高端精品高中数学二轮专题-等差数列（带答案）教案

这是一份高端精品高中数学二轮专题-等差数列（带答案）教案，共10页。
1．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，符号表示为an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)．
(2)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．
②通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．
(3)等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是A＝eq \f(a＋b,2)，其中A叫做a，b的等差中项．
①若m＋n＝2p，则2ap＝am＋an(m，n，p∈N*)．
②当m＋n＝p＋q时，am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．
(4)前n项和公式：Sn＝eq \f(na1＋an,2) eq \(――→,\s\up7(an＝a1＋n－1d))Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n⇒当d≠0时，Sn是关于n的二次函数，且没有常数项．
2.常用结论：
已知{an}为等差数列，d为公差，Sn为该数列的前n项和．
(1)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也成等差数列，公差为n2d.
(2)若{an}是等差数列，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也成等差数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的eq \f(1,2).
(3)若项数为偶数2n，则S2n＝n(a1＋a2n)＝n(an＋an＋1)；S偶－S奇＝nd；eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(an,an＋1).
若项数为奇数2n－1，则S2n－1＝(2n－1)an；S奇－S偶＝an；eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n,n－1).
题型一. 等差数列的基本量
1．已知等差数列{an}满足a3+a4＝12，3a2＝a5，则a6＝ 11 ．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，
∵a3+a4＝12，3a2＝a5，
∴2a1+5d＝12，3（a1+d）＝a1+4d，
联立解得a1＝1，d＝2，
∴a6＝a1+5d＝11
故答案为：11
2．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若3S3＝S2+S4，a1＝2，则a5＝（ ）
A．﹣12B．﹣10C．10D．12
【解答】解：∵Sn为等差数列{an}的前n项和，3S3＝S2+S4，a1＝2，
∴3×(3a1+3×22d)=a1+a1+d+4a1+4×32d，
把a1＝2，代入得d＝﹣3
∴a5＝2+4×（﹣3）＝﹣10．
故选：B．
3．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（ ）
A．1B．2C．4D．8
【解答】解：∵Sn为等差数列{an}的前n项和，a4+a5＝24，S6＝48，
∴a1+3d+a1+4d=246a1+6×52d=48，
解得a1＝﹣2，d＝4，
∴{an}的公差为4．
故选：C．
题型二. 等差数列的基本性质
1．在等差数列{an}中，已知a5+a10＝12，则3a7+a9等于（ ）
A．30B．24C．18D．12
【解答】解：∵等差数列{an}中，a5+a10＝12，
∴2a1+13d＝12，
∴3a7+a9＝4a1+26d＝2（2a1+13d）＝24．
故选：B．
2．在等差数列{an}中，若a4+a6+a8+a10+a12＝120，则a9−13a11的值为（ ）
A．17B．16C．15D．14
【解答】解：由a4+a6+a8+a10+a12＝（a4+a12）+（a6+a10）+a8＝5a8＝120，解得a8＝24．
a9−13a11=a1+8d−a1+10d3=23a1+143d=23（a1+7d）=23a8＝16
故选：B．
3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝10，S4＝36，则公差d为 2 ．
【解答】解：∵a3＝10，S4＝36，
∴a1+2d＝10，4a1+4×32d＝36，
解得d＝2．
故答案为：2．
题型三.等差数列的函数性质
1．下面是关于公差d＞0的等差数列{an}的四个命题：
（1）数列{an}是递增数列；
（2）数列{nan}是递增数列；
（3）数列{ann}是递减数列；
（4）数列{an+3nd}是递增数列．
其中的真命题的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【解答】解：设等差数列的首项为a1，公差d＞0，则an＝a1+（n﹣1）d＝dn+a1﹣d，
∴数列{an}是递增数列，故（1）正确；
nan=dn2+(a1−d)n，当n＜d−a12d时，数列{nan}不是递增数列，故（2）错误；
ann=d+a1−dn，当a1﹣d≤0时，数列{ann}不是递减数列，故（3）错误；
an+3nd＝4nd+a1﹣d，数列{an+3nd}是递增数列，故（4）正确．
∴真命题个数有2个．
故选：C．
2．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2（n∈N*），则{an}的通项公式为（ ）
A．an＝2nB．an＝2n﹣1
C．an＝3n﹣2D．an=1，n=12n，n≥2
【解答】解：∵Sn＝n2，
∴当n＝1时，a1＝S1＝1．
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2﹣（n﹣1）2＝2n﹣1，
而当n＝1时也满足，
∴an＝2n﹣1．
故选：B．
3．在数列{an}中，若an＝5n﹣16，则此数列前n项和的最小值为（ ）
A．﹣11B．﹣17C．﹣18D．3
【解答】解：令an＝5n﹣16≤0，解得n≤3+15．
则此数列前n项和的最小值为S3=3×(−11+15−16)2=−18．
故选：C．
题型四. 等差数列的前n项和经典结论
1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S9＝72，则S6＝（ ）
A．27B．33C．36D．45
【解答】解：∵等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S9＝72，
∴S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列，故2（S6﹣S3）＝S3+S9﹣S6 ，
即 2（S6﹣9）＝9+72﹣S6 ，求得S6＝33，
故选：B．
2．等差数列{an}中，Sn是其前n项和，a1=−11，S1010−S88=2，则S11＝（ ）
A．﹣11B．11C．10D．﹣10
【解答】解：Sn=na1+n(n−1)2d，
得Snn=a1+(n−1)2d，
由S1010−S88=2，
得a1+10−12d−(a1+8−12)d=2，d＝2，
S1111=a1+(11−1)2d=−11+5×2=−1，
∴S11＝﹣11，
故选：A．
3．若两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别是Sn和Tn，已知SnTn=n2n+1，则a7b7等于（ ）
A．1321B．214C．1327D．827
【解答】解：∵SnTn=n2n+1，
∴a7b7=2a72b7=132(a1+a13)132(b1+b13)=S13T13=132×13+1=1327，
故选：C．
题型五. 等差数列的最值问题
1．已知等差数列{an}中，Sn是它的前n项和，若S16＞0，S17＜0，则当Sn最大时，n的值为（ ）
A．8B．9C．10D．16
【解答】解：∵等差数列{an}中，S16＞0且S17＜0
∴a8+a9＞0，
a9＜0，
∴a8＞0，
∴数列的前8项和最大
故选：A．
2．在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15，求当n为何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值．
【解答】解：∵等差数列{an}中S10＝S15，
∴S15﹣S10＝a11+a12+a13+a14+a15＝5a13＝0，
∴a13＝0，
∴数列的前12项为正数，第13项为0，从第14项开始为负值，
∴当n＝12或13时，Sn取得最大值，
又公差d=a13−a113−1=−53，
∴S12＝12×20+12×112（−53）＝130
∴Sn的最大值为130
3．在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，则d的取值范围为 （﹣1，−78） ．
【解答】解：∵Sn＝7n+n(n−1)2d，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，
∴S7＜S8S9＜S8，即49+21d＜56+28d63+36d＜56+28d，解得：d＞−1d＜−78，
综上：d的取值范围为（﹣1，−78）．
题型六. 证明等差数列
1．已知数列{an}满足a1=35，an=2−1an−1(n≥2，n∈N∗)，数列{bn}满足bn=1an−1(n∈N∗)．
（1）求证数列{bn}是等差数列；
（2）求数列{an}中的最大项和最小项．
【解答】解：（1）由a1=35，an=2−1an−1(n≥2，n∈N∗)，得an+1＝2−1an（n∈N•）
bn+1﹣bn=1an+1−1−1an−1=12−1an−1−1an−1=1 …（4分）
又b1=−52，
所以{bn}是以−52为首项，1为公差的等差数列 …（6分）
（2）因为bn＝b1+（n﹣1）＝n−72，所以an=1bn+1=22n−7+1． …（9分）
1≤n≤3时数列{an}单调递减且an＜1，n≥4时数列{an}单调递减且an＞1
所以数列{an}的最大项为a4＝3，最小项为a3＝﹣1．…（14分）
2．已知数列{an}中，a2＝1，前n项和为Sn，且Sn=n(an−a1)2．
（1）求a1；
（2）证明数列{an}为等差数列，并写出其通项公式；
【解答】解：（1）令n＝1，则a1＝S1=1(a1−a1)2=0
（2）由Sn=n(an−a1)2，即Sn=nan2，①
得 Sn+1=(n+1)an+12．②
②﹣①，得 （n﹣1）an+1＝nan．③
于是，nan+2＝（n+1）an+1．④
③+④，得nan+2+nan＝2nan+1，即an+2+an＝2an+1
又a1＝0，a2＝1，a2﹣a1＝1，
所以，数列{an}是以0为首项，1为公差的等差数列．
所以，an＝n﹣1
课后作业. 等差数列
1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝72，则a1+a5+a9＝（ ）
A．36B．24C．16D．8
【解答】解：由等差数列的求和公式可得，S9=92（a1+a9）＝72，
∴a1+a9＝16，
由等差数列的性质可知，a1+a9＝2a5，
∴a5＝8，
∴a1+a5+a9＝24．
故选：B．
2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，S8＝4a3，a7＝﹣2，则a10＝（ ）
A．﹣8B．﹣6C．﹣4D．﹣2
【解答】解：等差数列{an}中，前n项和为Sn，且S8＝4a3，a7＝﹣2，
则8a1+28d=4a1+8da1+6d=−2，
解得a1＝10，d＝﹣2，
∴a10＝a1+9d＝﹣8．
故选：A．
3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＞0，2a5+a11＝0，则下列说法错误的为（ ）
A．a8＜0
B．当且仅当n＝7时，Sn取得最大值
C．S4＝S9
D．满足Sn＞0的n的最大值为12
【解答】解：∵2a5+a11＝0，
∴2a1+8d+a1+10d＝0，
∴a1＝﹣6d，
∵a1＞0，
∴d＜0，
∴{an}为递减数列，
∴an＝a1+（n﹣1）d＝﹣6d+（n﹣1）d＝（n﹣7）d，
由an≥0，（n﹣7）d≥0，解得n≤7，
∴数列前6项大于0，第7项等于0，从第8项都小于0，
∴a8＜0，当n＝6或7时，Sn取得最大值，故A正确，B错误；
∵S4＝4a1+6d＝﹣24d+6d＝﹣18d，S9＝9a1+36d＝﹣28d+36d＝﹣18d，
∴S4＝S9，故C正确；
∴Sn＝na1+n(n−1)d2=d2（n2﹣13n）＞0，
解得0＜n＜13，
∴满足Sn＞0的n的最大值为12，故D正确．
故选：B．
4．若等差数列{an}满足a7+a8+a9＞0，a7+a10＜0，则当n＝ 8 时，{an}的前n项和最大；当Sn＞0时n的最大值为 15 ．
【解答】解：∵a7+a8+a9＝3a8＞0，a7+a10＝a8+a9＜0，
∴a8＞0，a9＜0，
∴n＝8时，{an}的前n项和最大；
∵S15=15(a1+a15)2=15a8＞0，
S16=16(a1+a16)2=8（a8+a9）＜0，
∴当Sn＞0时n的最大值为15．
故答案为：8；15．
5．在数列{an}中，a2＝8，a5＝2，且2an+1﹣an+2＝an（n∈N*），则|a1|+|a2|+…+|a10|的值是（ ）
A．210B．10C．50D．90
【解答】解：∵2an+1﹣an+2＝an（n∈N*），即2an+1＝an+2+an（n∈N*），
∴数列{an}是等差数列，
设公差为d，则a1+d＝8，a1+4d＝2，
联立解得a1＝10，d＝﹣2，
∴an＝10﹣2（n﹣1）＝12﹣2n．
令an≥0，解得n≤6．
Sn=n(10+12−2n)2=11n﹣n2．
∴|a1|+|a2|+…+|a10|＝a1+a2+…+a6﹣a7﹣…﹣a10
＝2S6﹣S10
＝2（11×6﹣62）﹣（11×10﹣102）
＝50．
故选：C．
6．已知在正整数数列{an}中，前n项和Sn满足：Sn=18（an+2）2．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn=12an﹣30，求数列{bn}的前n项和的最小值．
【解答】解：（1）∵Sn=18（an+2）2，∴当n＝1时，a1=18(a1+2)2，化为(a1−2)2=0，解得a1＝2．
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1=18（an+2）2−18(an−1+2)2，化为（an﹣an﹣1﹣4）（an+an﹣1）＝0，
∵∀n∈N*，an＞0，∴an﹣an﹣1＝4．
∴数列{an}是等差数列，首项为2，公差为4，
∴an＝2+4（n﹣1）＝4n﹣2．
（2）bn=12an﹣30=12(4n−2)−30=2n﹣31．
由bn≤0，解得n≤312，因此前15项的和最小．
又数列{bn}是等差数列，
∴数列{bn}的前15项和T15=15(−29+2×15−31)2=−225．
∴数列{bn}的前n项和的最小值为﹣225．