则他要完成该计划至少需要( )
A.16天 B.17天
C.18天 D.19天
解析:B 依题意可得,他从第一天开始每天跑步的路程(单位:千米)依次成等差数列,且首项为8,公差为0.5,设经过n天后他完成健身计划,则8n+×≥200,整理得n2+31n-800≥0.因为函数f(x)=x2+31x-800在[1,+∞)为增函数,且f(16)<0,f(17)>0,所以n≥17.故选B.
6.(多选)在等差数列{an}中,其前n项的和是Sn,若a1=-9,d=3,则( )
A.{an}是递增数列
B.其通项公式是an=3n-12
C.当Sn取最小值时,n的值只能是3
D.Sn的最小值是-18
解析:ABD 由d=3>0,可知等差数列{an}为递增数列,A正确;由题设,an=a1+(n-1)d=-9+3(n-1)=3n-12,B正确;Sn===,故当n=3或4时,Sn取最小值且为-18,故C错误,D正确.故选A、B、D.
7.(多选)(2022·珠海模拟)已知{an}为等差数列,其前n项和为Sn,且2a1+3a3=S6,则以下结论正确的是( )
A.a10=0 B.S10最小
C.S7=S12 D.S19=0
解析:ACD ∵2a1+3a3=S6,∴2a1+3a1+6d=6a1+15d,∴a1+9d=0,即a10=0,A正确;当d<0时,Sn没有最小值,B错误;S12-S7=a8+a9+a10+a11+a12=5a10=0,∴S12=S7,C正确;S19==19a10=0,D正确.故选A、C、D.
8.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,S3=a5,am=2 021,则m=________.
解析:∵S3=3a1+3d,∴3a1+3d=a1+4d,即d=2,am=a1+(m-1)×2=2m-1=2 021,∴m=1 011.
答案:1011
9.将数列{2n+1}与{3n}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为________.
解析:因为数列{2n+1}是以3为首项,以2为公差的等差数列,数列{3n}是以3为首项,以3为公差的等差数列,所以这两个数列的公共项所构成的新数列{an}是以3为首项,以6为公差的等差数列,所以{an}的通项公式为an=3+6(n-1)=6n-3,故{an}的前n项和为=3n2.
答案:3n2
10.(2022·重庆模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足an·Sn=(Sn-1)2.
(1)证明:数列为等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
解:(1)证明:当n=1时,由an·Sn=(Sn-1)2得a1=S1=,
当n≥2时,由an·Sn=(Sn-1)2有(Sn-Sn-1)·Sn=(Sn-1)2,
所以Sn=,则-=-=-==-1,
又=-2.
所以数列是以-2为首项,以-1为公差的等差数列.
(2)由(1)知=-2-(n-1)=-n-1,
所以Sn=.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=.
当n=1时,a1=也满足an=.
所以数列{an}的通项公式为an=.
B级——综合应用
11.(多选)两个等差数列{an}和{bn},其公差分别为d1和d2,其前n项和分别为Sn和Tn,则下列命题中正确的是( )
A.若{}为等差数列,则d1=2a1
B.若{Sn+Tn}为等差数列,则d1+d2=0
C.若{anbn}为等差数列,则d1=d2=0
D.若bn∈N*,则{a}也为等差数列,且公差为d1+d2
解析:AB 对于A,因为{}为等差数列,所以2=+,即2=+,所以2=+,平方得4a1+d1=2,再平方并化简得(d1-2a1)2=0,所以d1=2a1,故A正确;
对于B,因为{Sn+Tn}为等差数列,所以2(S2+T2)=S1+T1+S3+T3,所以2(2a1+d1+2b1+d2)=a1+b1+3a1+3d1+3b1+3d2,所以d1+d2=0,故B正确;
对于C,因为{anbn}为等差数列,所以2a2b2=a1b1+a3b3,所以2(a1+d1)(b1+d2)=a1b1+(a1+2d1)(b1+2d2),化简得d1d2=0,所以d1=0或d2=0,故C不正确;
对于D,因为an=a1+(n-1)d1,且bn∈N*,所以a=a1+(bn-1)d1=a1+[b1+(n-1)d2-1]d1,所以a=a1+(b1-1)d1+(n-1)d1d2,所以a-a=a1+(b1-1)d1+nd1d2-a1-(b1-1)d1-(n-1)d1d2=d1d2,所以{a}也为等差数列,且公差为d1d2,故D不正确.故选A、B.
12.(2022·厦门二模)已知数列{an}的通项公式an=11-2n,Sn=|a1|+|a2|+…+|an|,则S10=________.
解析:由an=11-2n≥0,得n≤ ,∴数列{an}的前5项为正数,从第6项起为负数,又由an=11-2n,得a1=9,an+1-an=11-2(n+1)-11+2n=-2,∴数列{an}是首项为9,公差为-2的等差数列.则S10=|a1|+|a2|+…+|a10|=(a1+a2+…+a5)-(a6+a7+…+a10)=-(a1+a2+…+a10)+2(a1+a2+…+a5)=-S10+2S5=-+2=-(10×9-90)+2×(5×9-20)=50.
答案:50
13.设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,且对任意正整数n都有=-1,则Sn=________.
解析:∵对任意正整数n都有=-1,∴=-=-1,即-=1,又=1,∴数列是首项与公差都为1的等差数列.∴=1+n-1=n,解得Sn=.
答案:
14.(2022·淮安模拟)已知数列{an}满足a1=1,a2=3,且an+2-2an+1+an=4,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,n∈N*,求bn的最小值.
解:(1)令cn=an+1-an,则cn+1-cn=4,而c1=a2-a1=2,
∴{cn}是首项为2,公差为4的等差数列,即cn=2+4(n-1)=4n-2,
∴c1+c2+…+cn-1=a2-a1+a3-a2+…+an-an-1=an-a1=an-1,又c1+c2+…+cn-1=4(1+2+…+n-1)-2(n-1)=2n(n-1)-2(n-1)=2n2-4n+2,
∴an=2n2-4n+3.
(2)由(1)得,bn==2n+-4,n∈N*,
∴bn+1-bn=-=2-=.
∵n∈N*,∴n(n+1)>0,2n(n+1)-3≥2×1×2-3>0,
∴bn+1>bn,即{bn}是单调递增数列.
∴当n=1时,bn取最小值b1=1.
C级——迁移创新
15.已知数列{an}的前n项和为Sn,若不等式an+1≤Sn对任意的n∈N*恒成立,则称数列{an}为“和保值数列”.若{an}是公差为d的等差数列,且{an+n}为“和保值数列”,则a1的取值范围为( )
A.[0,+∞) B.[-2,+∞)
C.[-1,+∞) D.[1,+∞)
解析:C 由{an+n}为“和保值数列”可得an+1+n+1≤na1++对任意的n∈N*恒成立,即a1+nd+n+1≤na1++对任意的n∈N*恒成立,即n2+n-a1-1≥0对任意的n∈N*恒成立,当n=1时,可得d≤-1;当n≥2
时,不等式n2+n-a1-1≥0恒成立,所以≥0,即d≥-1,故d=-1.则(a1+1)n-a1-1≥0.即(a1+1)(n-1)≥0,故a1≥-1,故a1的取值范围为[-1,+∞).故选C.
16.(2022·开原三模)给出以下三个条件:①4a3,3a4,2a5成等差数列;② n∈N*,点(n,Sn)均在函数y=2x-a的图象上,其中a为常数;③S3=7.请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整,并求解.
设{an}是一个公比为q(q>0,且q≠1)的等比数列,且它的首项a1=1,________.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=2log2an+1(n∈N*),证明:数列的前n项和Tn<.
注:如果选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.
解:(1)选条件①:因为4a3,3a4,2a5成等差数列,所以6a4=4a3+2a5,即6a3·q=4a3+2a3q2,解得q=1(舍)或q=2,所以an=2n-1.
选条件②:由题意得Sn=2n-a,因为a1=S1=2-a=1,所以a=1,所以Sn=2n-1,
当n≥2时,Sn-1=2n-1-1,则an=Sn-Sn-1=2n-1,当n=1时,a1=1,符合上式,所以an=2n-1.
选条件③:由S3=7,得a1+a2+a3=7,即a1+a1·q+a1·q2=7,解得q=2或q=-3,又因为q>0,所以q=2,所以an=2n-1.
(2)证明:因为an=2n-1,所以bn=2log22n-1+1=2n-1,n∈N*,
则==,所以Tn==,
因为n∈N*,所以1-<1,所以Tn<得证.
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