【2014年高考会这样考】

1．考查运用基本量法求解等差数列的基本量问题．

2．考查等差数列的性质、前n项和公式及综合应用．

【复习指导】

1．掌握等差数列的定义与性质、通项公式、前n项和公式等．

2．掌握等差数列的判断方法，等差数列求和的方法．

基础梳理

1．等差数列的定义

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

若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)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：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．

(2)若{an}为等差数列，且m＋n＝p＋q，

则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．

(3)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．

(4)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．

(5)S2n－1＝(2n－1)an.

(6)若n为偶数，则S偶－S奇＝；

若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．

5．等差数列的前n项和公式

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Sn＝na1＋d.

6．等差数列的前n项和公式与函数的关系

Sn＝n2＋n，数列{an}是等差数列的充要条件是Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．

7．最值问题

在等差数列{an}中，a1＞0，d＜0，则Sn存在最大值，若a1＜0，d＞0，则Sn存在最小值．

 一个推导

利用倒序相加法推导等差数列的前n项和公式：

Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，①

Sn＝an＋an－1＋…＋a1，②

①＋②得：Sn＝.

 两个技巧

已知三个或四个数组成等差数列的一类问题，要善于设元．

(1)若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d，….

(2)若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，…，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．

四种方法

等差数列的判断方法

(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证an－an－1为同一常数；

(2)等差中项法：验证2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)都成立；

(3)通项公式法：验证an＝pn＋q；

(4)前n项和公式法：验证Sn＝An2＋Bn.

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．

双基自测

1．(人教A版教材习题改编)已知{an}为等差数列，a2＋a8＝12，则a5等于(　　)．

 A．4      B．5      C．6      D．7

解析　a2＋a8＝2a5，∴a5＝6.

答案　C

2．设数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a6＝2且S5＝30，则S8等于

(　　)．

A．31      B．32      C．33      D．34

解析　由已知可得解得

∴S8＝8a1＋d＝32.

答案　B

3．(2011·江西)已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1.那么a10＝(　　)．

A．1      B．9      C．10      D．55

解析　由Sn＋Sm＝Sn＋m，得S1＋S9＝S10⇒a10＝S10－S9＝S1＝a1＝1.

答案　A

4．(2012·杭州质检)设Sn是等差数列{an}的前n项和，已知a2＝3，a6＝11，则S7等于(　　)．

A．13      B．35      C．49      D．63

解析　∵a1＋a7＝a2＋a6＝3＋11＝14，∴S7＝＝49.

答案　C

5．在等差数列{an}中，a3＝7，a5＝a2＋6，则a6＝________.

解析　设公差为d.

则a5－a2＝3d＝6，

∴a6＝a3＋3d＝7＋6＝13.

答案　13　　

考向一　等差数列基本量的计算

【例1】►(2011·福建)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．

[审题视点] 第(1)问，求公差d；

第(2)问，由(1)求Sn，列方程可求k.

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＝＝2n－n2.

进而由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为所求．

 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、几何意义去考虑也可以．体现了用方程思想解决问题的方法．

【训练1】 (2011·湖北)《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为________升．

解析　设竹子从上到下的容积依次为a1，a2，…，a9，由题意可得a1＋a2＋a3＋a4＝3，a7＋a8＋a9＝4，设等差数列{an}的公差为d，则有4a1＋6d＝3①，3a1＋21d＝4②，由①②可得d＝，a1＝，所以a5＝a1＋4d＝＋4×＝.

答案　

考向二　等差数列的判定或证明

【例2】►已知数列{an}的前n项和为Sn且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，a1＝.

(1)求证：是等差数列；

(2)求an的表达式．

[审题视点] (1)化简所给式子，然后利用定义证明．

(2)根据Sn与an之间关系求an.

(1)证明　∵an＝Sn－Sn－1(n≥2)，又an＝－2Sn·Sn－1，

∴Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，Sn≠0，∴－＝2(n≥2)．

由等差数列的定义知是以＝＝2为首项，以2为公差的等差数列．

(2)解　由(1)知＝＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n，

∴Sn＝.当n≥2时，有an＝－2Sn×Sn－1＝－，

又∵a1＝，不适合上式，∴an＝

 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选择题中简单判断．

【训练2】 已知数列{an}的前n项和Sn是n的二次函数，且a1＝－2，a2＝2，S3＝6.

(1)求Sn；

(2)证明：数列{an}是等差数列．

(1)解　设Sn＝An2＋Bn＋C(A≠0)，则

解得：A＝2，B＝－4，C＝0.

∴Sn＝2n2－4n.

(2)证明　当n＝1时，a1＝S1＝－2.

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－4n－[2(n－1)2－4(n－1)]

＝4n－6.

∴an＝4n－6(n∈N*)．

当n＝1时符合上式，故an＝4n－6，

∴an＋1－an＝4，

∴数列{an}成等差数列．

考向三　等差数列前n项和的最值

【例3】►设等差数列{an}满足a3＝5，a10＝－9.

(1)求{an}的通项公式；

(2)求{an}的前n项和Sn及使得Sn最大的序号n的值．

[审题视点] 第(1)问：列方程组求a1与d；

第(2)问：由(1)写出前n项和公式，利用函数思想解决．

解　(1)由an＝a1＋(n－1)d及a3＝5，a10＝－9得

可解得

数列{an}的通项公式为an＝11－2n.

(2)由(1)知，Sn＝na1＋d＝10n－n2.

因为Sn＝－(n－5)2＋25，所以当n＝5时，Sn取得最大值．

 求等差数列前n项和的最值，常用的方法：

(1)利用等差数列的单调性或性质，求出其正负转折项，便可求得和的最值．

(2)利用等差数列的前n项和Sn＝An2＋Bn(A、B为常数)为二次函数，根据二次函数的性质求最值．

【训练3】 在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15，求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值．

解　法一　∵a1＝20，S10＝S15，

∴10×20＋d＝15×20＋d，

∴d＝－.

∴an＝20＋(n－1)×＝－n＋.

∴a13＝0.即当n≤12时，an＞0，n≥14时，an＜0.

∴当n＝12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S12＝S13＝12×20＋×＝130.

法二　同法一求得d＝－.

∴Sn＝20n＋·

＝－n2＋n

＝－2＋.

∵n∈N*，

∴当n＝12或13时，Sn有最大值，

且最大值为S12＝S13＝130.

法三　同法一得d＝－.

又由S10＝S15，得a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0.

∴5a13＝0，即a13＝0.

∴当n＝12或13时，Sn有最大值，

且最大值为S12＝S13＝130.

考向四　等差数列性质的应用

【例4】►设等差数列的前n项和为Sn，已知前6项和为36，Sn＝324，最后6项的和为180(n＞6)，求数列的项数n.

[审题视点] 在等差数列 {an}中，若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)用此性质可优化解题过程．

解　由题意可知a1＋a2＋…＋a6＝36①

an＋an－1＋an－2＋…＋an－5＝180②

①＋②得(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(a6＋an－5)＝6(a1＋an)＝216.

∴a1＋an＝36.又Sn＝＝324，

∴18n＝324.

∴n＝18.

 本题的解题关键是将性质m＋n＝p＋q⇒am＋an＝ap＋aq与前n项和公式Sn＝结合在一起，采用整体思想，简化解题过程．

【训练4】 (1)设数列{an}的首项a1＝－7，且满足an＋1＝an＋2(n∈N＋)，则a1＋a2＋…＋a17＝________.

(2)等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝－24，a18＋a19＋a20＝78，则此数列前20项和等于________．

解析　(1)∵an＋1－an＝2，∴{an}为等差数列．

∴an＝－7＋(n－1)·2，∴a17＝－7＋16×2＝25，

S17＝＝＝153.

(2)由已知可得(a1＋a2＋a3)＋(a18＋a19＋a20)＝－24＋78⇒(a1＋a20)＋(a2＋a19)＋(a3＋a18)＝54⇒a1＋a20＝18⇒S20＝×20＝×20＝180.

答案　(1)153　(2)180　　

阅卷报告6——忽视an与Sn中的条件n≥2而致误

【问题诊断】 在数列问题中，数列的通项an与其前n项和Sn之间存在下列关系：an＝\\b\\lc\\{\\rc\\ (\\a\\vs4\\al\\co1(S1(n＝1)，,Sn－Sn－1(n≥2).))这个关系对任意数列都是成立的，但要注意的是这个关系式是分段的，在n＝1和n≥2时这个关系式具有完全不同的表现形式，这也是解题中经常出错的一个地方，在使用这个关系式时要牢牢记住其“分段”的特点.

【防范措施】 由an＝Sn－Sn－1求出an后，一定不要忘记验证n＝1是否适合an.

【示例】►(2009·安徽改编)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋2n，数列{bn}的前n项和Tn＝2－bn.求数列{an}与{bn}的通项公式．

错因　求an、bn时均未验证n＝1.

实录　∵an＝Sn－Sn－1，

∴an＝2n2＋2n－2(n－1)2－2(n－1)＝4n.

又Tn＝2－bn，

∴bn＝Tn－Tn－1＝2－bn－2＋bn－1，

即bn＝bn－1，∴bn＝n－1＝21－n.

正解　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋2n－2(n－1)2－2(n－1)＝4n，

又a1＝S1＝4，故an＝4n，

当n≥2时，由bn＝Tn－Tn－1＝2－bn－2＋bn－1，

得bn＝bn－1，

又T1＝2－b1，∴b1＝1，

∴bn＝n－1＝21－n.

【试一试】 已知在正整数数列{an}中，前n项和Sn满足：

Sn＝ (an＋2)2.

(1)求证：{an}为等差数列．

(2)若bn＝an－30.求数列{bn}的前n项和的最小值．

[尝试解答]　(1)证明：当n＝1时，S1＝a1＝ (a1＋2)2，

∴(a1－2)2＝0，∴a1＝2.

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ (an＋2)2－ (an－1＋2)2，

∴an－an－1＝4，

∴{an}为等差数列．

(2)由(1)知：an＝a1＋(n－1)4＝4n－2，

由bn＝an－30＝2n－31≤0得n≤.

∴{bn}的前15项之和最小，且最小值为－225.下载本文