【创新设计-教师用书】(人教A版-理科)2015届高考数学第一轮复习细致讲解练：第五篇-数列.doc

第五篇　数　列A

第1讲　数列的概念与简单表示法
[最新考纲]
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.

知 识 梳 理
1．数列的概念
(1)数列的定义
按照一定顺序排列的一列数称为数列．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．
(3)数列的前n项和
在数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做数列的前n项和．
2．数列的表示方法
(1)表示方法

列表法
列表格表达n与f(n)的对应关系
图象法
把点(n，f(n))画在平面直角坐标系中
公
式
法
通项公式

把数列的通项使用通项公式表达的方法
递推
公式
使用初始值a1和an＋1＝f(an)或a1，a2和an＋1＝f(an，an－1)等表达数列的方法
(2)数列的函数特征：上面数列的三种表示方法也是函数的表示方法，数列可以看作是定义域为正整数集(或它的有限子集{1,2，…，n}的函数an＝f(n))当自变量由小到大依次取值时所对应的一列函数值．

*
3．数列的分类

分类原则
类型
满足条件
按项数分类
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
单
调
性
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
从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列
周期性
∀n∈N*，存在正整数常数k，an＋k＝an

4.an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝
辨 析 感 悟
1．对数列概念的认识
(1)数列1,2,3,4,5,6与数列6,5,4,3,2,1表示同一数列．(×)
(2)1,1,1,1，…不能构成一个数列．(×)
2．对数列的性质及表示法的理解
(3)(教材练习改编)数列1,0,1,0,1,0，…的通项公式，只能是an＝.(×)
(4)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．(×)
(5)(2013·开封模拟改编)已知Sn＝3n＋1，则an＝2·3n－1.(×)
[感悟·提升]
1．一个区别　“数列”与“数集”
数列与数集都是具有某种属性的数的全体，数列中的数是有序的，而数集中的元素是无序的，同一个数在数列中可以重复出现，而数集中的元素是互异的，如(1)、(2)．
2．三个防范　一是注意数列不仅有递增、递减数列，还有常数列、摆动数列，如(4)．
二是数列的通项公式不唯一，如(3)中还可以表示为an＝
三是已知Sn求an时，一定要验证n＝1的特殊情形，如(5).
学生用书第79页

考点一　由数列的前几项求数列的通项
【例1】 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：
(1)－1,7，－13,19，…；
(2)，，，，，…；
(3)，2，，8，，…；
(4)5,55,555,5 555，….
解　(1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为an＝(－1)n(6n－5)．
(2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积．知所求数列的一个通项公式为an＝.
(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察．即，，，，，…，从而可得数列的一个通项公式为an＝.
(4)将原数列改写为×9，×99，×999，…，易知数列9,99,999，…的通项为10n－1，
故所求的数列的一个通项公式为an＝(10n－1)．
规律方法 根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察分析，抓住其几方面的特征：分式中分子、分母的各自特征；相邻项的变化特征；拆项后的各部分特征；符号特征．应多进行对比、分析，从整体到局部多角度观察、归纳、联想．
【训练1】 根据下面数列的前几项的值，写出数列的一个通项公式：
(1)，，－，，－，，…；
(2)，1，，，….
解　(1)各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出第2,3,4项的分子分别比分母少3.因此把第1项变为－，原数列可化为－，，－，，…，因此可得数列的一个通项公式为an＝(－1)n·.
(2)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，因此可得数列的一个通项公式为an＝.

考点二　由an与Sn的关系求通项an
【例2】 (2013·广东卷节选)设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝1，＝an＋1－n2－n－，n∈N*.
(1)求a2的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
解　(1)依题意，2S1＝a2－－1－，
又S1＝a1＝1，所以a2＝4；
(2)由题意2Sn＝nan＋1－n3－n2－n，
所以当n≥2时，
2Sn－1＝(n－1)an－(n－1)3－(n－1)2－(n－1)
两式相减得2an＝nan＋1－(n－1)an－(3n2－3n＋1)－(2n－1)－，
整理得(n＋1)an－nan＋1＝－n(n＋1)，
即－＝1，又－＝1，
故数列是首项为＝1，公差为1的等差数列，
所以＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2.
规律方法 给出Sn与an的递推关系，求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
【训练2】 设数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，n∈N*.
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
解　(1)令n＝1时，T1＝2S1－1，
∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1，∴a1＝1.
(2)n≥2时，Tn－1＝2Sn－1－(n－1)2，
则Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]
＝2(Sn－Sn－1)－2n＋1＝2an－2n＋1.
因为当n＝1时，a1＝S1＝1也满足上式，
所以Sn＝2an－2n＋1(n≥1)，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2(n－1)＋1，
两式相减得an＝2an－2an－1－2，
所以an＝2an－1＋2(n≥2)，所以an＋2＝2(an－1＋2)，
因为a1＋2＝3≠0，
所以数列{an＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列．
所以an＋2＝3×2n－1，∴an＝3×2n－1－2，
当n＝1时也成立，
所以an＝3×2n－1－2.
学生用书第80页

考点三　由递推公式求数列的通项公式
【例3】 在数列{an}中，
(1)若a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则通项an＝________；
(2)若a1＝1，an＋1＝3an＋2，则通项an＝________.
审题路线　(1)变形为an＋1－an＝n＋1⇒用累加法，即an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)⇒得出an.
(2)变形为an＋1＋1＝3(an＋1)⇒再变形为＝⇒用累乘法或迭代法可求an.
解析　(1)由题意得，当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋＝＋1.
又a1＝2＝＋1，符合上式，
因此an＝＋1.
(2)an＋1＝3an＋2，即an＋1＋1＝3(an＋1)，即＝3，
法一　＝3，＝3，＝3，…，＝3.将这些等式两边分别相乘得＝3n.
因为a1＝1，所以＝3n，即an＋1＝2×3n－1(n≥1)，所以an＝2×3n－1－1(n≥2)，又a1＝1也满足上式，故an＝2×3n－1－1.
法二　由＝3，即an＋1＋1＝3(an＋1)，
当n≥2时，an＋1＝3(an－1＋1)，
∴an＋1＝3(an－1＋1)＝32(an－2＋1)＝33(an－3＋1)＝…＝3n－1(a1＋1)＝2×3n－1，
∴an＝2×3n－1－1；
当n＝1时，a1＝1＝2×31－1－1也满足．
∴an＝2×3n－1－1.
答案　(1)＋1　(2)2×3n－1－1
规律方法 数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，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，再归纳猜想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，或用累加法、累乘法、迭代法求通项．
【训练3】 设{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)a－na＋an＋1·an＝0(n＝1,2,3，…)，则它的通项公式an＝________.
解析　∵(n＋1)a＋an＋1·an－na＝0，
∴(an＋1＋an)[(n＋1)an＋1－nan]＝0，
又an＋1＋an＞0，∴(n＋1)an＋1－nan＝0，
即＝，∴····…·＝××××…×，∴an＝.
答案　

1．求数列通项或指定项，通常用观察法(对于交错数列一般用(－1)n或(－1)n＋1来区分奇偶项的符号)；已知数列中的递推关系，一般只要求写出数列的前几项，若求通项可用归纳、猜想和转化的方法．
2．由Sn求an时，an＝注意验证a1是否包含在后面an的公式中，若不符合要单独列出，一般已知条件含an与Sn的关系的数列题均可考虑上述公式．
3．已知递推关系求通项：对这类问题的要求不高，但试题难度较难把握．一般有三种常见思路：
(1)算出前几项，再归纳、猜想；
(2)“an＋1＝pan＋q”这种形式通常转化为an＋1＋λ＝p(an＋λ)，由待定系数法求出λ，再化为等比数列；
(3)利用累加、累乘法或迭代法可求数列的通项公式．　　　　　　　　　　　　　　　　　

思想方法4——用函数的思想解决数列问题
【典例】 (2013·新课标全国Ⅱ卷)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________．
解析　由题意及等差数列的性质，
知a1＋a10＝0，a1＋a15＝.
两式相减，得a15－a10＝＝5d，所以d＝，a1＝－3.
所以nSn＝n·[na1＋d]＝.
令f(x)＝，x＞0，
则f′(x)＝x(3x－20)，由函数的单调性，可知函数f(x)在x＝时取得最小值，检验n＝6时，6S6＝－48，而n＝7时，7S7＝－49，故nSn的最小值为－49.
答案　－49
[反思感悟] (1)本题求出的nSn的表达式可以看做是一个定义在正整数集N*上的三次函数，因此可以采用导数法求解．
(2)易错分析：由于n为正整数，因而不能将代入求最值，这是考生容易忽略而产生错误的地方．
【自主体验】
1．设an＝－3n2＋15n－18，则数列{an}中的最大项的值是
(　　)．
A. B.
C．4 D．0
解析　∵an＝－32＋，由二次函数性质，得当n＝2或3时，an最大，最大为0.
答案　D
2．已知{an}是递增数列，且对于任意的n∈N*，an＝n2＋λn恒成立，则实数λ的取值范围是________．
解析　设f(n)＝an＝n2＋λn，其图象的对称轴为直线n＝－，要使数列{an}为递增数列，只需使定义在正整数上的函数f(n)为增函数，故只需满足－＜，即λ＞－3.
答案　(－3，＋∞)
对应学生用书P285
基础巩固题组

(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．(2014·深圳中学模拟)数列0，，，，…的一个通项公式为(　　)．
A．an＝(n∈N*) B．an＝(n∈N*) C．an＝(n∈N*) D．an＝(n∈N*)
解析　将0写成，观察数列中每一项的分子、分母可知，分子为偶数列，可表示为2(n－1)，n∈N*；分母为奇数列，可表示为2n－1，n∈N*，故选C.
答案　C
2．若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝，则＝(　　)．
A. B. C. D．30
解析　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝，∴＝5×(5＋1)＝30.
答案　D
3．(2014·贵阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2－1，则a3＝(　　)．
A．－10 B．6 C．10 D．14
解析　a3＝S3－S2＝2×32－1－(2×22－1)＝10.
答案　C
4．已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是(　　)．
A．2n－1 B.n－1
C．n2 D．n
解析　法一　(构造法)由已知整理得(n＋1)an＝nan＋1，
∴＝，∴数列是常数列．
且＝＝1，∴an＝n.
法二　(累乘法)：n≥2时，＝，＝.
…
＝，＝，
两边分别相乘得＝n，又因为a1＝1，∴an＝n.
答案　D
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1Sn＝2an＋1，则Sn＝(　　)．
A．2n－1 B.n－1 C.n－1 D.
解析　∵Sn＝2an＋1，∴当n≥2时，Sn－1＝2an，
∴an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an(n≥2)，
即＝(n≥2)，
又a2＝，∴an＝×n－2(n≥2)．
当n＝1时，a1＝1≠×－1＝，
∴an＝
∴Sn＝2an＋1＝2××n－1＝n－1.
答案　B
二、填空题
6．(2013·蚌埠模拟)数列{an}的通项公式an＝－n2＋10n＋11，则该数列前________项的和最大．
解析　易知a1＝20>0，显然要想使和最大，则应把所有的非负项求和即可，令an≥0，则－n2＋10n＋11≥0，∴－1≤n≤11，可见，当n＝11时，a11＝0，故a10是最后一个正项，a11＝0，故前10或11项和最大．
答案　10或11
7．(2014·广州模拟)设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，则数列{an}的通项公式为________．
解析　∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，则当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝，两式左右两边分别相减得3n－1an＝，∴an＝(n≥2)．由题意知，a1＝，符合上式，∴an＝(n∈N*)．
答案　an＝
8．(2013·淄博二模)在如图所示的数阵中，第9行的第2个数为________．

解析　每行的第二个数构成一个数列{an}，由题意知a2＝3，a3＝6，a4＝11，a5＝18，所以a3－a2＝3，a4－a3＝5，a5－a4＝7，…，
an－an－1＝2(n－1)－1＝2n－3，等式两边同时相加得
an－a2＝＝n2－2n，
所以an＝n2－2n＋a2＝n2－2n＋3(n≥2)，所以a9＝92－2×9＋3＝66.
答案　66
三、解答题
9．数列{an}的通项公式是an＝n2－7n＋6.
(1)这个数列的第4项是多少？
(2)150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？
(3)该数列从第几项开始各项都是正数？
解　(1)当n＝4时，a4＝42－4×7＋6＝－6.
(2)令an＝150，即n2－7n＋6＝150，
解得n＝16或n＝－9(舍去)，即150是这个数列的第16项．
(3)令an＝n2－7n＋6>0，解得n>6或n<1(舍)．
∴从第7项起各项都是正数．
10．在数列{an}中，a1＝1，Sn为其前n项和，且an＋1＝2Sn＋n2－n＋1.
(1)设bn＝an＋1－an，求数列{bn}的前n项和Tn；
(2)求数列{an}的通项公式．
解　(1)∵an＋1＝2Sn＋n2－n＋1，
∴an＝2Sn－1＋(n－1)2－(n－1)＋1(n≥2)，
两式相减得，an＋1－an＝2an＋2n－2(n≥2)．
由已知可得a2＝3，
∴n＝1时上式也成立．
∴an＋1－3an＝2n－2(n∈N*)，an－3an－1＝2(n－1)－2(n≥2)．
两式相减，得(an＋1－an)－3(an－an－1)＝2(n≥2)．
∵bn＝an＋1－an，
∴bn－3bn－1＝2(n≥2)，
bn＋1＝3(bn－1＋1)(n≥2)．
∵b1＋1＝3≠0，
∴{bn＋1}是以3为公比，3为首项的等比数列，
∴bn＋1＝3×3n－1＝3n，
∴bn＝3n－1.
∴Tn＝31＋32＋…＋3n－n＝·3n＋1－n－.
(2)由(1)知，an＋1－an＝3n－1，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1
＝30＋31＋32＋…＋3n－1－(n－1)＝(3n＋1)－n.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)

一、选择题
1．已知数列{an}的通项公式为an＝，则满足an＋1＜an的n的取值为(　　)．
A．3 B．4 C．5 D．6
解析　由an＋1＜an，得an＋1－an＝－＝＜0，解得＜n＜，又n∈N*，∴n＝5.
答案　C
2．(2014·湖州模拟)设函数f(x)＝数列{an}满足an＝f(n)，n∈N*，且数列{an}是递增数列，则实数a的取值范围是(　　)．
A. B. C．(1,3) D．(2,3)
解析　∵数列{an}是递增数列，又an＝f(n)(n∈N*)，
∴⇒2×(1＋2＋4)＝28.
答案　28
三、解答题
4．设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝a(a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.
(1)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；
(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范围．
解　(1)依题意，Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，
即Sn＋1＝2Sn＋3n，
由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)，
又S1－31＝a－3(a≠3)，故数列{Sn－3n}是首项为a－3，公比为2的等比数列，
因此，所求通项公式为bn＝Sn－3n＝(a－3)2n－1，n∈N*.
(2)由(1)知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*，
于是，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)2n－1－3n－1－(a－3)2n－2＝2×3n－1＋(a－3)2n－2，
当n＝1时，a1＝a不适合上式，
故an＝
an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2
＝2n－2，
当n≥2时，an＋1≥an⇔12·n－2＋a－3≥0⇔a≥－9.
又a2＝a1＋3>a1.
综上，所求的a的取值范围是[－9，＋∞).

学生用书第81页
第2讲　等差数列及其前n项和
[最新考纲]
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、二次函数的关系.

知 识 梳 理
1．等差数列的定义
如果一个数列从第2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，公差通常用字母d表示．
数学语言表达式：an＋1－an＝d(n∈N*)，d为常数．
2．等差数列的通项公式与前n项和公式
(1)若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d.
若等差数列{an}的第m项为am，则其第n项an可以表示为an＝am＋(n－m)d.
(2)等差数列的前n项和公式
Sn＝＝na1＋d.(其中n∈N*，a1为首项，d为公差，an为第n项)
3．等差数列及前n项和的性质
(1)若a，A，b成等差数列，则A叫做a，b的等差中项，且A＝.
(2)若{an}为等差数列，当m＋n＝p＋q，am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．
(3)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列．
(4)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
(5)S2n－1＝(2n－1)an.
(6)若n为偶数，则S偶－S奇＝；
若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．
4．等差数列与函数的关系
(1)等差数列与一次函数的区别与联系

等差数列
一次函数
解析式
an＝kn＋b(n∈N*)
f(x)＝kx＋b(k≠0)
不同点
定义域为N*，图象是一系列孤立的点(在直线上)，k为公差
定义域为R，图象是一条直线，k为斜率
相同点
数列的通项公式与函数解析式都是关于自变量的一次函数．①k≠0时，数列an＝kn＋b(n∈N*)图象所表示的点均匀分布在函数f(x)＝kx＋b(k≠0)的图象上；②k＞0时，数列为递增数列，函数为增函数；③k＜0时，数列为递减数列，函数为减函数
(2)等差数列前n项和公式可变形为Sn＝n2＋n，当d≠0时，它是关于n的二次函数，它的图象是抛物线y＝x2＋x上横坐标为正整数的均匀分布的一群孤立的点．
辨 析 感 悟
1．对等差数列概念的理解
(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．(×)
(2)等差数列的公差是相邻两项的差．(×)
(3)(教材习题改编)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数．(×)
2．等差数列的通项公式与前n项和
(4)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.(√)
(5)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．(√)
(6)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．(×)
3．等差数列性质的活用
(7)(2013·广东卷改编)在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a7＝20.(√)
(8)(2013·辽宁卷改编)已知关于d＞0的等差数列{an}，则数列{an}，{nan}，，{an＋3nd}都是递增数列．(×)
[感悟·提升]
一点注意　等差数列概念中的“从第2项起”与“同一个常数”的重要性，如(1)、(2)．
等差数列与函数的区别　一是当公差d≠0时，等差数列的通项公式是n的一次函数，当公差d＝0时，an为常数，如(3)；二是公差不为0的等差数列的前n项和公式是n的二次函数，且常数项为0；三是等差数列{an}的单调性是由公差d决定的，如(8)中若an＝3n－12，则满足已知，但nan＝3n2－12n并非递增；若an＝n＋1，则满足已知，但＝1＋是递减数列；设an＝a1＋(n－1)d＝dn＋m，则an＋3nd＝4dn＋m是递增数列.
学生用书第82页

考点一　等差数列的基本量的求解
【例1】 在等差数列{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.
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)可知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－5.
又k∈N*，故k＝7为所求．
规律方法 (1)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．
(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．
【训练1】 (1)(2013·浙江五校联考)已知等差数列{an}满足a2＋a4＝4，a3＋a5＝10，则它的前10项的和S10＝(　　)．
A．85 B．135 C．95 D．23
(2)(2013·新课标全国Ⅰ卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝(　　)．
A．3 B．4 C．5 D．6
解析　(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
则解得
∴S10＝10×(－4)＋×3＝95.
(2)法一　∵Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，
∴am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，
∴公差d＝am＋1－am＝1，由Sn＝na1＋d＝na1＋，
得
由①得a1＝，代入②可得m＝5.
法二　∵数列{an}为等差数列，且前n项和为Sn，
∴数列也为等差数列．
∴＋＝，即＋＝0，
解得m＝5.经检验为原方程的解．故选C.
答案　(1)C　(2)C
考点二　等差数列的判定与证明
【例2】 (2014·梅州调研改编)若数列{an}的前n项和为Sn，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．
审题路线　(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为关于Sn与Sn－1的式子⇒同除Sn·Sn－1⇒利用定义证明⇒得出结论．
(2)由(1)求⇒再求Sn⇒再代入条件an＝－2SnSn－1，求an⇒验证n＝1的情况⇒得出结论．
(1)证明　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)解　由(1)可得＝2n，∴Sn＝.
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝－＝＝－.
当n＝1时，a1＝不适合上式．
故an＝
规律方法 证明一个数列是否为等差数列的基本方法有两种：一是定义法，证明an－an－1＝d(n≥2，d为常数)；二是等差中项法，证明2an＋1＝an＋an＋2.若证明一个数列不是等差数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法．
【训练2】 已知数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝3an＋3n＋1－2n.
设bn＝.证明：数列{bn}为等差数列，并求{an}的通项公式．
证明　∵bn＋1－bn＝－＝－＝1，
∴{bn}为等差数列，又b1＝＝0.
∴bn＝n－1，∴an＝(n－1)·3n＋2n.
学生用书第83页
考点三　等差数列的性质及应用
【例3】 (1)设Sn为等差数列{an}的前n项和，S8＝4a3，a7＝－2，则a9＝(　　)．
A．－6 B．－4 C．－2 D．2
(2)在等差数列{an}中，前m项的和为30，前2m项的和为100，则前3m项的和为________．
解析　(1)S8＝4a3⇒＝4a3⇒a3＋a6＝a3，∴a6＝0，∴d＝－2，∴a9＝a7＋2d＝－2－4＝－6.
(2)记数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列前n项和的性质知Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，则2(S2m－Sm)＝Sm＋(S3m－S2m)，又Sm＝30，S2m＝100，S2m－Sm＝100－30＝70，所以S3m－S2m＝2(S2m－Sm)－Sm＝110，所以S3m＝110＋100＝210.
答案　(1)A　(2)210
规律方法 巧妙运用等差数列的性质，可化繁为简；若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设中间三项为a－d，a，a＋d；若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设中间两项为a －d，a＋d，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．
【训练3】 (1)在等差数列{an}中．若共有n项，且前四项之和为21，后四项之和为67，前n项和Sn＝286，则n＝________.
(2)已知等差数列{an}中，S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9＝________.
解析　(1)依题意知a1＋a2＋a3＋a4＝21，an＋an－1＋an－2＋an－3＝67.
由等差数列的性质知a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3，∴4(a1＋an)＝88，∴a1＋an＝22.
又Sn＝，即286＝，∴n＝26.
(2)∵{an}为等差数列，
∴S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，
∴2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)．
∴a7＋a8＋a9＝S9－S6
＝2(S6－S3)－S3
＝2(36－9)－9＝45.
答案　(1)26　(2)45

1．等差数列的判断方法
(1)定义法：an＋1－an＝d(d是常数)⇔{an}是等差数列．
(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列．
(3)通项公式：an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列．
(4)前n项和公式：Sn＝An2＋Bn(A、B为常数)⇔{an}是等差数列．
2．方程思想和化归思想：在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为a1和d等基本量，通过建立方程(组)获得解．　　　　　　　　　　　　　　　　

方法优化4——整体代入法(整体相消法)在数列解题中的应用
【典例】 (1)(2012·辽宁卷)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
(2)(2013·北京卷)若等比数列{an}满足：a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，则公比q＝________；前n项和Sn＝__
[一般解法] (1)设数列{an}的公差为d，则a4＋a8＝16，即a1＋3d＋a1＋7d＝16，即a1＝8－5d，所以S11＝11a1＋d＝11(8－5d)＋55d＝88－55d＋55d＝88.
(2)由a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，得
即
解得q＝2，a1＝2，
∴Sn＝＝＝2n＋1－2.
[优美解法] (1)由a1＋a11＝a4＋a8＝16，得
S11＝＝＝＝88.
(2)由已知，得＝＝q＝2，
又a1＝2，所以Sn＝＝2n＋1－2.
[反思感悟] 整体代入法是一种重要的解题方法和技巧，简化了解题过程，节省了时间，这就要求学生要掌握公式，理解其结构特征．
【自主体验】
在等差数列{an}中，已知Sn＝m，Sm＝n(m≠n)，则Sm＋n＝________.
解析　设{an}的公差为d，则由Sn＝m，Sm＝n，
得
②－①得(m－n)a1＋·d＝n－m，
∵m≠n，∴a1＋d＝－1.
∴Sm＋n＝(m＋n)a1＋d
＝(m＋n)＝－(m＋n)．
答案　－(m＋n)

对应学生用书P287
基础巩固题组

(建议用时：40分钟)

一、选择题
1．(2013·温州二模)记Sn为等差数列{an}前n项和，若－＝1，则其公差d＝(　　)．
A. B．2 C．3 D．4

解析　由－＝1，得－＝1，
即a1＋d－＝1，∴d＝2.
答案　B
2．(2014·潍坊期末考试)在等差数列{an}中，a5＋a6＋a7＝15，那么a3＋a4＋…＋a9等于(　　)．
A．21 B．30 C．35 D．40
解析　由题意得3a6＝15，a6＝5.所以a3＋a4＋…＋a9＝7a6＝7×5＝35.
答案　C
3．(2013·揭阳二模)在等差数列{an}中，首项a1＝0，公差d≠0，若am＝a1＋a2＋…＋a9，则m的值为(　　)．
A．37 B．36 C．20 D．19
解析　由am＝a1＋a2＋…＋a9，得(m－1)d＝9a5＝36d⇒m＝37.
答案　A
4．(2014·郑州模拟){an}为等差数列，Sn为其前n项和，已知a7＝5，S7＝21，则S10＝(　　)．
A．40 B．35 C．30 D．28
解析　设公差为d，则由已知得S7＝，即21＝，解得a1＝1，所以a7＝a1＋6d，所以d＝.所以S10＝10a1＋d＝10＋×＝40.
答案　A
5．(2013·淄博二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足a13＝S13＝13，则a1＝(　　)．
A．－14 B．－13
C．－12 D．－11
解析　在等差数列中，S13＝＝13，所以a1＋a13＝2，即a1＝2－a13＝2－13＝－11.
答案　D
二、填空题
6．(2013·肇庆二模)在等差数列{an}中，a15＝33，a25＝66，则a35＝________.
解析　a25－a15＝10d＝66－33＝33，∴a35＝a25＋10d＝66＋33＝99.
答案　99
7．(2014·成都模拟)已知等差数列{an}的首项a1＝1，前三项之和S3＝9，则{an}的通项an＝________.
解析　由a1＝1，S3＝9，得a1＋a2＋a3＝9，即3a1＋3d＝9，解得d＝2，∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
答案　2n－1
8．(2013·浙江五校联考)若等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，若a2∶a3＝5∶2，则S3∶S5＝________.
解析　＝＝＝×＝.
答案　3∶2
三、解答题
9．已知等差数列{an}的公差d＝1，前n项和为Sn.
(1)若1，a1，a3成等比数列，求a1；
(2)若S5＞a1a9，求a1的取值范围．
解　(1)因为数列{an}的公差d＝1，且1，a1，a3成等比数列，所以a＝1×(a1＋2)，即a－a1－2＝0，解得a1＝－1或2.
(2)因为数列{an}的公差d＝1，且S5＞a1a9，所以5a1＋10＞a＋8a1，即a＋3a1－10＜0，解得－5＜a1＜2.
故a1的取值范围是(－5,2)．
10．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＝＋2(n－1)(n∈N*)．
(1)求证：数列{an}为等差数列，并求an与Sn.
(2)是否存在自然数n，使得S1＋＋＋…＋－(n－1)2＝2 015？若存在，求出n的值；若不存在，请说明理由．
证明　(1)由an＝＋2(n－1)，得Sn＝nan－2n(n－1)(n∈N*)．
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－(n－1)an－1－4(n－1)，
即an－an－1＝4，
故数列{an}是以1为首项，4为公差的等差数列．
于是，an＝4n－3，Sn＝＝2n2－n(n∈N*)．
(2)由(1)，得＝2n－1(n∈N*)，
又S1＋＋