【数学】2021届一轮复习北师大版(理)第6章第2节等差数列及其前n项和学案

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

【数学】2021届一轮复习北师大版(理)第6章第2节等差数列及其前n项和学案

第二节 等差数列及其前 n 项和 [最新考纲] 1.理解等差数列的概念.2.掌握等差数列的通项公式与前 n 项和 公式.3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系,并能用等差数列的有关知识 解决相应的问题.4.了解等差数列与一次函数的关系. 1.等差数列 (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,公差通常 用字母 d 表示.数学语言表示为 an+1-an=d(n∈N+),d 为常数. (2)等差中项:如果在 a 与 b 中间插入一个数 A,使 a,A,b 成等差数列,那 么 A 叫作 a 与 b 的等差中项,即 A=a+b 2 . 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+nn-1 2 d=na1+an 2 . 3.等差数列的通项公式及前 n 项和公式与函数的关系 (1)当 d≠0 时,等差数列{an}的通项公式 an=dn+(a1-d)是关于 d 的一次函 数. (2)当 d≠0 时,等差数列{an}的前 n 项和 Sn=d 2n2+ a1-d 2 n 是关于 n 的二次 函数. 4.等差数列的前 n 项和的最值 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. [常用结论] 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,…(m∈N+)也是等差数列,公差为 m2d. (5)若{an},{bn}均为等差数列且其前 n 项和为 Sn,Tn,则an bn =S2n-1 T2n-1 . (6)若{an}是等差数列,则 Sn n 也是等差数列,其首项与{an}的首项相同,公差 是{an}的公差的1 2. (7)若等差数列{an}的项数为偶数 2n,则 ①S2n=n(a1+a2n)=…=n(an+an+1); ②S 偶-S 奇=nd,S 奇 S 偶 = an an+1 . (8)若等差数列{an}的项数为奇数 2n+1,则 ①S2n+1=(2n+1)an+1;②S 奇 S 偶 =n+1 n . 一、思考辨析(正确的打“√”,错误的打“×”) (1)若一个数列从第 2 项起每一项与它的前一项的差都是常数,则这个数列是 等差数列.( ) (2)等差数列{an}的单调性是由公差 d 决定的. ( ) (3)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意 n∈N+,都有 2an+1=an+ an+2.( ) (4)等差数列的前 n 项和公式是常数项为 0 的二次函数.( ) [答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)× 二、教材改编 1.等差数列{an}中,a4+a8=10,a10=6,则公差 d 等于( ) A.1 4 B.1 2 C.2 D.-1 2 A [∵a4+a8=2a6=10,∴a6=5, 又 a10=6,∴公差 d=a10-a6 10-6 =6-5 4 =1 4.故选 A.] 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 B [设数列{an}的公差为 d, 法一:由 S5=5a3=30 得 a3=6, 又 a6=2, ∴S8=8a1+a8 2 =8a3+a6 2 =86+2 2 =32. 法二:由 a1+5d=2, 5a1+5×4 2 d=30, 得 a1=26 3 , d=-4 3. ∴S8=8a1+8×7 2 d=8×26 3 -28×4 3 =32.] 3.已知等差数列-8,-3,2,7,…,则该数列的第 100 项为________. 487 [依题意得,该数列的首项为-8,公差为 5,所以 a100=-8+99×5= 487.] 4.某剧场有 20 排座位,后一排比前一排多 2 个座位,最后一排有 60 个座位, 则剧场总共的座位数为________. 820 [设第 n 排的座位数为 an(n∈N+),数列{an}为等差数列,其公差 d=2, 则 an=a1+(n-1)d=a1+2(n-1).由已知 a20=60,得 60=a1+2×(20-1),解得 a1=22,则剧场总共的座位数为20a1+a20 2 =20×22+60 2 =820.] 考点 1 等差数列基本量的运算 解决等差数列运算问题的思想方法 (1)方程思想:等差数列的基本量为首项 a1 和公差 d,通常利用已知条件及通 项公式或前 n 项和公式列方程(组)求解,等差数列中包含 a1,d,n,an,Sn 五个 量,可“知三求二”. (2)整体思想:当所给条件只有一个时,可将已知和所求都用 a1,d 表示,寻 求两者间的联系,整体代换即可求解. (3)利用性质:运用等差数列性质可以化繁为简、优化解题过程. 1.(2019·全国卷Ⅰ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和.已知 S4=0,a5 =5,则( ) A.an=2n-5 B.an=3n-10 C.Sn=2n2-8n D.Sn=1 2n2-2n A [由题知, S4=4a1+d 2 ×4×3=0, a5=a1+4d=5, 解得 a1=-3, d=2, ∴an=2n-5,Sn=n2-4n,故选 A.] 2.(2018·全国卷Ⅰ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和.若 3S3=S2+S4,a1=2, 则 a5 等于( ) A.-12 B.-10 C.10 D.12 B [设等差数列{an}的公差为 d,由 3S3=S2+S4, 得 3 3a1+3×3-1 2 ×d =2a1+2×2-1 2 ×d+4a1+4×4-1 2 ×d,将 a1=2 代入上式,解得 d=-3, 故 a5=a1+(5-1)d=2+4×(-3)=-10.故选 B.] 3.(2019·黄山三模)《算法统宗》是中国古代数学名著,由明代数学家程大位 编著,它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用,是东方古代数学的 名著.在这部著作中,许多数学问题都是以歌诀形式呈现的,“九儿问甲歌”就 是其中一首:一个公公九个儿,若问生年总不知,自长排来差三岁,共年二百又 零七,借问长儿多少岁,各儿岁数要详推.在这个问题中,记这位公公的第 n 个 儿子的年龄为 an,则 a1=( ) A.23 B.32 C.35 D.38 C [由题意可知年龄构成的数列为等差数列,其公差为-3,则 9a1+ 9×8 2 ×(-3)=207,解得 a1=35,故选 C.] 确定等差数列的关键是求出两个最基本的量,即首项 a1 和公差 d. 考点 2 等差数列的判定与证明 等差数列的 4 个判定方法 (1)定义法:证明对任意正整数 n 都有 an+1-an 等于同一个常数. (2)等差中项法:证明对任意正整数 n 都有 2an+1=an+an+2. (3)通项公式法:得出 an=pn+q 后,再根据定义判定数列{an}为等差数列. (4)前 n 项和公式法:得出 Sn=An2+Bn 后,再使用定义法证明数列{an}为等 差数列. 若数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 an+2SnSn-1=0(n≥2),a1=1 2. (1)求证: 1 Sn 成等差数列; (2)求数列{an}的通项公式. [解] (1)证明:当 n≥2 时,由 an+2SnSn-1=0, 得 Sn-Sn-1=-2SnSn-1, 因为 Sn≠0,所以 1 Sn - 1 Sn-1 =2, 又 1 S1 = 1 a1 =2, 故 1 Sn 是首项为 2,公差为 2 的等差数列. (2)由(1)可得 1 Sn =2n,所以 Sn= 1 2n. 当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1= 1 2n - 1 2n-1 =n-1-n 2nn-1 =- 1 2nn-1. 当 n=1 时,a1=1 2 不适合上式. 故 an= 1 2 ,n=1, - 1 2nn-1 ,n≥2. 证明 1 Sn 成等差数列的关键是 1 Sn - 1 Sn-1 为与 n 无关的常数,同时注意 求数列{an}的通项公式时务必检验其通项公式是否包含 n=1 的情形. [教师备选例题] 数列{an}满足 an+1= an 2an+1 ,a1=1. (1)证明:数列 1 an 是等差数列; (2)求数列 1 an 的前 n 项和 Sn,并证明 1 S1 +1 S2 +…+ 1 Sn > n n+1. [解] (1)证明:∵an+1= an 2an+1 , ∴ 1 an+1 =2an+1 an ,化简得 1 an+1 =2+1 an , 即 1 an+1 - 1 an =2, 故数列 1 an 是以 1 为首项,2 为公差的等差数列. (2)由(1)知 1 an =2n-1, 所以 Sn=n1+2n-1 2 =n2, 1 Sn = 1 n2 > 1 nn+1 =1 n - 1 n+1. 证明: 1 S1 + 1 S2 +…+1 Sn =1 12 + 1 22 +…+ 1 n2 > 1 1×2 + 1 2×3 +…+ 1 nn+1 = 1-1 2 + 1 2 -1 3 +…+ 1 n - 1 n+1 =1- 1 n+1 = n n+1. 故 1 S1 + 1 S2 +…+1 Sn > n n+1. 1.已知数列{an}满足 a1=1,且 nan+1-(n+1)an=2n2+2n. (1)求 a2,a3; (2)证明数列 an n 是等差数列,并求{an}的通项公式. [解] (1)由已知,得 a2-2a1=4, 则 a2=2a1+4,又 a1=1,所以 a2=6. 由 2a3-3a2=12, 得 2a3=12+3a2,所以 a3=15. (2)由已知 nan+1-(n+1)an=2n(n+1), 得nan+1-n+1an nn+1 =2,即 an+1 n+1 -an n =2, 所以数列 an n 是首项a1 1 =1,公差 d=2 的等差数列. 则an n =1+2(n-1)=2n-1,所以 an=2n2-n. 2.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为 常数. (1)证明:an+2-an=λ; (2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由. [解] (1)证明:由题设知 anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1,两式相减得 an+1(an+2-an)=λan+1, 由于 an+1≠0, 所以 an+2-an=λ. (2)由题设知 a1=1,a1a2=λS1-1, 可得 a2=λ-1. 由(1)知,a3=λ+1. 令 2a2=a1+a3, 解得λ=4. 故 an+2-an=4, 由此可得{a2n-1}是首项为 1, 公差为 4 的等差数列,a2n-1=4n-3; {a2n}是首项为 3,公差为 4 的等差数列,a2n=4n-1. 所以 an=2n-1,an+1-an=2, 因此存在λ=4, 使得数列{an}为等差数列. 考点 3 等差数列的性质及应用 等差数列中常用的解题性质 (1)项的性质:在等差数列{an}中,m+n=p+q(m,n,p,q∈N+),则 am+an =ap+aq. (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. (3)在 Sn=na1+an 2 中常用性质或等差中的项解题. (1)正项等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a3+a9-a26+15=0,则 S11=( ) A.35 B.36 C.45 D.55 (2)(2019·锦州模拟)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S5=7,S10=21,则 S15 等于( ) A.35 B.42 C.49 D.63 (3)已知 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,若 a1=-2 018, S2 019 2 019 - S2 013 2 013 =6, 则 S2 020=________. (1)D (2)B (3)2 020 [(1)因为{an}为正项等差数列,故 a3+a9=2a6, 所以 a26-2a6-15=0,解得 a6=5 或者 a6=-3(舍),所以 S11=11a6=11×5 =55,故选 D. (2)在等差数列{an}中, S5,S10-S5,S15-S10 成等差数列,即 7,14,S15-21 成等差数列, 所以 7+(S15-21)=2×14,解得 S15=42. (3)由等差数列的性质可得 Sn n 也为等差数列.设其公差为 d,则S2 019 2 019 -S2 013 2 013 = 6d=6, ∴d=1. 故 S2 020 2 020 =S1 1 +2 019d=-2 018+2 019=1, ∴S2 020=1×2 020=2 020.] 以数列项或和的下角标为突破口,结合等差数列的性质灵活解答. [教师备选例题] (1)设数列{an},{bn}都是等差数列,且 a1=25,b1=75,a2+b2=100,则 a37 +b37 等于( ) A.0 B.37 C.100 D.-37 (2)(2019·商洛模拟)等差数列{an}中,a1+3a8+a15=120,则 2a9-a10 的值是 ( ) A.20 B.22 C.24 D.8 (3)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S3=9,S6=36,则 a7+a8+a9 等于 ( ) A.63 B.45 C.36 D.27 (1)C (2)C (3)B [(1)设{an},{bn}的公差分别为 d1,d2,则 (an+1+bn+1)-(an+bn)=(an+1-an)+(bn+1-bn)=d1+d2,所以{an+bn}为等差数 列.又 a1+b1=a2+b2=100,所以{an+bn}为常数列,所以 a37+b37=100. (2)因为 a1+3a8+a15=5a8=120, 所以 a8=24,所以 2a9-a10=a10+a8-a10=a8=24. (3)由{an}是等差数列,得 S3,S6-S3,S9-S6 为等差数列.即 2(S6-S3)=S3 +(S9-S6), 得到 S9-S6=2S6-3S3=45.] 1.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 m>1,且 am-1+am+1-a2m- 1=0,S2m-1=39,则 m 等于( ) A.39 B.20 C.19 D.10 B [数列{an}为等差数列,则 am-1+am+1=2am,则 am-1+am+1-a2m-1=0 可 化为 2am-a2m-1=0,解得 am=1.又 S2m-1=(2m-1)am=39, 则 m=20.故选 B.] 2.设等差数列{an},{bn}的前 n 项和分别为 Sn,Tn,若对任意的 n∈N+,都 有Sn Tn =2n-3 4n-3 ,则 a2 b3+b13 + a14 b5+b11 的值为( ) A.29 45 B.13 29 C. 9 19 D.19 30 C [由题意可知 b3+b13=b5+b11=b1+b15=2b8, ∴ a2 b3+b13 + a14 b5+b11 =a2+a14 2b8 =a8 b8 =S15 T15 =2×15-3 4×15-3 =27 57 = 9 19.故选 C.] 考点 4 等差数列前 n 项和的最值问题 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 借助图像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 am≥0, am+1≤0 的项数 m 使得 Sn 取得最大值为 Sm; ②当 a1<0,d>0 时,满足 am≤0, am+1≥0 的项数 m 使得 Sn 取得最小值为 Sm. [一题多解]等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1=13,S3=S11,当 Sn 最大时,n 的值是( ) A.5 B.6 C.7 D.8 C [法一:(邻项变号法)由 S3=S11,得 a4+a5+…+a11=0,根据等差数列的 性质,可得 a7+a8=0.根据首项等于 13 可推知这个数列为递减数列,从而得到 a7>0,a8<0,故 n=7 时 Sn 最大. 法二:(函数法)由 S3=S11,可得 3a1+3d=11a1+55d,把 a1=13 代入,得 d =-2,故 Sn=13n-n(n-1)=-n2+14n.根据二次函数的性质,知当 n=7 时 Sn 最大. 法三:(函数法)根据 a1=13,S3=S11,知这个数列的公差不等于零,且这个 数列的和是先递增后递减.根据公差不为零的等差数列的前 n 项和是关于 n 的二 次函数,以及二次函数图像的对称性,可得只有当 n=3+11 2 =7 时,Sn 取得最大 值.] [母题探究] 将本例中“a1=13,S3=S11”改为“a1=20,S10=S15”,则 n 为何值? [解] 因为 a1=20,S10=S15, 所以 10×20+10×9 2 d=15×20+15×14 2 d,所以 d=-5 3. 法一:由 an=20+(n-1)× -5 3 =-5 3n+65 3 ,得 a13=0. 即当 n≤12 时,an>0,当 n≥14 时,an<0. 所以当 n=12 或 n=13 时,Sn 取得最大值. 法二:Sn=20n+nn-1 2 · -5 3 =-5 6n2+125 6 n =-5 6 n-25 2 2+3 125 24 . 因为 n∈N+,所以当 n=12 或 n=13 时,Sn 有最大值. 法三:由 S10=S15,得 a11+a12+a13+a14+a15=0. 所以 5a13=0,即 a13=0. 所以当 n=12 或 n=13 时,Sn 有最大值. 本题用了三种不同的方法,其中方法一是从项的角度分析函数最值 的变化;方法二、三是借助二次函数的图像及性质给与解得,三种方法各有优点, 灵活运用是解题的关键. 1.设数列{an}是公差 d<0 的等差数列,Sn 为其前 n 项和,若 S6=5a1 +10d,则 Sn 取最大值时,n 的值为( ) A.5 B.6 C.5 或 6 D.11 C [由题意得 S6=6a1+15d=5a1+10d,化简得 a1=-5d,所以 a6=0,故 当 n=5 或 6 时,Sn 最大.] 2.(2019·北京高考)设{an}是等差数列,a1=-10,且 a2+10,a3+8,a4+6 成等比数列. (1)求{an}的通项公式; (2)记{an}的前 n 项和为 Sn,求 Sn 的最小值. [解] (1)∵{an}是等差数列,a1=-10,且 a2+10,a3+8,a4+6 成等比数 列. ∴(a3+8)2=(a2+10)(a4+6), ∴(-2+2d)2=d(-4+3d),解得 d=2, ∴an=a1+(n-1)d=-10+2n-2=2n-12. (2)法一:(函数法)由 a1=-10,d=2, 得 Sn=-10n+nn-1 2 ×2=n2-11n= n-11 2 2-121 4 , ∴n=5 或 n=6 时,Sn 取最小值-30. 法二:(邻项变号法)由(1)知,an=2n-12. 所以,当 n≥7 时,an>0;当 n≤6 时,an≤0. 所以 Sn 的最小值为 S6=-30.
查看更多

相关文章

您可能关注的文档