2011年高考数学一轮精品复习课件：第6章《数列》――等差数列

学案2等差数列返回目录1.等差数列的概念一般地，如果一个数列从等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列.2.通项公式an=，推广：an=am+,第2项起，每一项与前一项的差都a1+（n-1）d（n-m）d返回目录变式:a1=an+;d=.由此联想到点列(n,an)所在直线的.3.等差中项若a,b,c成等差数列,则称b为,且b=,a,b,c成等差数列是2b=a+c的.4.前n项和Sn==.变式：（1-n）d1-na-a1ny=dx+（a1-d）a与c的等差中项2ca+充要条件2)an(an1+d21)-n(nna1+.2d1)·-n(anaaanS2aa1n21nn1+=+…++==+5.等差数列{an}的一些常见性质（1）若m+n=p+q（m，n，p，q∈N*）,则.（2）项数成等差数列，则相应的项也成等差数列，即ak，ak+m，ak+2m，…（k，m∈N*）成等差数列.（3）设Sn是等差数列{an}的前n项和，则Sk，S2k-Sk，S3k-S2k，…构成的数列是数列.返回目录等差am+an=ap+aq返回目录在等差数列{an}中，（1）已知a15=33，a45=153，求a61；（2）已知S8=48，S12=168，求a1和d；（3）已知a6=10，S5=5，求a8和S8；（4）已知a16=3，求S31.考点一基本量计算返回目录【分析】在等差数列中有五个重要的量a1，an，d，n，Sn，只要已知任意三个，就可求出其他两个.其中a1和d是两个最重要的量，通常要先求出a1和d，（4）中因为条件少求不出a1和d，但可利用等差数列的性质求解.【解析】（1）解法一：设首项为a1，公差为d，依题设条件，得33=a1+14d，153=a1+44d.∴a61=-23+(61-1)×4=217.{解方程组得a1=-23，d=4.解法二：由，得由an=am+（n-m）d,得a61=a45+16d=153+16×4=217.(2)∵Sn=na1+n(n-1)d,8a1+28d=48,12a1+66d=168.返回目录m-na-admn=,43033-15315-45a-ad1545===21∴解方程组得a1=-8，d=4.{返回目录a1+5d=10，5a1+10d=5，解方程组得a1=-5，d=3.∴a8=a6+2d=10+2×3=16,S8=.(4)S31=×31=a16×31=3×31=93.【评析】方程思想是解决数列问题的基本思想，通过公差列方程（组）来求解基本量是数列中最基本的方法，同时在解题中也要注意数列性质的应用.（3）∵a6=10，S5=5,∴{442)a8(a81=+2aa311+＊对应演练＊已知等差数列{an}中，a2=8，前10项和S10=185.（1）求数列{an}的通项公式an；（2）若从数列{an}中依次取出第2，4，8…2n,…项，按原来的顺序排成一个新的数列，试求新数列的前几项和An.返回目录返回目录（1）设数列{an}的公差为d，由a2=8，S10=185，a1+d=8，10a1+d=185,a1=5,d=3.（2）∵An=a2+a4+a8+…+a2n=(3×2+2)+(3×4+2)+(3×8+2)+…+(3×2n+2)=3×(2+4+8+…+2n)+2n=3×+2n=3×2n+1+2n-6.2910×∴an=3n+2.{{得∴2-1)2-2(1n返回目录设实数a1≠0,且函数f（x）=a（x2+1）-(2x+)有最小值-1，若数列{an}的前n项和Sn=f（n），令bn=,n=1,2,3，….证明：数列{bn}是等差数列.【分析】证明数列{an}为等差数列，只需证明an+1-an=d(d为常数).考点二等差数列的判定与证明a1naaa2n42+…++【证明】∵f（x）=a（x2+1）-(2x+)=a(x-)2+a-，又f（x）=a（x2+1）-(2x+)有最小值-1，∴f（x）的最小值为f(),且a＞0.即f()=a-=-1,解得a=1或a=-2(舍去).故f(x)=x2-2x,即Sn=f(n)=n2-2n.返回目录a1a1a2a1a1a1a2由a1=S1,得a1=-1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2-2n)-［(n-1)2-2(n-1)］=2n-3,即an=2n-3.又n=1时,a1=-1=2×1-3,即a1也满足an=2n-3.当n≥2时，an-an-1=（2n-3）-［2(n-1)-3］=2,∴{an}是首项为-1，公差为2的等差数列.∴a2+a4+…+a2n=n·=n·=n·（2n-1），∴bn=2n-1.因此，当n≥2时，bn-bn-1=（2n-1）-（2n-3）=2，又b1==1，故{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列.返回目录2aa2n2+23-4n1+1a2【评析】证明一个数列{an}是等差数列的基本方法有两种：一是利用等差数列的定义法，即证明an+1-an=d（n∈N*）,二是利用等差中项法，即证明：an+2+an=2an+1（n∈N*）.在选择方法时，要根据题目条件的特点，如果能够求出数列的通项公式，则可以利用定义法，否则，可以利用等差中项法.返回目录返回目录＊对应演练＊在数列{an}中，前n项和为Sn.已知a1=3，a2=2，且Sn+1-2Sn+Sn-1+1=0（n∈N*,且n≥2）.(1)求证：数列{an}是等差数列；(2)求数列{（4-an）·2n}的前n项和Tn.(1)证明：由Sn+1-2Sn+Sn-1+1=0（n∈N*，且n≥2）,得（Sn+1-Sn）-（Sn-Sn-1）=-1，即an+1-an=-1（n≥2）.又由已知a1=3，a2=2，∴a2-a1=2-3=-1.∴an+1-an=-1（n∈N*）.∴数列{an}是以3为首项，以-1为公差的等差数列，且an=-n+4.返回目录（2）∵（4-an）·2n=n·2n，∴Tn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n,①2Tn=1×22+2×33+3×24+…+n×2n+1,②①-②得Tn=-（2+22+23+…+2n）+n×2n+1=2-2n+1+n×2n+1=2+(n-1)·2n+1.返回目录返回目录在等差数列{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.【分析】(1)由a1=20及S10=S15可求得d,进而求得通项,由通项得到此数列前多少项为正,或利用Sn是关于n的二次函数,利用二次函数求最值的方法求解.(2)利用等差数列的性质,判断出数列从第几项开始变号.考点三等差数列前n项和的最值返回目录【解析】解法一：∵a1=20,S10=S15,∴10×20+d=15×20+d,∴d=-.∴an=20+(n-1)×(-)=-n+.∴a13=0.即当a≤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+×(-)=130.2910×21415×35353536521112×35解法二：同解法一求得d=-.∴Sn=20n+·(-)=-n2+n=-(n-)2+.∵n∈N+,∴当n=12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12=S13=130.返回目录3521)-n(n3565612565225241253返回目录解法三：同解法一得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.【评析】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，求出其正负转折项；（2）利用性质求出其正负转折项，便可求得和的最值；（3）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.35返回目录＊对应演练＊在等差数列{an}中，a1＜0,S9=S12,求数列前多少项和最小.解法一：由S9=S12，得9a1+d=12a1+d,得3a1=-30d，∴d=-a1.∵a1＜0,∴d＞0,∴Sn=na1+n（n-1）d=dn2-dn=(n-)2-d.∵d＞0,∴Sn有最小值.又∵n∈N*,∴n=10或n=11时，Sn取最小值，最小值是-55d，即S10或S11最小且S10=S11=-55d.289×21112×10121212212d2218212解法二：由解法一知d=-a1＞0,又∵a1＜0,∴数列{an}为递增数列.a≤0,a1+（n-1）d≤0an+1＞0,a1+nd＞0a1+(n-1)(-a1)≤01-(n-1)≥0a1+n(-a1)＞01-n＜010＜n≤11,∴数列的前10项均为负值，a11=0，从第12项起为正值.∴n=10或11时，Sn取最小值.101101101101101{{{{即令返回目录解法三：∵S9=S12，∴a10+a11+a12=0，∴3a11=0，∴a11=0.又∵a1＜0,∴数列为递增数列.因此数列的前10项均为负值，a11=0，从第12项起为正值.∴当n=10或11时，Sn取最小值.返回目录返回目录设等差数列的前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.【分析】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.考点四等差数列性质的应用【解析】由题意可知a1+a2+…+a6=36①an+an-1+an-2+…+an-5=180②①+②得（a1+an）+（a2+an-1）+…+（a6+an-5）=6（a1+an）=216.∴a1+an=36.又Sn==324，∴18n=324.∴n=18.返回目录2)an(an1+返回目录【评析】本题的解题关键是将性质m+n=p+qam+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.2)an(an1+⇒＊对应演练＊（1）等差数列{an}中,a15=33,a45=153,则d=.（2）等差数列{an}中，a1+a2+a3+a4+a5=20，则a3=.（3）若一个等差数列前3项的和为34，最后三项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列的项数为（）A.13B.12C.11D.10（4）等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3+a17=10则S19=（）A.55B.95C.100D.不确定返回目录返回目录（1）4（2）4（3）A（4）B（（1）由d=，得d==4.（2）由a1+a5=a2+a4=2a3，得5a3=20，所以a3=4.（3）因为a1+a2+a3=34，an-2+an-1+an=146，a1+a2+a3+an-2+an-1+an=146+34=180，又因为a1+an=a2+an-1=a3+an-2，所以3（a1+an）=180，从而a1+an=60，所以Sn=，即n=13.故应选A.（4）由等差数列的性质知S19=故应选B.）n-ma-anm15-45a-a15453902n·602)an(an1==+.95210192)a19(a173=×=+返回目录1.深刻理解等差数列的定义，紧扣从“第二项起”和“差是同一常数”这两点.2.由五个量a1，d，n，an，Sn中的三个量可求出其余两个量，要求选用公式要恰当，要善于减少运算量，达到快速、准确的目的.3.已知三个或四个数成等差一类问题，要善于设元，目的仍在于减少运算量，如三个数成等差数列时，除了设a，a+d，a+2d外，还可设a-d，a，a+d；四个数成等差数列时，可设为a-3d，a-d，a+d，a+3d.返回目录4.证明数列{an}是等差数列的两种基本方法是：（1）利用定义，证明an-an-1（n≥2）为常数.（2）利用等差中项，即证明2an=an-1+an+1（n≥2）.5.等差数列的性质在求解中有着十分重要的作用，应熟练掌握、灵活运用.6.复习时，要注意以下几点：（1）深刻理解等差数列的定义及等价形式.（2）注意方程思想、整体思想、分类讨论思想、数形结合思想的运用