【创新设计】2014高考数学一轮复习-第五章-数列的概念及简单的表示方法训练-理-新人教A版.doc

【创新设计】2014高考数学一轮复习 第五章 数列的概念及简单的表示方法训练 理 新人教A版

[备考方向要明了]

考 什 么
怎 么 考
1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)．
2.了解数列是自变量为正整数的一类函数．
　数列的概念在高考试题中常与其他知识综合进行考查，主要有：
(1)以考查通项公式为主，同时考查Sn与an的关系，如2012年江西T16等.
(2)以递推关系为载体，考查数列的各项的求法，如2012年新课标全国T16等.

[归纳·知识整合]
1．数列的定义
按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．排在第一位的数称为这个数列的第1项(通常也叫做首项)．
2．数列的分类
分类原则
类型
满足条件
项数
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
项与项间的大小关系
递增数列
an＋1＞an
其中n∈N*
递减数列
an＋1＜an
常数列
an＋1＝an
摆动数列
从第2项起有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项.

3．数列的表示法
数列的表示方法有列表法、图象法、公式法．
4．数列的通项公式
如果数列{an}的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．
[探究]　1.数列的通项公式唯一吗？是否每个数列都有通项公式？
提示：不唯一，如数列－1,1，－1,1，…的通项公式可以为an＝(－1)n或an＝有的数列没有通项公式．
5．数列的递推公式
若一个数列{an}的首项a1确定，其余各项用an与an－1的关系式表示(如an＝2an－1＋1，n＞1)，则这个关系式就称为数列的递推公式．
[探究]　2.通项公式和递推公式有何异同点？
提示：

不同点
相同点
通项公式法
可根据某项的序号，直接用代入法求出该项
都可确定一个数列，都可求出数列的任何一项
递推公式法
可根据第1项或前几项的值，通过一次或多次赋值，逐项求出数列的项，直至求出所需的项

[自测·牛刀小试]
1．(教材习题改编)已知数列{an}的前4项分别为2,0,2，0，…，则下列各式不可以作为数列{an}的通项公式的一项是(　　)
A．an＝1＋(－1)n＋1　　　　　　 B．an＝2sin
C．an＝1－cos nπ D．a＝
解析：选B　若an＝2sin，则a1＝2sin＝2，a2＝2sin π＝0，a3＝2sin＝－2，a4＝2sin 2π＝0.
2．已知数列的通项公式为an＝n2－8n＋15，则3(　　)
A．不是数列{an}中的项
B．只是数列{an}中的第2项
C．只是数列{an}中的第6项
D．是数列{an}中的第2项或第6项
解析：选D　令an＝3，即n2－8n＋15＝3，解得n＝2或6，故3是数列{an}中的第2项或第6项．
3．(教材习题改编)在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋(n≥2)，则a5＝(　　)
A.　　　　 B.　　　　
C.　　　　 D.
解析：选D　由题意知，a1＝1，a2＝2，a3＝，a4＝，a5＝.
4．(教材改编题)已知数列，，2，…，根据数列的规律，2应该是该数列的第________项．
解析：由于2＝3×1－1,5＝3×2－1,8＝3×3－1，…
故可知该数列的通项公式为an＝
由2＝，得n＝7.
答案：7
5．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n＝1,2,3，…)，则此数列的通项公式为an＝________；数列{nan}中数值最小的项是第________项．
解析：∵当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝(n2－10n)－[(n－1)2－10(n－1)]＝2n－11；
当n＝1时，a1＝S1＝－9也满足an＝2n－11，
∴an＝2n－11.
∴nan＝2n2－11n＝2＝2
＝22－.
又∵n∈N*，∴当n＝3时，nan取最小值．
答案：2n－11　3

已知数列的前几项求通项公式

[例1]　根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式：
(1)4,6,8,10，…；
(2)，，，，，…；
(3)，，－，，－，，….
[自主解答]　(1)各数都是偶数，且最小为4，所以通项an＝2(n＋1)(n∈N*)．
(2)注意到分母分别是21,22,23,24,25，…，而分子比分母少1，
所以其通项an＝(n∈N*)．
(3)分母规律明显，而第2,3,4项的绝对值的分子比分母少3，因此可考虑把第1项变为－，这样原数列可化为－，，－，，－，，…
所以其通项an＝(－1)n(n∈N*)．
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用观察法求数列的通项公式的技巧
用观察归纳法求数列的通项公式，关键是找出各项的共同规律及项与项数n的关系．当项与项之间的关系不明显时，可采用适当变形或分解，以凸显规律，便于归纳．当各项是分数时，可分别考虑分子、分母的变化规律及联系，正负相间出现时，可用(－1)n或(－1)n＋1调节．

1．写出下列数列的一个通项公式，使它的前几项分别是下列各数：
(1)，，，，，…；
(2)－1，，－，，－，…；
(3)9,99,999,9 999，….
解：(1)分子是连续的偶数，且第1个数是2，所以用2n表示；分母是22－1,42－1,62－1,82－1,102－1，所以用(2n)2－1表示．所以an＝＝(n∈N*)．
(2)正负交替出现，且奇数项为负，偶数项为正，所以用(－1)n表示；
　1，　　， 　　，　　　，　　　，…
　↕　　 ↕　　　 ↕ 　　　 ↕　　　 ↕
， ，　 ，　　，　　，…
分母是连续奇数相乘的形式，观察和项数n的关系，用(2n－1)(2n＋1)表示；
分子是21＋1,22＋1,23＋1,24＋1，用2n＋1表示．所以
an＝(－1)n·＝(－1)n·(n∈N*)．
(3)　　9，　　　99，　　　999，　　　9 999，…
　　　↕ 　　　 ↕　　 　 ↕　　　 　 ↕
101－1，　102－1，　103－1，　　104－1，…
所以an＝10n－1(n∈N*).

由an与Sn的关系求通项公式

[例2]　已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n－1，求它的通项公式an.
[自主解答]　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1－(3n－1－1)＝2×3n－1；当n＝1时，a1＝S1＝2也满足an＝2×3n－1.
故数列{an}的通项公式为an＝2×3n－1.

若将“Sn＝3n－1”改为“Sn＝n2－n＋1”，如何求解？
解：∵a1＝S1＝12－1＋1＝1，
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(n2－n＋1)－[(n－1)2－(n－1)＋1]
＝2n－2.
∴an＝　　　　

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已知Sn求an时应注意的问题
数列的通项an与前n项和Sn的关系是an＝当n＝1时，a1若适合Sn－Sn－1，则n＝1的情况可并入n≥2时的通项an；当n＝1时，a1若不适合Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示．

2．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和满足Sn>1，且6Sn＝(an＋1)(an＋2)，n∈N*.求数列{an}的通项公式．
解：由a1＝S1＝(a1＋1)(a1＋2)，
解得a1＝1或a1＝2.由已知a1＝S1>1，因此a1＝2.
又由an＋1＝Sn＋1－Sn
＝(an＋1＋1)(an＋1＋2)－(an＋1)(an＋2)，
得an＋1－an－3＝0或an＋1＝－an.
因为an>0，故an＋1＝－an不成立，舍去．
因此an＋1－an－3＝0，即an＋1－an＝3，
从而{an}是公差为3，首项为2的等差数列，故{an}的通项公式为an＝3n－1.

由递推关系式求数列的通项公式

[例3]　根据下列条件，确定数列{an}的通项公式．
(1)a1＝1，an＋1＝3an＋2；
(2)a1＝1，an＝an－1(n≥2)；
(3)a1＝2，an＋1＝an＋3n＋2.
[自主解答]　(1)∵an＋1＝3an＋2，
∴an＋1＋1＝3(an＋1)，即＝3.
∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3.
又a1＋1＝2，∴an＋1＝2×3n－1.
∴an＝2×3n－1－1.
(2)∵an＝an－1(n≥2)，
∴an－1＝an－2，…，a2＝a1.
以上(n－1)个式子相乘得
an＝a1×××…×＝＝.
(3)∵an＋1－an＝3n＋2，
∴an－an－1＝3n－1(n≥2)，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(n≥2)．
当n＝1时，a1＝×(3×1＋1)＝2符合公式，
∴an＝n2＋.
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由递推公式求通项公式的常用方法
已知数列的递推关系，求数列的通项公式时，通常用累加、累乘、构造法求解．
当出现an＝an－1＋m时，构造等差数列；当出现an＝xan－1＋y时，构造等比数列；当出现an＝an－1＋f(n)时，用累加法求解；当出现时，用累乘法求解.

3．(2012·大纲全国卷)已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝an.
(1)求a2，a3；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)由S2＝a2得3(a1＋a2)＝4a2，解得a2＝3a1＝3；
由S3＝a3得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，解得a3＝(a1＋a2)＝6.
(2)由题设知a1＝1.
当n>1时有an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
整理得an＝an－1.
于是a1＝1，a2＝a1，a3＝a2，
…
an－1＝an－2，an＝an－1，
将以上n个等式两端分别相乘，整理得an＝.
综上可知，数列{an}的通项公式an＝.

数列函数性质的应用

[例4]　已知数列{an}．
(1)若an＝n2－5n＋4，
①数列中有多少项是负数？
②n为何值时，an有最小值？并求出最小值．
(2)若an＝n2＋kn＋4且对于n∈N*，都有an＋1>an成立．求实数k的取值范围．
[自主解答]　(1)①由n2－5n＋4<0，解得1<n<4.
∵n∈N*，∴n＝2,3.
∴数列中有两项是负数，即为a2，a3.
②∵an＝n2－5n＋4＝2－的对称轴方程为n＝.
又n∈N*，∴n＝2或n＝3时，an有最小值，其最小值为a2＝a3＝－2.
(2)由an＋1>an，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，可以看作是关于n的二次函数，考虑到n∈N*，所以－<，即得k>－3.
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函数思想在数列中的应用
(1)数列可以看作是一类特殊的函数，因此要用函数的知识，函数的思想方法来解决．
(2)数列的单调性是高考常考内容之一，有关数列最大项、最小项、数列有界性问题均可借助数列的单调性来解决，判断单调性时常用：①作差；②作商；③结合函数图象等方法．

4．若数列中的最大项是第k项，则k＝________.
解析：法一：由题意知，

解得≤k≤1＋.
∵k∈N*，∴k＝4.
法二：设an＝n(n＋4)n，则
an＋1－an＝(n＋1)(n＋5)n＋1－n(n＋4)n
＝n
＝n.
当n≤3时，an＋1－an＞0，即an＋1＞an，
当n≥4时，an＋1－an＜0，即an＋1＜an，
故a1＜a2＜a3＜a4，且a4＞a5＞a6＞….
所以数列中最大项是第4项．
答案：4

1个关系——数列与函数的关系
数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是数列．因此，在研究函数问题时既要注意函数方法的普遍性，又要考虑数列方法的特殊性．
3类问题——数列通项公式的求法及最大(小)项问题
(1)由递推关系求数列的通项公式常用的方法有：
①求出数列的前几项，再归纳出数列的一个通项公式；
②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用叠加法、累乘法、迭代法．
(2)由Sn与an的递推关系求an的常用思路有：
①利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；
②转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n的关系，再求an.
(3)数列{an}的最大(小)项的求法
可以利用不等式组找到数列的最大项；利用不等式组找到数列的最小项.

创新交汇——数列与函数的交汇问题

1．数列的概念常与函数、方程、解析几何、不等式等相结合命题．
2．正确理解、掌握函数的性质(如单调性、周期性等)是解决此类问题的关键．
[典例]　(2012·上海高考)已知f(x)＝.各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，an＋2＝f(an)．若a2 010＝a2 012，则a20＋a11的值是________．
[解析]　∵an＋2＝，又a2 010＝a2 012＝，
∴a＋a2 010＝1.
又an>0，∴a2 010＝.
又a2 010＝＝，
∴a2 008＝，同理可得a2 006＝…＝a20＝.
又a1＝1，∴a3＝，a5＝＝，a7＝＝，
a9＝＝，a11＝＝.
∴a20＋a11＝＋＝.
[答案]　

1．本题具有以下创新点
(1)数列{an}的递推关系式，以函数f(x)＝为载体间接给出；
(2)给出的递推关系式不是相邻两项，即an与an－1(n≥2)之间的关系，而是给出an与an＋2之间的关系式，即奇数项与奇数项、偶数项与偶数项之间的递推关系．
2．解决本题的关键有以下两点
(1)正确求出数列{an}的递推关系式；
(2)正确利用递推公式an＋2＝，分别从首项a1推出a11和从a2 010推出a20.

1．已知数列{an}满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则的最小值为(　　)
A.　　　 B.　　　
C．10　　　 D．21
解析：选B　由已知条件可知：当n≥2时，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝33＋2＋4＋…＋2(n－1)
＝n2－n＋33，又n＝1时，a1＝33适合，
故an＝n2－n＋33.
又＝n＋－1，
令f(n)＝n＋－1，f(n)在[1,5]上为减函数，
f(n)在[6，＋∞)上为增函数，又f(5)＝，f(6)＝，
所以f(5)>f(6)．故f(n)＝的最小值为.
2．已知函数f(x)＝把函数g(x)＝f(x)－x的零点按从小到大的顺序排成一个数列，则该数列的通项公式为(　　)
A．an＝(n∈N*) B．an＝n(n－1)(n∈N*)
C．an＝n－1(n∈N*) D．an＝2n－2(n∈N*)
解析：选C　据已知函数关系式可得f(x)＝此时易知函数g(x)＝f(x)－x的前几个零点依次为0,1,2，…，代入验证只有C符合.

一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)
1．数列1，，，，，…的一个通项公式an是(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选B　由已知得，数列可写成，，，…，故通项为.
2．已知数列{an}的通项公式为an＝n2－2λn(n∈N*)，则“λ<1”是“数列{an}为递增数列”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
解析：选A　若数列{an}为递增数列，则有an＋1－an>0，即2n＋1>2λ对任意的n∈N*都成立，于是有3>2λ，即λ<.由λ<1可得λ<，但反过来，由λ<不能得到λ<1，因此“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的充分不必要条件．
3．数列{an}的通项an＝，则数列{an}中的最大值是(　　)
A．3 B．19
C. D.
解析：选C　因为an＝，运用基本不等式得
≤，由于n∈N*，不难发现当n＝9或10时，an＝最大．
4．(2013·银川模拟)设数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝1－，记数列{an}的前n项之积为Tr，则T2 013的值为(　　)
A．－ B．－1
C. D．2
解析：选B　由a2＝，a3＝－1，a4＝2可知，数列{an}是周期为3的周期数列，从而T2 013＝(－1)671＝－1.
5．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5<ak<8，则k＝(　　)
A．9 B．8
C．7 D．6
解析：选B　由an＝＝得an＝2n－10.
由5<2k－10<8得7.5<k<9，由于k∈N*，所以k＝8.
6．(2012·福建高考)数列{an}的通项公式an＝ncos ，其前n项和为Sn，则S2 012等于(　　)
A．1 006 B．2 012
C．503 D．0
解析：选A　由题意知，a1＋a2＋a3＋a4＝2，a5＋a6＋a7＋a8＝2，…，a4k＋1＋a4k＋2＋a4k＋3＋a4k＋4＝2，k∈N，故S2 012＝503×2＝1 006.
二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)
7．根据下图5个图形及相应点的个数的变化规律，猜测第n个图中有________个点．

解析：观察图中5个图形点的个数分别为1,1×2＋1,2×3＋1，3×4＋1,4×5＋1，故第n个图中点的个数为
(n－1)×n＋1＝n2－n＋1.
答案：n2－n＋1
8．数列{an}满足an＋1＝若a1＝，则a2 013＝________.
解析：因为a1＝∈，
所以a2＝2a1－1＝2×－1＝.
因为a2＝∈，
所以a3＝2a2－1＝2×－1＝.
因为a3＝∈，所以a4＝2a3＝2×＝.
显然a4＝a1，根据递推关系，逐步代入，得a5＝a2，a6＝a3，…
故该数列的项呈周期性出现，其周期为3，根据上述求解结果，可得a3k＋1＝，a3k＋2＝，a3k＋3＝(k∈N)．
所以a2 013＝a3×671＝a3＝.
答案：
9．已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是函数f(x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，则b10＝________.
解析：∵an＋an＋1＝bn，an·an＋1＝2n，
∴an＋1·an＋2＝2n＋1，
∴an＋2＝2an.
又∵a1＝1，a1·a2＝2，∴a2＝2，
∴a2n＝2n，a2n－1＝2n－1(n∈N*)，
∴b10＝a10＋a11＝64.
答案：64
三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)
10．数列{an}中，a1＝1，对于所有的n≥2，n∈N*都有a1·a2·a3…·an＝n2，求a3＋a5的值．
解：∵a1·a2·a3·…·an＝n2，
∴a1a2＝4，a1a2a3＝9，解得a3＝.
同理a5＝.∴a3＋a5＝.
11．已知数列{an}的前n项和Sn，分别求它们的通项公式an.
(1)Sn＝2n2＋3n；
(2)Sn＝2n＋1.
解：(1)由题可知，当n＝1时，a1＝S1＝2×12＋3×1＝5，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2＋3n)－[2(n－1)2＋3(n－1)]＝4n＋1.
当n＝1时，4×1＋1＝5＝a1，故an＝4n＋1.
(2)当n＝1时，a1＝S1＝2＋1＝3，
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1)－(2n－1＋1)＝2n－1.
当n＝1时，21－1＝1≠a1，
故an＝
12．已知数列{an}满足前n项和Sn＝n2＋1，数列{bn}满足bn＝，且前n项和为Tn，设cn＝T2n＋1－Tn.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)判断数列{cn}的增减性．
解：(1)a1＝2，an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)，
故bn＝
(2)∵cn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n＋1
＝＋＋…＋，
∴cn＋1－cn＝＋－
＝<0.
∴{cn}是递减数列．

1．根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式：
(1)－1,7，－13,19，…；
(1)0.8,0.88,0.888，…；
(3)，1，，，…；
(4)0,1,0,1，….
解：(1)符号问题可通过(－1)n或(－1)n＋1表示，其各项的绝对值的排列规律为：后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大6，故通项公式为an＝(－1)n(6n－5)．
(2)将数列变形为(1－0.1)，(1－0.01)，(1－0.001)，…
故an＝.
(3)将数列统一为，，，，…，对于分子3,5,7，9，…，是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为bn＝2n＋1，对于分母2,5,10,17，…，联想到数列1,4,9,16，…，即数列{n2}，可得分母的通项公式为cn＝n2＋1，
故可得它的一个通项公式为an＝.
(4)an＝或
an＝或an＝.
2．已知数列{an}的通项公式an＝(n＋1)n(n∈N*)，试问数列{an}有没有最大项？若有，求最大项和最小项的项数；若没有，说明理由．
解：∵an＋1－an＝(n＋2)n＋1－(n＋1)n＝n·，
当n<9时，an＋1－an>0，即an＋1>an；
当n＝9时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；
当n>9时，an＋1－an<0，即an＋1<an；
故a1<a2<a3<…<a9＝a10>a11>a12>…
∴数列中有最大项，最大项为第9、10项，
即a9＝a10＝.
3．设数列{an}的前n项和为Sn，点(n∈N*)均在函数y＝3x－2的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn<对所有n∈N*都成立的最小正整数m.
解：(1)依题意得，＝3n－2，即Sn＝3n2－2n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5；
当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝1＝6×1－5.
所以an＝6n－5(n∈N*)．
(2)由(1)得bn＝
＝＝，
故Tn＝i
＝
＝.
因此，使得<(n∈N*)成立的m必须且仅需满足≤，即m≥10，故满足要求的最小正整数m为10.
4．(2012·浙江高考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2＋n，n∈N*，数列{bn}满足an＝4log2bn＋3，n∈N*.
(1)求an，bn；
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
解：(1)由Sn＝2n2＋n，得当n＝1时，a1＝S1＝3；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1，易知当n＝1时也满足通式an＝4n－1，
所以an＝4n－1，n∈N*.
由4n－1＝an＝4log2bn＋3，得bn＝2n－1，n∈N*.
(2)由(1)知an·bn＝(4n－1)·2n－1，n∈N*，
所以Tn＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n－1)·2n－1，
2Tn＝3×2＋7×22＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n，
2Tn－Tn＝(4n－1)2n－[3＋4(2＋22＋…＋2n－1)]＝(4n－5)2n＋5.
故Tn＝(4n－5)2n＋5，n∈N*.

[备考方向要明了]

考 什 么
怎 么 考
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.以选择题的形式考查等差数列的基本量及等差数列性质的简单应用，如2012年辽宁T6，北京T10，江西T12等．
2.以解答题的形式考查等差数列的概念、等差数列的判定、通项公式、前n项和公式以及等差数列的性质等，如2012年陕西T17等.

[归纳·知识整合]
1．等差数列的定义
一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，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，通常用字母d表示，定义表达式为an－an－1＝d(常数)(n∈N*，n≥2)或an＋1－an＝d(常数)(n∈N*)．
2．等差数列的通项公式
若等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d.亦可以用数列中的第m项am与公差d表示为an＝am＋(n－m)d.
[探究]　1.已知等差数列{an}的第m项为am，公差为d，则其第n项an能否用am与d表示？
提示：能，an＝am＋(n－m)d.
3．等差中项
若三个数a，A，b成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且有A＝.
4．等差数列的前n项和公式
Sn＝na1＋d＝.
[探究]　2.等差数列前n项和公式的推导运用了什么方法？
提示：倒序相加法．
3．等差数列前n项和公式能否看作关于n的函数，该函数是否有最值？
提示：当d≠0时，Sn是关于n的且常数项为0的二次函数，则(n，Sn)是二次函数图象上的一群孤立的点，由此可得：当d>0时，Sn有最小值；当d<0时，Sn有最大值．
5．等差数列的性质
已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和．
(1)若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq，
特别：若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap.
(2)am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等差数列，公差为kd.
(3)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
[自测·牛刀小试]
1．(2012·重庆高考)在等差数列{an}中，a2＝1，a4＝5，则{an}的前5项和S5＝(　　)
A．7　　　 B．15　　　
C．20　　　 D．25
解析：选B　数列{an}的公差d＝＝2，则a1＝－1，a5＝7，可得S5＝15.
2．(2012·辽宁高考)在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝(　　)
A．58 B．88
C．143 D．176
解析：选B　因为{an}是等差数列，所以a4＋a8＝2a6＝16⇒a6＝8，则该数列的前11项和为S11＝＝11a6＝88.
3．(教材习题改编)在等差数列{an}中，若a4＋a5＝15，a7＝15，则a2的值为(　　)
A．－3 B．0
C．1 D．2
解析：选B　由题意知，a2＋a7＝a4＋a5，所以a2＝a4＋a5－a7＝0.
4．(教材习题改编)已知两个数列x，a1，a2，a3，y与x，b1，b2，y都是等差数列，且x≠y，则的值为________．
解析：∵a2－a1＝(y－x)，b2－b1＝(y－x)，
∴＝.
答案：
5．(教材习题改编)有两个等差数列2,6,10，…，190及2,8,14，…，200，由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列{an}的通项公式an＝________.
解析：两个等差数列的公共项为2,14,26，…即新数列的首项为2，公差为12.
故an＝2＋(n－1)×12＝12n－10.
答案：12n－10

等差数列的判定与证明

[例1]　已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝，an＝－2SnSn－1(n≥2)．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)求Sn和an.
[自主解答]　(1)证明： ∵当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，①
∴Sn(1＋2Sn－1)＝Sn－1.
由上式，若Sn－1≠0，则Sn≠0.
∵S1＝a1≠0，
由递推关系知Sn≠0(n∈N*)，
由①式得－＝2(n≥2)．
∴是等差数列，其中首项为＝＝2，公差为2.
(2)∵＝＋2(n－1)＝＋2(n－1)，
∴Sn＝.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－，
当n＝1时，a1＝S1＝不适合上式，
∴an＝

若将条件改为“a1＝2，Sn＝(n≥2)”，如何求解．
解：(1)证明：∵Sn＝，
∴＝＝＋2.
∴－＝2.
∴是以为首项，以2为公差的等差数列．
(2)由(1)知＝＋(n－1)×2＝2n－，
即Sn＝.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－
＝；
当n＝1时，a1＝2不适合an，
故an＝　　　　

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等差数列的判定方法
(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证an－an－1为同一常数；
(2)等差中项法：验证2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立；
(3)通项公式法：验证an＝pn＋q；
(4)前n项和公式法：验证Sn＝An2＋Bn.
注意：在解答题中常应用定义法和等差中项法，而通项公式法和前n项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断．

1．已知数列{an}中，a1＝，an＝2－(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝(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，并说明理由．
解：(1)证明：∵an＝2－(n≥2，n∈N*)，bn＝，
∴bn＋1－bn＝－＝－
＝－＝1.
又b1＝＝－，
∴数列{bn}是以－为首项，以1为公差的等差数列．
(2)由(1)知bn＝n－，则an＝1＋＝1＋，
设f(x)＝1＋，则f(x)在区间和上为减函数．
故当n＝3时，an取得最小值－1，当n＝4时，an取得最大值3.

等差数列基本量的计算

[例2]　(1)已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，则a20等于(　　)
A．－1　　　 B．1　　　
C．3　　　 D．7
(2)(2012·广东高考)已知递增的等差数列{an}满足a1＝1，a3＝a－4，则an＝________.
(3)(2012·北京高考)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝，S2＝a3，则a2＝________；Sn＝________.
[自主解答]　(1)两式相减，可得3d＝－6，d＝－2.由已知可得3a3＝105，a3＝35，所以a20＝a3＋17d＝35＋(－34)＝1.
(2)设等差数列{an}的公差为d，
由已知得即
解得
由于等差数列{an}是递增的等差数列，因此
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
(3)设等差数列的公差为d，则2a1＋d＝a1＋2d，把a1＝代入得d＝，所以a2＝a1＋d＝1，Sn＝na1＋d＝n(n＋1)．
[答案]　(1)B　(2)2n－1　(3)1　
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等差数列运算问题的通法
等差数列的通项公式及前n项和公式中，共涉及五个量，知三可求二，如果已知两个条件，就可以列出方程组求解，体现了用方程思想解决问题的方法．如果利用等差数列的性质、几何意义去考虑也可以．

2．已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d(n≥1，n∈N*)．
由a1＝1，a3＝－3，可得1＋2d＝－3，
解得d＝－2.
从而，an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.
(2)由(1)知an＝3－2n，
所以Sn＝＝2n－n2.
进而由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为所求结果.

等差数列前n项和的最值

[例3]　已知在等差数列{an}中，a1＝31，Sn是它的前n项和，S10＝S22，
(1)求Sn；
(2)这个数列的前多少项和最大，并求出这个最大值．
[自主解答]　(1)∵S10＝a1＋a2＋…＋a10，
S22＝a1＋a2＋…＋a22，
又S10＝S22，∴a11＋a12＋…＋a22＝0，
即＝0，即a11＋a22＝2a1＋31d＝0.
又a1＝31，∴d＝－2.
∴Sn＝na1＋d＝31n－n(n－1)＝32n－n2.
(2)法一：由(1)知，Sn＝32n－n2＝－(n－16)2＋256，
∴当n＝16时，Sn有最大值256.
法二：由(1)知，
(n∈N*)，
解得≤n≤，
∵n∈N*，∴n＝16时，Sn有最大值256.

若将“a1＝31，S10＝S22”改为“a1＝20，S10＝S15”，则n为何值时，Sn取得最大值？
解：法一：∵a1＝20，S10＝S15，
∴10×20＋d＝15×20＋d，
解得d＝－.
∴an＝20＋(n－1)×＝－n＋.
∴a13＝0，即当n≤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.
法二：同法一求得d＝－.
∴Sn＝20n＋·＝－n2＋n
＝－2＋.
∵n∈N*，
∴当n＝12或13时，Sn有最大值，
且最大值为S12＝S13＝130.
法三：同法一得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.　　　　

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求等差数列前n项和的最值的方法
(1)运用配方法转化为二次函数，借助二次函数的单调性以及数形结合的思想，从而使问题得解；
(2)通项公式法：求使an≥0(an≤0)成立时最大的n值即可．一般地，等差数列{an}中，若a1>0，且Sp＝Sq(p≠q)，则
①若p＋q为偶数，则当n＝时，Sn最大；
②若p＋q为奇数，则当n＝或n＝时，Sn最大．

3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，S12>0，S13<0.
(1)求公差d的取值范围；
(2)指出S1，S2，…，S12中，哪一个最大，并说明理由．
解：(1)设数列首项为a1，公差为d，由题意可得，

将a1＝a3－2d＝12－2d代入，得
即－<d<－3.
(2)法一：Sn＝na1＋d＝(12－2d)n＋d＝n2－n，其中－<d<－3.
由二次函数知识可得S6最大．
法二：∵an＝a1＋(n－1)d＝12＋(n－3)d，
由得
∴＋2≤n≤＋3.而－<d<－3，
∴<n<7.∴n＝6.
∴前6项和S6最大．
法三：由S13＝13a7<0，S12＝6(a6＋a7)>0，
∴a7<0，a6>0.∴前6项和S6最大．

等差数列性质的应用

[例4]　(1)(2013·江门模拟)等差数列{an}前17项和S17＝51，则a5－a7＋a9－a11＋a13等于(　　)
A．3　　　　　　　　　　 B．6
C．17 D．51
(2)等差数列{an}中，若a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，则前9项的和S9等于(　　)
A．66 B．99
C．144 D．297
[自主解答]　(1)由于S17＝×17＝17a9＝51，所以a9＝3.根据等差数列的性质a5＋a13＝a7＋a11，
所以a5－a7＋a9－a11＋a13＝a9＝3.
(2)由等差数列的性质及a1＋a4＋a7＝39，可得3a4＝39，所以a4＝13.同理，由a3＋a6＋a9＝27，可得a6＝