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專題4　等差數列
1．等差數列
(1)概念：一般地，如果一個數列從第2項起，每一項與它的前一項的差等于同一個常數，那么這個數列就叫做等差數列，這個常數叫做等差數列的公差(常用字母“d”表示)．
(2)遞推關系：an＋1－an＝d.
2．等差數列的通項公式
an＝a1＋(n－1)d.
3．等差數列的主要性質
(1)an－am＝(n－m)d(m，n∈N*)；
(2)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，則am＋an＝ap＋aq；
(3)等差數列{an}中，kn∈N*，且{kn}也是等差數列，則{akn}是等差數列．
4．等差數列的前n項和公式
Sn＝＝na1＋.
5．等差數列前n項和Sn的性質
(1)Sn存在最大值或最小值；
(2)在等差數列{an}中，前n項和設為Sn，則Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…依次成等差數列；
(3)記等差數列{an}的前偶數項和為S偶，數列前奇數項和為S奇．
當項數為2n時，則有S偶－S奇＝d；
當項數為2n－1時，則有S2n－1＝(2n－1)an.
6．等差數列與函數的關系
(1)等差數列{an}的圖象：均勻地分布在相應函數y＝dx＋(a1－d)圖象上的一群點，d的幾何意義是相應直線的斜率；
(2)等差數列{an}的前n項和Sn的圖象：當d≠0時，是分布在相應函數y＝x2＋(a1－)x圖象上的一群點．
例1　已知等差數列{an}中：
(1)a6＝10，S5＝5，求a8；
(2)a1＝，d＝－，Sm＝－15，求m及am.
變式1　若等差數列{an}的公差d≠0且a1，a2是關于x的方程x2－a3x＋a4＝0的兩根，求數列{an}的通項公式．
例2　(1)在等差數列{an}中，已知a3＋a8＝10，則3a5＋a7＝________.
(2)在等差數列{an}中，已知a4＋a8＝16，則該數列前11項和S11等于(　　)
A．58 B．88 C．143 D．176
變式2　(1)已知等差數列{an}中，a3＋a8＝22，a6＝7，則a5＝________.
(2)在等差數列{an}中，a3＝7，a5＝a2＋6，則a6＝________.
例3　在等差數列{an}中，a1＝25，S17＝S9，求Sn的最大值．
變式3　已知等差數列{an}的前n項和為Sn，公差小于零，a7a8<0且|a7|>|a8|，求滿足Sn<0的n的最小值．
A級
1．已知等差數列{an}前9項的和為27，a10＝8，則a100等于(　　)
A．100 B．99 C．98 D．97
2．在等差數列{an}中，若a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝80，則a7－a8的值為(　　)
A．4 B．6 C．8 D．10
3．已知{an}為等差數列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，則a20等于(　　)
A．－1 B．1 C．3 D．7
4．在等差數列{an}中，a1＝2，a3＋a5＝10，則a7等于(　　)
A．5 B．8
C．10 D．14
5．已知{an}是等差數列，Sn是其前n項和．若a1＋a＝－3，S5＝10，則a9的值是________．
6．已知{an}是等差數列，Sn為其前n項和，n∈N*.若a3＝16，S20＝20，則S10的值為________．
7．已知{an}為等差數列，Sn為其前n項和．若a1＝6，a3＋a5＝0，則S6＝________.
B級
8．等差數列{an}的前n項和為Sn，已知am－1＋am＋1－a＝0，S2m－1＝38，則m等于(　　)
A．38 B．20 C．10 D．9
9．已知{an}是公差為1的等差數列，Sn為{an}的前n項和，若S8＝4S4，則a10等于(　　)
A.B. C．10 D．12
10．設{an}是等差數列，Sn是其前n項和，且S5S8，則下列結論錯誤的是(　　)
A．S9>S5
B．d<0
C．a7＝0
D．S6與S7均為Sn的最大值
11．在等差數列{an}中，a1>0，a5＝3a7，前n項和為Sn，若Sn取得最大值，則n＝________.
12．若{an}是等差數列，首項a1>0，a23＋a24>0，a23·a24<0，則使前n項和Sn>0成立的最大自然數n是________．
13．已知等差數列{an}中，a1＝1，a3＝－3.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)若數列{an}的前k項和Sk＝－35，求k的值．
詳解答案
典型例題
例1　解　(1)由題意：，
解得a1＝－5，d＝3，
所以a8＝－5＋(8－1)×3＝16；
(2)Sm＝m·＋·＝－15，整理得m2－7m－60＝0，
解得m＝12或m＝－5(舍去)，
故am＝＋(12－1)×＝－4.
變式1　解　由題意知，
∴解得
∴an＝2＋(n－1)×2＝2n.
故數列{an}的通項公式an＝2n.
例2　(1)20
解析　設公差為d，則a3＋a8＝2a1＋9d＝10，∴3a5＋a7＝4a1＋18d＝2(2a1＋9d)＝20.
(2)B　[根據等差數列的前n項和公式和性質求解．
S11＝＝＝88.]
變式2　(1)15
解析　∵{an}為等差數列，∴a3＋a8＝a5＋a6＝22，∴a5＝22－a6＝22－7＝15.
(2)13
解析　設等差數列{an}的公差為d，
則由已知，得
解得所以a6＝a1＋5d＝13.
例3　解　方法一　利用前n項和公式和二次函數性質．
由S17＝S9，得25×17＋×(17－1)d＝25×9＋×(9－1)d，解得d＝－2，
所以Sn＝25n＋(n－1)×(－2)＝－(n－13)2＋169，由二次函數性質可知，當n＝13時，Sn有最大值169.
方法二　先求出d＝－2，因為a1＝25>0，
由　得
所以當n＝13時，Sn有最大值．
S13＝25×13＋×(－2)＝169.
因此Sn的最大值為169.
方法三　由S17＝S9，得a10＋a11＋…＋a17＝0，而a10＋a17＝a11＋a16＝a12＋a15＝a13＋a14，故a13＋a14＝0.
由方法一知d＝－2<0，
又因為a1>0，所以a13>0，a14<0，
故當n＝13時，Sn有最大值．
S13＝25×13＋×(－2)＝169.
因此Sn的最大值為169.
變式3　解　方法一　由d<0，a7a8<0，知a7>0，a8<0，
又|a7|>|a8|，即a7>－a8，即a7＋a8>0，
S14＝＝7(a7＋a8)>0，
S13＝13a7>0，S15＝15a8<0，
故滿足Sn<0的n的最小值為15.
方法二　由d<0，a7>0，a8<0，
a7＋a8>0，可得－7<<－6.5，
Sn＝n2＋(a1－)n，
對稱軸為x＝－＝－∈(7,7.5)，
由于Sn＝n2＋(a1－)n相應的二次函數過原點，故此函數的另一個零點在(14,15)內，故S14>0，S15<0.
故滿足Sn<0的n的最小值為15.
方法三　同方法二．可得－7<<－6.5，
由Sn<0，得n>1－，而1－∈(14,15)，故n≥15.
故滿足Sn<0的n的最小值為15.
強化提高
1．C　[由等差數列性質，知S9＝＝＝9a5＝27，得a5＝3，而a10＝8，
因此公差d＝＝1，
∴a100＝a10＋90d＝98，故選C.]
2．C　[由a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝5a6＝80，
∴a6＝16，∴a7－a8＝(2a7－a8)＝(a6＋a8－a8)＝a6＝8.]
3．B　[由已知得a1＋a3＋a5＝3a3＝105，
a2＋a4＋a6＝3a4＝99，
∴a3＝35，a4＝33，∴d＝－2.
∴a20＝a3＋17d＝35＋(－2)×17＝1.]
4．B　[方法一　設等差數列的公差為d，則a3＋a5＝2a1＋6d＝4＋6d＝10，所以d＝1，a7＝a1＋6d＝2＋6＝8.
方法二　由等差數列的性質可得a1＋a7＝a3＋a5＝10，又a1＝2，所以a7＝8.]
5．20
解析　設等差數列{an}公差為d，由題意可得：
解得
則a9＝a1＋8d＝－4＋8×3＝20.
6．110
解析　設首項為a1，公差為d，
∴
由②得2a1＋19d＝2.③
③－①×2得15d＝－30，
∴d＝－2，∴a1＝16－2d＝20.
∴S10＝10a1＋×10×9d＝200－90＝110.
7．6
解析　∵a3＋a5＝2a4＝0，∴a4＝0.
又a1＝6，∴a4＝a1＋3d＝0，∴d＝－2.
∴S6＝6×6＋×(－2)＝6.
8．C　[因為{an}是等差數列，所以am－1＋am＋1＝2am，
由am－1＋am＋1－a＝0，得2am－a＝0，
由S2m－1＝38知am≠0，所以am＝2，
又S2m－1＝38，即＝38，
即(2m－1)×2＝38，解得m＝10，故選C.]
9．B　[∵公差為1，
∴S8＝8a1＋×1＝8a1＋28，
S4＝4a1＋6.
∵S8＝4S4，∴8a1＋28＝4(4a1＋6)，解得a1＝，
∴a10＝a1＋9d＝＋9＝.故選B.]
10．A　[由S50.
又S6＝S7?a7＝0，所以d<0.
由S7>S8?a8<0，因此，S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＝2(a7＋a8)<0即S911．7或8　12.46
13．解　(1)設等差數列{an}的公差為d，則an＝a1＋(n－1)d.
由a1＝1，a3＝－3，可得1＋2d＝－3，解得d＝－2.從而an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.
(2)由(1)可知an＝3－2n，
所以Sn＝＝2n－n2.
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.

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