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1、第2讲等差数列及其前n项和第 1 页 共 13 页考点梳理1等差数列的定义及通项公式(1)等差数列：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与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，这个常数就叫做等差数列的公差(公差常用字母“d”表示)即anan1d(n2，nN)(2)等差中项：如果三个数a，A，b成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，其中A.(3)等差数列的通项公式：若等差数列的首项为a1，公差为d，则通项公式为ana1(n1)d；若已知第m项am和公差d，通项an还可写成anam(nm)d.(4)等差数列的公差公式：d或d.2等差数列的性质(1)若数列an是等差数列，则anam
2、(nm)d(n、mN*)(2)数列an是等差数列，若mnpq(m，n，p，qN*)，则amanapaq.特别地，若mn2p，则aman2ap.(3)在有穷等差数列an中，与首、末两项距离相等的任意两项之和与首、末两项之和相等，如a1ana2an1.(4)若an，bn均是等差数列，Sn是an的前n项和，则mankbn、仍为等差数列，其中m，k为常数(5)等差数列中依次k项的和成等差数列，即Sk，S2kSk，S3kS2k，成等差数列，公差为k2d.(6)项数为偶数2n的等差数列an，有S2nn(a1a2n)n(a2a2n1)n(anan1)(an与an1为中间的两项)，S偶S奇nd，.(7)项数为
3、奇数2n1的等差数列an，有S2n1(2n1)an(an为中间项)，S奇S偶an，.3等差数列的前n项和(1)公式：若已知首项a1和末项an，则Sn，或等差数列an的首项是a1，公差是d，则其前n项和公式为Snna1d.(2)等差数列的前n项和公式与函数的关系：Snn2n，数列an是等差数列的充要条件是SnAn2Bn(A，B为常数)(3)最值问题：在等差数列an中，a10，d0，则Sn存在最大值，若a10，d0，则Sn存在最小值等差数列的判断方法(1)定义法：对于n2的任意自然数，验证anan1为同一常数；(2)等差中项法：验证2an1anan2(n3，nN*)都成立；(3)通项公式法：验证a
4、npnq；(4)前n项和公式法：验证SnAn2Bn.注后两种方法只能用来判断是否为等差数列，而不能用来证明等差数列考点自测1设Sn是等差数列an的前n项和，已知a23，a611，则S7_.解析a1a7a2a631114，S749.答案492在等差数列an中，a37，a5a26，则a6_.解析设公差为d.则a5a23d6，a6a33d7613.答案133已知等差数列的公差d0，前n项和记为Sn，满足S200，S210，则当n_时，Sn达到最大值解析S2010(a1a20)10(a10a11)0，S2121a110，a100，a110，n10时，Sn最大答案104已知数列an的前n项和为Sn2n2
5、3n，则数列an的通项公式为_解析当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn12n23n2(n1)23(n1)54n.显然a1符合an，所以an54n(nN*)答案54n5设Sn是等差数列an的前n项和若，则_.解析由S33a2，S77a4，得9a27a47(a22d)，即a27d，所以a38d，a49d，从而S63(a3a4)51d，S77a463d，所以.答案考向一等差数列基本量的计算【例1】在数列an中，a11，a22.数列bn满足bnan1(1)nan，nN*.(1)若数列an是等差数列，求数列bn的前6项和S6；(2)若数列bn是公差为2的等差数列，求数列an的通项公式解(1)因为
6、a11，a22，数列an是等差数列，所以ann.所以b1b3b51，b25，b49，b613. 所以S6b1b2b630.(2)因为b1a2a1211，数列bn是公差为2的等差数列，所以bn2n1.因为b2n1a2na2n14n3，b2na2n1a2n4n1，所以a2n1a2n12.故a2n3a2n12. 所以a2n3a2n1.又a11，所以a31.故a4n3a11，a4n1a31. 所以a2n11.则a2n4n2.所以an方法总结 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，就可以列出方程组解之如果利用等差数列的性质去考虑也可以体现了用方程解决问题的思想【
7、训练1】在等差数列an中，a11，a33.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列an的前k项和Sk35，求k的值解(1)设等差数列an的公差为d，则ana1(n1)d.由a11，a33可得12d3.解得d2. 从而，an1(n1)(2)32n.(2)由(1)可知an32n. 所以Sn2nn2.进而由Sk35可得2kk235. 即k22k350，解得k7或k5.又kN*，故k7为所求考向二等差数列的判定或证明【例2】已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足8Sna4an3(nN*)，且a1，a2，a7依次是等比数列bn的前三项(1)求数列an及bn的通项公式；(2)是否存在常数a0且a
8、1，使得数列anlogabn(nN*)是常数列？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由解(1)当n1时，8a1a4a13，a11或a13.当n2时，8Sn1a4an13， 则anSnSn1(a4ana4an1)，从而(anan1)(anan14)0. 因为数列an的各项均为正数，所以anan14.所以当a11时，an4n3；当a13时，an4n1.又因为当a11时，a1，a2，a7分别为1,5,25，能构成等比数列，所以an4n3，bn5n1；当a13时，a1，a2，a7分别为3,7,27，不能构成等比数列，故舍去所以an4n3，bn5n1.(2)假设存在符合条件的a. 由(1)知，an4n
9、3，bn5n1，从而anlogabn4n3loga5n1 4n3(n1)loga5(4loga5)n3loga5.由题意，得4loga50，所以a. 所以满足条件的a存在，即a.方法总结 等差数列主要的判定方法是定义法和等差中项法，而对于通项公式法和前n项和公式法主要适合在填空题中简单判断另外，求数列通项，一般要作出是否是等差数列或等比数列的判断【训练2】 已知数列an中，a11，a22，且an1(1q)anqan1(n2，q0)(1)设bnan1an(nN*)，证明：bn是等比数列；(2)求数列an的通项公式；(3)若a3是a6与a9的等差中项，求q的值，并证明：对任意的nN*，an是an3
10、与an6的等差中项(1)证明由题设an1(1q)anqan1(n2)， 得an1anq(anan1)，即bnqbn1，n2.由b1a2a11，q0，所以bn是首项为1，公比为q的等比数列(2)解由(1)知，a2a11，a3a2q， anan1qn2(n2)将以上各式相加，得ana11qqn2(n2)，即ana11qqn2(n2)所以当n2时，an上式对n1显然成立(3)解由(2)，当q1时，显然a3不是a6与a9的等差中项，故q1.由a3a6a9a3可得q5q2q2q8，由q0得q311q6，整理得(q3)2q320，解得q32或q31(舍去) 于是q.另一方面，anan3(q31)，an6a
11、n(1q6)由可得anan3an6an， 即2anan3an6，nN*.所以对任意的nN*，an是an3与an6的等差中项考向三等差数列前n项和及综合应用【例3】 (1)在等差数列an中，已知a120，前n项和为Sn，且S10S15，求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值(2)已知数列an的通项公式是an4n25，求数列|an|的前n项和解(1)法一a120，S10S15，1020d1520d，d.an20(n1)n.a130. 即当n12时，an0，n14时，an0.当n12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S12S131220130.法二同法一求得d.Sn20nn2n 2.nN
12、*，当n12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12S13130.法三同法一得d.又由S10S15，得a11a12a13a14a150. 5a130，即a130.当n12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12S13130.(2)an4n25，an14(n1)25，an1an4d，又a1412521.所以数列an是以21为首项，以4为公差的递增的等差数列令由得n6；由得n5，所以n6.即数列|an|的前6项是以21为首项，公差为4的等差数列，从第7项起以后各项构成公差为4的等差数列，而|a7|a747253.设|an|的前n项和为Tn，则Tn方法总结 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或性质，求出正负转折项，便可求得和的最值(2)利用等差数列的前n项和SnAn2Bn(A、B为常数)为二次函数，根据二次函数的性质求最值【训练3】 已知数列an的前n项和为Sn，a1且SnSn1an1，数列bn满足b1且3bnbn1n(n2且nN*)(1)求an的通项公式；(2)求证：数列bnan为等比数列；(3)求bn前n项和的最小值(1)解由2Sn2Sn12an11得2an2an11，anan1，ana1(n1)dn.(2)证明由3bnbn1n，得bnbn1n，所以bnanbn1nn bn1n；bn1an1bn1(n1)bn1n.由上面两式得，又b1a1
