2 第2讲 等差数列及其前n项和Word文档下载推荐.docx
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判断正误(正确的打“√”,错误的打“×
”)
(1)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.( )
(2)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的.( )
(3)已知数列{an}的通项公式是an=pn+q(其中p,q为常数),则数列{an}一定是等差数列.( )
(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)×
(教材习题改编)等差数列11,8,5,…,中-49是它的第几项( )
A.第19项 B.第20项
C.第21项D.第22项
解析:
选C.a1=11,d=8-11=-3,
所以an=11+(n-1)×
(-3)=-3n+14.
由-3n+14=-49,得n=21.故选C.
(教材习题改编)已知p:
数列{an}是等差数列,q:
数列{an}的通项公式an=k1n+k2(k1,k2均为常数),则p是q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
选C.若{an}是等差数列,不妨设公差为d.
所以an=a1+(n-1)d=dn+a1-d,
令k1=d,k2=a1-d,则an=k1n+k2,
若数列{an}的通项公式an=k1n+k2(k1,k2为常数,n∈N*),
则当n≥2且n∈N*时,an-1=k1(n-1)+k2,
所以an-an-1=k1(常数)(n≥2且n∈N*),
所以{an}为等差数列,所以p是q的充要条件.
在等差数列{an}中,若a2=4,a4=2,则a6=________.
由等差数列的性质,a2+a6=2a4,所以a6=2a4-a2=4-4=0.
设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1=1,公差d=2,Sn+2-Sn=36,则n=________.
由题意知Sn+2-Sn=an+1+an+2=2a1+(2n+1)d=2+2(2n+1)=36,解得n=8.
8
(教材习题改编)设Sn为等差数列{an}的前n项和,S2=S6,a4=1,则a5=__________.
由题意知
解得所以a5=a4+d=1+(-2)=-1.
-1
等差数列基本量的计算(师生共研)
(1)(一题多解)(2019·
贵阳模拟)已知等差数列{an}中,a1+a4=,a3+a6=,则公差d=( )
A. B.
C.-D.-
(2)(2018·
高考全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=( )
A.-12B.-10
C.10D.12
(3)(2019·
陕西教学质量检测
(一))已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a3·
a5=12,a2=0.若a1>
0,则S20=( )
A.420B.340
C.-420D.-340
【解析】
(1)通解:
由得解得故选D.
优解:
由等差数列的性质知,a3+a6=(a1+2d)+(a4+2d)=(a1+a4)+4d=,又a1+a4=,所以d=-.故选D.
(2)设等差数列{an}的公差为d,因为3S3=S2+S4,所以3(3a1+d)=2a1+d+4a1+d,解得d=-a1,因为a1=2,所以d=-3,所以a5=a1+4d=2+4×
(-3)=-10.故选B.
(3)设数列{an}的公差为d,则a3=a2+d=d,a5=a2+3d=3d,由a3·
a5=12得d=±
2,由a1>
0,a2=0,可知d<
0,所以d=-2,所以a1=2,故S20=20×
2+×
(-2)=-340,故选D.
【答案】
(1)D
(2)B (3)D
等差数列运算问题的通性通法
(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d,然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解.
(2)等差数列的通项公式及前n项和公式,共涉及五个量a1,an,d,n,Sn,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题.
1.(一题多解)(2019·
开封模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a5=10,S4=16,则数列{an}的公差为( )
A.1B.2
C.3D.4
选B.通解:
设等差数列{an}的公差为d,则由题意,得解得故选B.
设等差数列{an}的公差为d,因为S4==2(a1+a5-d)=2(10-d)=16,所以d=2,故选B.
2.(2019·
西安八校联考)设数列{an}是等差数列,且a2=-6,a6=6,Sn是数列{an}的前n项和,则( )
A.S4<
S3B.S4=S3
C.S4>
S1D.S4=S1
选B.设{an}的公差为d,由a2=-6,a6=6,得解得于是,S1=-9,S3=3×
(-9)+×
3=-18,S4=4×
3=-18,所以S4=S3,S4<
S1,故选B.
等差数列的判定与证明(师生共研)
设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n-1.数列{bn}满足b1=2,bn+1-2bn=8an.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)证明:
数列为等差数列,并求{bn}的通项公式.
【解】
(1)当n=1时,a1=S1=21-1=1;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n-1)-(2n-1-1)=2n-1.
因为a1=1适合通项公式an=2n-1,
所以an=2n-1.
(2)因为bn+1-2bn=8an,
所以bn+1-2bn=2n+2,
即-=2.
又=1,
所以是首项为1,公差为2的等差数列.
所以=1+2(n-1)=2n-1.
所以bn=(2n-1)×
2n.
等差数列的四个判定方法
(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后,可递推得出an+2-an+1=an+1-an=an-an-1=an-1-an-2=…=a2-a1,根据定义得出数列{an}为等差数列.
(3)通项公式法:
得出an=pn+q后,得an+1-an=p对任意正整数n恒成立,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,根据Sn,an的关系,得出an,再使用定义法证明数列{an}为等差数列.
1.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:
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.
2.若数列{an}的前n项和为Sn,Sn≠0,且满足an+2SnSn-1=0(n≥2),a1=.
(1)求证:
成等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
当n≥2时,由an+2SnSn-1=0,
得Sn-Sn-1=-2SnSn-1,所以-=2,
又==2,
故是首项为2,公差为2的等差数列.
(2)由
(1)可得=2n,所以Sn=.
当n≥2时,
an=Sn-Sn-1=-==-.
当n=1时,a1=不适合上式.
故an=
等差数列性质的应用(多维探究)
角度一 等差数列项的性质的应用
(1)等差数列{an}中,a1+3a8+a15=120,则2a9-a10的值是( )
A.20B.22
C.24D.-8
(2)一个等差数列的前12项的和为354,前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27,则该数列的公差d为________.
【解析】
(1)因为a1+3a8+a15=5a8=120,
所以a8=24,所以2a9-a10=a10+a8-a10=a8=24.
(2)设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇,偶数项的和为S偶,等差数列的公差为d.
由已知条件,得
解得
又S偶-S奇=6d,所以d==5.
【答案】
(1)C
(2)5
角度二 等差数列前n项和性质的应用
(1)已知等差数列{an}的前10项和为30,它的前30项和为210,则前20项和为( )
A.100B.120
C.390D.540
(2)在等差数列{an}中,a1=-2018,其前n项和为Sn,若-=2,则S2018的值等于( )
A.-2018B.-2016
C.-2019D.-2017
【解析】
(1)设Sn为等差数列{an}的前n项和,则S10,S20-S10,S30-S20成等差数列,
所以2(S20-S10)=S10+(S30-S20),
又等差数列{an}的前10项和为30,前30项和为210,
所以2(S20-30)=30+(210-S20),解得S20=100.
(2)由题意知,数列为等差数列,其公差为1,所以=+(2018-1)×
1=-2018+2017=-1.
所以S2018=-2018.
【答案】
(1)A
(2)A
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.
惠州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2+a3+a4=15,a7=13,则S5=( )
A.28B.25
C.20D.18
设等差数列{an}的公差为d,由已知得解得所以S5=5a1+d=5×
1+×
2=25,故选B.
由{an}是等差数列,可得a2+a4=2a3,所以a3=5,所以S5===25,故选B.
2.等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,若=,则等于( )
A.B.
C.D.
选A.======.
等差数列前n项和的最值问题(典例迁移)
(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.5B.6
C.7D.8
【解析】 法一:
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可推知这个数列递减,从而得到a7>
0,a8<
0,故n=7时Sn最大.
法二:
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:
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,以及二次函数图象的对称性,可得只有当n==7时,Sn取得最大值.
【答案】 C
[迁移探究] (变条件)将本例中“a1=13,S3=S11”改为“a1=20,S10=S15”,则n为何值?
因为a1=20,S10=S15,
所以10×
20+d=15×
20+d,所以d=-.
法一:
由an=20+(n-1)×
=-n+,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.
Sn=20n+·
=-n2+n
=-+.
因为n∈N*,所以当n=12或n=13时,Sn有最大值.
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.
求等差数列前n项和Sn及最值的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.
1.设等差数列{an}的前n项和为Sn,a1>
0且=,则当Sn取最大值时,n的值为( )
A.9 B.10
C.11D.12
选B.由=,得S11=S9,即a10+a11=0,根据首项a1>
0可推知这个数列递减,从而a10>
0,a11<
0,故n=10时,Sn最大.
2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S15>
0,S16<
0,则Sn的最大值是( )
A.S1B.S7
C.S8D.S15
选C.由等差数列的前n项和公式可得S15=15a8>
0,S16=8(a8+a9)<
0,所以a8>
0,a9<
0,则d=a9-a8<
0,
所以在数列{an}中,当n<
9时,an>
0,当n≥9时,an<
所以当n=8时,Sn最大,故选C.
等差数列在实际问题中的应用
私家车具有申请报废制度.一车主购买车辆时花费15万,每年的保险费、路桥费、汽油费等约1.5万元,每年的维修费是一个公差为3000元的等差数列,第一年维修费为3000元,则该车主申请车辆报废的最佳年限(使用多少年的年平均费用最少)是________年.
【解析】 设这辆汽车报废的最佳年限为n年,第n年的费用为an,则an=1.5+0.3n.前n年的总费用为:
Sn=15+1.5n+(0.3+0.3n)=0.15n2+1.65n+15,年平均费用:
=0.15n++1.65≥2+1.65=4.65,当且仅当0.15n=,即n=10时,年平均费用取得最小值.所以这辆汽车报废的最佳年限是10年.
【答案】 10
以学习过的数学知识为基础,把现实生活中的实际问题通过“建模”转化为数学问题——数列问题,进而通过数学运算来解释实际问题,并接受实际的检验.
《九章算术》是我国古代第一部数学专著,全书收集了246个问题及其解法,其中一个问题为“现有一根九节的竹子,自上而下各节的容积成等差数列,上面四节容积之和为3升,下面三节的容积之和为4升,求中间两节的容积各为多少?
”该问题中的第2节,第3节,第8节竹子的容积之和为( )
A.升 B.升
C.升D.升
选A.自上而下依次设各节竹子的容积分别为a1,a2,…,a9,依题意有因为a2+a3=a1+a4,a7+a9=2a8,故a2+a3+a8=+=.选A.
[基础题组练]
1.(2019·
桂林模拟)等差数列{an}中,a1+a5=14,a4=10,则数列{an}的公差为( )
选C.在等差数列{an}中,由a1+a5=14,
得2a3=14,则a3=7,
又a4=10,所以d=a4-a3=3.
故选C.
2.(一题多解)(2019·
沈阳质量监测)在等差数列{an}中,若Sn为前n项和,2a7=a8+5,则S11的值是( )
A.55B.11
C.50D.60
选A.通解:
设等差数列{an}的公差为d,由题意可得2(a1+6d)=a1+7d+5,得a1+5d=5,则S11=11a1+d=11(a1+5d)=11×
5=55,故选A.
设等差数列{an}的公差为d,由2a7=a8+5,得2(a6+d)=a6+2d+5,得a6=5,所以S11=11a6=55,故选A.
3.(一题多解)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则{an}的公差为( )
C.4D.8
选C.法一:
等差数列{an}中,S6==48,则a1+a6=16=a2+a5,又a4+a5=24,所以a4-a2=2d=24-16=8,得d=4,故选C.
由已知条件和等差数列的通项公式与前n项和公式可列方程组,得即解得故选C.
4.(2019·
广东广州联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若am=4,Sm=0,Sm+2=14(m≥2,且m∈N*),则a2017的值为( )
A.2018B.4028
C.5037D.3019
选B.由题意得
解得所以an=-4+(n-1)×
2=2n-6,
所以a2017=2×
2017-6=4028.故选B.
5.(2019·
长春质量检测
(一))等差数列{an}中,已知|a6|=|a11|,且公差d>
0,则其前n项和取最小值时n的值为( )
A.6B.7
C.8D.9
选C.由d>
0可得等差数列{an}是递增数列,又|a6|=|a11|,所以-a6=a11,即-a1-5d=a1+10d,所以a1=-,则a8=-<
0,a9=>
0,所以前8项和为前n项和的最小值,故选C.
6.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a6=2a3,则=________.
===.
7.在等差数列{an}中,公差d=,前100项的和S100=45,则a1+a3+a5+…+a99=________.
因为S100=(a1+a100)=45,所以a1+a100=,a1+a99=a1+a100-d=,则a1+a3+a5+…+a99=(a1+a99)=×
=10.
10
8.在单调递增的等差数列{an}中,若a3=1,a2a4=,则a1=________.
由题知,a2+a4=2a3=2,又因为a2a4=,数列{an}单调递增,所以a2=,a4=.所以公差d==.所以a1=a2-d=0.
9.已知数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,且满足2Sn=a+n-4(n∈N*).
数列{an}为等差数列;
当n=1时,有2a1=a+1-4,
即a-2a1-3=0,
解得a1=3(a1=-1舍去).
当n≥2时,有2Sn-1=a+n-5,
又2Sn=a+n-4,
两式相减得2an=a-a+1,
即a-2an+1=a,
也即(an-1)2=a,
因此an-1=an-1或an-1=-an-1.
若an-1=-an-1,则an+an-1=1.
而a1=3,
所以a2=-2,这与数列{an}的各项均为正数相矛盾,所以an-1=an-1,即an-an-1=1,
因此数列{an}是首项为3,公差为1的等差数列.
(2)由
(1)知a1=3,d=1,
所以数列{an}的通项公式an=3+(n-1)×
1=n+2,即an=n+2.
10.已知等差数列{an}的公差d>
0.设{an}的前n项和为Sn,a1=1,S2·
S3=36.
(1)求d及Sn;
(2)求m,k(m,k∈N*)的值,使得am+am+1+am+2+…+am+k=65.
(1)由题意知(2a1+d)(3a1+3d)=36,
将a1=1代入上式解得d=2或d=-5.
因为d>
0,所以d=2.
从而an=2n-1,Sn=n2(n∈N*).
(2)由
(1)得am+am+1+am+2+…+am+k=(2m+k-1)(k+1),所以(2m+k-1)(k+1)=65.
由m,k∈N*知2m+k-1≥k+1>
1,
故解得
即所求m的值为5,k的值为4.
[综合题组练]
1.若{an}是等差数列,首项a1>
0,a2016+a2017>
0,a2016·
a2017<
0,则使前n项和Sn>
0成立的最大正整数n是( )
A.2016B.2017
C.4032D.4033
选C.因为a1>
0,所以d<
0,a2016>
0,a2017<
0,所以S4032==>
0,S4033==4033a2017<
0,所以使前n项和Sn>
0成立的最大正整数n是4032.
2.等差数列{an}中,是一个与n无关的常数,则该常数的可能值的集合为( )
A.{1}B.
C.D.
选B.==,若a1=d,则=;
若a1≠0,d=0,则=1.因为a1=d≠0,所以≠0,所以该常数的可能值的集合为.
3.设数列{an}的通项公式为an=2n-10(n∈N*),则|a1|+|a2|+…+|a15|=________.
由an=2n-10(n∈N*)知{an}是以-8为首项,2为公差的等差数列,又由an=2n-10≥0得n≥5,所以n≤5时,an≤0,当n>
5时,an>
0,所以|a1|+|a2|+…+|a15|=-(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+…+a15)=20+110=130.
130
四川广元统考
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