等差数列综合复习(教案+例题+习题)

一、等差数列

1、数列的概念：数列是一个定义域为正整数集N*（或它的有限子集｛1,2，3，…，n｝）

的特殊函数，数列的通项公式也就是相应函数的解析式。 例1．根据数列前4项，写出它的通项公式： （1）1，3，5，7……；

221321421521（2），，，；

35241111（3），，，。

1*22*33*44*5(1)n(n1)21解析：（1）an=2n1； （2）an= ； （3）an= 。

n(n1)n1点评：每一项序号与这一项的对应关系可看成是一个序号到另一个数集的对应关系，这对考

生的归纳推理能力有较高的要求。

如（1）已知an

（2）数列{an}的通项为ann(nN*)，则在数列{an}的最大项为__ ； 2n156an，其中a,b均为正数，则an与an1的大小关系为bn1___；

（3）已知数列{an}中，ann2n，且{an}是递增数列，求实数的取值范围；

2、等差数列的判断方法：定义法an1and(d为常数）或an1ananan1(n2)。

例2．设Sn是数列{an}的前n项和，且Sn=n2，则{an}是（ ）

A.等比数列，但不是等差数列 B.等差数列，但不是等比数列 C.等差数列，而且也是等比数列 D.既非等比数列又非等差数列 答案：B； 解法一：an=S1 (n1)1 (n1)an

2n1 (n2)SnSn1 (n2)∴an=2n－1（n∈N）

an12n1又an+1－an=2为常数，≠常数 an2n1∴{an}是等差数列，但不是等比数列.

解法二：如果一个数列的和是一个没有常数项的关于n的二次函数，则这个数列一定是等差数列。

点评：本题主要考查等差数列、等比数列的概念和基本知识，以及灵活运用递推式an=Sn－Sn－1的推理能力.但不要忽略a1，解法一紧扣定义，解法二较为灵活。

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练一练：设{an}是等差数列，求证：以bn=为等差数列。

a1a2an nN*为通项公式的数列{bn}n3、等差数列的通项：ana1(n1)d或anam(nm)d。

n(a1an)n(n1)4、等差数列的前n和：Sn，Snna1d。

22例3：等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a2＋a4＋a15的值是一个确定的常数，则数列{an}中也为常数的项是( )

A．S7 C．S13

B．S8 D．S15

解析：设a2＋a4＋a15＝p(常数)，

1

∴3a1＋18d＝p，解a7＝p.

313×(a1＋a13)13

∴S13＝＝13a7＝p.

23答案：C

1

例4．等差数列{an}中，已知a1＝，a2＋a5＝4，an＝33，则n为( )

3

A．48 B．49 C．50 D．51

1212

解析：∵a2＋a5＝2a1＋5d＝4，则由a1＝得d＝，令an＝33＝＋(n－1)×，可解得n＝50.

3333故选C.

答案：C

如(1)等差数列{an}中，a1030，a2050，则通项an ；

（2）首项为-24的等差数列，从第10项起开始为正数，则公差的取值范围是______ ；

例5：设Sn是等差数列{an}的前n项和，a12＝－8，S9＝－9，则S16＝________.

解析：S9＝9a5＝－9，

∴a5＝－1，S16＝8(a5＋a12)＝－72. 答案：－72

a11例6：已知数列{an}为等差数列，若<－1，且它们的前n项和Sn有最大值，则使Sn>0的

a10n的最大值为( )

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A．11 B．19 C．20 D．21 解析：∵

a11<－1，且Sn有最大值， a10

∴a10>0，a11<0，且a10＋a11<0， 19(a1＋a19)

∴S19＝＝19·a10>0，

220(a1＋a20)S20＝＝10(a10＋a11)<0.

2

所以使得Sn>0的n的最大值为19，故选B. 答案：B

如（1）数列 {an}中，anan1＝＿，n＝ ；

2（2）已知数列 {an}的前n项和Sn12nn，求数列{|an|}的前n项和Tn.

1315(n2,nN*)，an，前n项和Sn，则a1222

5、等差中项：若a,A,b成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且Aab。 2提醒：（1）等差数列的通项公式及前n和公式中，涉及到5个元素：a1、d、n、an及Sn，其中a1、d称作为基本元素。只要已知这5个元素中的任意3个，便可求出其余2个，

即知3求2。

（2）为减少运算量，要注意设元的技巧，如奇数个数成等差，可设为…，a2d,ad,a,ad,a2d…（公差为d）；偶数个数成等差，可设为…，

a3d,ad,ad,a3d,…（公差为2d）

6.等差数列的性质：

（1）当公差d0时，等差数列的通项公式ana1(n1)ddna1d是关于n的一次函数，且斜率为公差d；前n和Snna1n(n1)dddn2(a1)n是关于n的二次函数222且常数项为0.

（2）若公差d0，则为递增等差数列，若公差d0，则为递减等差数列，若公差d0，则为常数列。

（3）当mnpq时,则有amanapaq，特别地，当mn2p时，则有

aman2ap.

（4）若{an}、{bn}是等差数列，则{kan}、{kanpbn} (k、p是非零常数)、

aSn,S2nSn,S3nS2n ，…也成等差数列，而{an}成等比数列；若{an}{apnq}(p,qN*)、

是等比数列，且an0，则{lgan}是等差数列.

练一练：等差数列的前n项和为25，前2n项和为100，则它的前3n和为 。

（5）在等差数列{an}中，当项数为偶数2n时，S偶－S奇nd；项数为奇数2n1时，

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S奇S偶a中，S2n1(2n1)a中（这里a中即an）S；S奇:偶k()1:k。

练一练：项数为奇数的等差数列{an}中，奇数项和为80，偶数项和为75，求此数列的中间项与项数.

（6）若等差数列{an}、{bn}的前n和分别为An、Bn，且

Anf(n)，则Bnan(2n1)anA2n1f(2n1). bn(2n1)bnB2n1练一练：设{an}与{bn}是两个等差数列，它们的前n项和分别为Sn和Tn，若

anSn3n1___________； ，那么bnTn4n3

(7)“首正”的递减等差数列中，前n项和的最大值是所有非负项之和；“首负”的递增等差

an0an0确数列中，前n项和的最小值是所有非正项之和。法一：由不等式组或an10an10定出前多少项为非负（或非正）；法二：因等差数列前n项是关于n的二次函数，故可转化为求二次函数的最值，但要注意数列的特殊性nN。上述两种方法是运用了哪种数学思想？（函数思想），由此你能求一般数列中的最大或最小项吗？

练一练：等差数列{an}中，a125，S9S17，问此数列前多少项和最大？并求此最大值；

例7．（1）设｛an｝（n∈N*）是等差数列，Sn是其前n项的和，且S5＜S6，S6＝S7＞S8，则下列结论错误的是（ ） ．．A.d＜0 B.a7＝0 C.S9＞S5 D.S6与S7均为Sn的最大值

（2）等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，则它的前3m项和为（ ）

A.130 B.170 C.210 D.260 解析：（1）答案：C；

由S50， 又S6=S7，∴a1+a2+…+a6=a1+a2+…+a6+a7，∴a7=0，

由S7>S8，得a8<0，而C选项S9>S5，即a6+a7+a8+a9>02（a7+a8）>0， 由题设a7=0，a8<0，显然C选项是错误的。 （2）答案：C

*m(m1)mad3012解法一：由题意得方程组，

2ma2m(2m1)d10012视m为已知数，解得d4010(m2),a， 1m2m2∴S3m3ma13ma1(3m1)10(m2)3m(3m1)40d3m210。 222m2m优秀教案 欢迎下载

解法二：设前m项的和为b1，第m+1到2m项之和为b2，第2m+1到3m项之和为b3，则b1，b2，b3也成等差数列。

于是b1=30，b2=100－30=70，公差d=70－30=40。 ∴b3=b2+d=70+40=110

∴前3m项之和S3m=b1+b2+b3=210.

解法三：取m=1，则a1=S1=30，a2=S2－S1=70，从而d=a2－a1=40。

于是a3=a2+d=70+40=110.∴S3=a1+a2+a3=210。

等差数列课后练习

一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在题后的括号内。

x2x1 （ ）

y2y1324 A． B． C．1 D．

4332．在等差数列an中，公差d＝1，a4a17＝8，则a2a4a6a20＝ （ ）

1．若a≠b,数列a,x1,x 2 ,b和数列a,y1 ,y2 ,b都是等差数列，则

A．40 B．45 C．50 D．55

3．等差数列an的前三项为x1,x1,2x3，则这个数列的通项公式为 （ ）

A．an2n1

B．an2n1 C．an2n3 D．an2n5

4．在等差数列{an}中a100,a110,且a11|a10|，则在Sn中最大的负数为 （ ） A．S17 B．S18 C．S19 D．S20

5．已知等差数列的首项为31,若此数列从第16项开始小于1，则此数列的公差d 的取值范

围是 （ ）

1515, －2] C．(－2, +∞) D．(— ,－2) 776．在等差数列{an}中，若S918,Sn240,an430，则n的值为 （ ）

A．(－∞,－2) B．[－

A．18 B17． C．16 D．15

7．等差数列{an}中，a1a2a50200,a51a52a1002700,则a1等于（ ）

A．－20．5

B．－21．5

3 C．－1221

2D．－20

8．已知某数列前n项之和n为，且前n个偶数项的和为n(4n3)，则前n个奇数项的和为 （ ）

A．3n(n1)

2B．n(4n3)

2C．3n

2D．

13n 29．一个只有有限项的等差数列，它的前5项的和为34，最后5项的和为146所有项的和为234，则它的第七项等于 （ ） A．22 B ．21 C．19 D．18

2210．等差数列an中，anam1amam10≠0，若ｍ＞1且am1amam10，

S2m138，则ｍ的值是 （ ）

A． 10 B． 19 C．20 D．38 二、填空题：请把答案填在题中横线上。

11．已知{an}是等差数列，且a4a7a1057,a4a5a6a1477,若ak13,

则k= .

12．在△ABC中，A，B，C成等差数列，则tanACACtan3tantan . 2222优秀教案 欢迎下载

13．在等差数列{an}中，若a4a6a8a10a12120，则2a10a12 . 14．Sn是等差数列{an}的前n项和，a52,an430(n≥5，nN)，Sn =336，则n

的值是 .

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

15．己知{an}为等差数列，a12,a23，若在每相邻两项之间插入三个数，使它和原数列的数构成一个新的等差数列，求： （1）原数列的第12项是新数列的第几项？ （2）新数列的第29项是原数列的第几项？

16．数列an是首项为23，公差为整数的等差数列，且第六项为正，第七项为负。 （1）求数列公差；（2）求前n项和sn的最大值；（3）当sn0时，求n的最大值。

17．设等差数列{an}的前ｎ项的和为S n ,且S 4 =－62, S 6 =－75,求： （1）{an}的通项公式a n 及前ｎ项的和S n ； （2）|a 1 |+|a 2 |+|a 3 |+……+|a 14 |.

18．已知数列an，首项a 1 =3且2a n+1=S n ·S n－1 (n≥2). （1）求证：{

*1}是等差数列,并求公差；（2）求{a n }的通项公式； Sn （3）数列{an }中是否存在自然数k0,使得当自然数k≥k 0时使不等式a k>a k+1对任意大于

等于k的自然数都成立,若存在求出最小的k值,否则请说明理由.

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一、选择题：ABCCB DABDA

二、填空题：11．8； 12．3； 13．24； 14．21. 三、解答题：

15．分析：应找到原数列的第n项是新数列的第几项，即找出新、旧数列的对应关系。 解：设新数列为bn,则b1a12,b5a23,根据bnb1(n1)d,有b5b14d,

即3=2+4d，∴d

4即原数列的第n项为新数列的第4n－3项． （1）当n=12时，4n－3=4×12－3=45，故原数列的第12项为新数列的第45项； （2）由4n－3=29,得n=8，故新数列的第29项是原数列的第8项。

说明：一般地，在公差为d的等差数列每相邻两项之间插入m个数,构成一个新的等差数列，则新数

列的公差为d.原数列的第n项是新数列的第n+(n－1)m=(m+1)n－m项．

m1又11n7 ，∴bn2(n1)444(4n3)7，∴abana1(n1)1n1n4n3

16．解： （1）a123， a60，a70，

a15d0

∴ a16d0 （2）sn



2323d d为整数， ∴ 56d4.

23n=－2n2n(n1)(4)=23n2n(n1) 225n =－2(n25)2625

42∴当n

（3）sn6时sn最大=78

22n225n0时，0n25，故n最大值为12.

17．分析：通过解方程组易求得首项和公差，再求an及Sn；解答②的关键在于判断项的变化趋势。

解：设等差数列首项为a1，公差为d，依题意得4a16d62

6a115d75解得：a1=－20,d=3。

(a1an)nn(203n23)3243；

nn2222⑵a120,d3,an的项随着n的增大而增大

⑴ana1(n1)d3n23,Sn设ak0且ak10,得3k230,且3(k1)230,2023k(kZ),k7,即第7项之前均为负数33 ∴|a1||a2||a3||a14|(a1a2a7)(a8a9a14)

S142S7147.

11118．分析：证。 d（d是常数）为等差数列，即证SnSn1Sn解：⑴由已知当n2时

2anSnSn1得:2(SnSn1)SnSn1(n2).{2(SnSn1)1111(n2)SnSn1SnSn12⑵

11111}是以为首项,公差d的等差数列。SnS1a132111153n6(n1)d(n1)(),Sn(n2) SnS132653n优秀教案 欢迎下载

3(n1)118

从而anSnSn1(n2)，因此an182(3n5)(3n8)(n2)(3n5)(3n8)258⑶令akak10,即(3k2)(3k5)(3k8)0，可得k或k。故只需取k3,则对

333大于或等于3的一切自然数总有akak1成立,这样的自然数存在最小值3。