《等差数列》 去除PPT模板上的--课件下载：http://kejian.7139.com 的文字 然后再在幻灯片母版视图中点击“课件下载：http://kejian.7139.com”的文字文本框，删除，保存即可 更多PPT课件资源，请访问 课件下载：http://kejian.7139.com 使用时删除本备注即可

一、概念与公式 二、等差数列的性质 1.定义 若数列 {an} 满足: an+1-an=d(常数), 则称 {an} 为等差数列. 2.通项公式 an=a1+(n-1)d=am+(n-m)d. 3.前n项和公式 Sn=na1+ = . n(a1+an) 2 n(n-1)d 二、等差数列的性质 1.首尾项性质: 有穷等差数列中, 与首末两项距离相等的两项和相等, 即: a1+an=a2+an-1=a3+an-2= … . 特别地, 若项数为奇数, 还等于中间项的两倍, 即: a1+an=a2+an-1=a3+an-2= … =2a中.

2.若 p+q=r+s(p、q、r、sN*), 则 ap+aq=ar+as . 特别地, 若 m+n=2p, 则 am+an=2ap . 3.等差中项 如果在两个数 a、b 中间插入一个数 A, 使 a、A、b 成等差差数列, 则 A 叫做 a 与 b 的等差中项. a+b A= . 2 4.顺次 n 项和性质 若 {an} 是公差为 d 的等差数列, 则  ak,  ak,  ak 也成等差数列, 且公差为 n2d. k=2n+1 3n k=1 n k=n+1 2n 5.已知 {an} 是公差为 d 的等差数列 (1)若 n 为奇数, 则 Sn=na中 且 S奇-S偶= a中, = . S奇 S偶 n+1 n-1 (2)若 n 为偶数, 则 S偶- S奇= . nd 2

6.若 {an}, {bn} 均为等差数列, 则 {man}, {mankbn} 也为等差数列, 其中 m, k 均为常数. 7.若等差数列 {an} 的前 2n-1 项和为 S2n-1, 等差数列 {bn} 的前 2n-1 项和为 T2n-1, 则 = . S2n-1 T2n-1 an bn 三、判断、证明方法 1.定义法; 2.通项公式法; 3.等差中项法. 四、Sn的最值问题 1.若 a1>0, d<0 时, 满足 an≥0, an+1≤0. 二次函数 2.若 a1<0, d>0 时, 满足 an≤0, an+1≥0. 注: 三个数成等差数列, 可设为 a-d, a, a+d(或 a, a+d, a+2d) 四个数成等差数列, 可设为a-3d, a-d, a+d, a+3d.

典型例题 1.已知 , , 成等差数列, 求证: , , 成等差数列. b 1 a c a+b c+a b+c 1.已知 , , 成等差数列, 求证: , , 成等差数列. b 1 a c a+b c+a b+c 2.等差数列的前 n 项和为 Sn, 若 SP= , SQ= (PQ), 求 SP+Q (用 P, Q 表示). Q P 解: 不妨设 Q>P, 则 SQ-SP=aP+1+…+aQ =- . P+Q PQ aP+1+aQ 2 则 SP+Q= = (P+Q)(a1+aP+Q) 2 (P+Q)(aP+1+aQ) (P+Q)2 PQ =- . 3.等差数列的前 n 项和为 Sn, 若 Sm=Sk(m≠k), 求 Sm+k. 4.等差数列 {an} 的首项 a1>0, 前 n 项和为 Sn, 若 Sm=Sk, m≠k, 问 n 为何值时 Sn 最大. n= (m+k为偶数时); 或 (m+k 为奇数时). m+k 2 m+k+1 m+k-1

(2)当且仅当 n=12 或 13 时, Sn 有最大值, 最大值为130. 5.在等差数列 {an} 中, 已知 a1=20, 前 n 项和为 Sn, 且 S10=S15. (1)求前 n 项和 Sn; (2)当 n 为何值时, Sn 有最大值, 并求它的最大值. (1)Sn=- (n2-25n); 5 6 (2)当且仅当 n=12 或 13 时, Sn 有最大值, 最大值为130.　 6.已知等差数列 {an} 的前 n 项和为 Sn, 且 a2=1, S11=33. (1)求数列 {an} 的通项公式; (2)设 bn=( ) , 且数列 {bn}的前 n 项和为 Tn, 求证: 数列 {bn} 是等比数列, 并求 Tn. an 1 2 (1)an= n; 1 2 (2)Tn=( 2 +1)(1-2- ). n 2

7. 已知函数 f(t) 对任意实数 x, y 都有: f(x+y)=f(x)+f(y)+3xy(x +y+2)+3, f(1)=1 7.已知函数 f(t) 对任意实数 x, y 都有: f(x+y)=f(x)+f(y)+3xy(x +y+2)+3, f(1)=1. (1)若 t 为正整数, 试求 f(t) 的表达式; (2)满 足 f(t)=t 的所有整数 t 能否构成等差数列? 若能构成等差数列, 求出此数列; 若不能构成等差数列, 请说明理由; (3)若 t 为自然数, 且 t ≥4, f(t)≥mt2+(4m+1)t+3m 恒成立, 求 m 的最大值. (1)f(t)=t3+3t2-3 (tN*);　 (2)f(t)=t3+3t2-3 (tZ), f(t)=t  t=-3, -1, 1,　 所求数列为: -3, -1, 1 或 1, -1, -3; 　 (3)f(t)≥mt2+(4m+1)t+3mf(t)-t≥m(t2+4t+3)m≤t-1.　 故 m 的最大值是 3. 　

8. 已知函数 f(x)=px2+qx, 其中, p>0, p+q>1 8.已知函数 f(x)=px2+qx, 其中, p>0, p+q>1. 对于数列 {an}, 设它的前项和为 Sn, 且 Sn=f(n)(nN*). (1)求数列 {an} 的通项 公式; (2)证明: an+1>an>1; (3)证明: 点 M1(1, ), M2(2, ), M3(3, ), …, Mn(n, ) 都在同一直线上. 1 S1 2 S2 3 S3 n Sn (1)an=(2n-1)p+q (nN*);　 (2)an+1-an=2p>0, ∴an+1>an>a1=p+q=1;　 (3)只要证其中任意一点 Mr(r, )(r>1, rN*)与点M1(1, ) 1 S1 r Sr 连线的斜率为定值(p)即可.　

课后练习题 1.已知 {an} 是等差数列. (1)前 4 项和为 21, 末 4 项和为 67, 且各项和为 286. 求项数; (2)Sn=20, S2n=38, 求 S3n; (3)项数为奇数, 奇数项和为 44, 偶数项和为 33, 求数列的中间项和项数. 解: (1)设数列的项数为 n, 依题意得: a1+a2+a3+a4=21, an-3+an-2+an-1+an=67, 且有: Sn=286, a1+an=a2+an-1=a3+an-2=a4+an-3. ∴4(a1+an)=21+67=88. ∴a1+an=22. ∴由 n(a1+an)=2Sn=2286 得: n=26. 故所求数列的项数为 26. (2)∵Sn, S2n-Sn, S3n-S2n 成等差数列, ∴S3n-S2n+Sn=2(S2n-Sn). ∴S3n=3(S2n-Sn)=3(38-20)=54. S奇+S偶=Sn, S奇-S偶=a中, Sn=na中. Sn=77,  a中=11, Sn=na中. (3)依题意 解得: a中=11, n=7.

2.等差数列 {an}, {bn} 中, 前 n 项和分别为 Sn, Sn, 且 = , 求 . ∴可设 Sn=kn(7n+2), Sn =kn(n+4), ∴a5=S5-S4=65k, b5=S5-S4 =13k. a5 b5 ∴ = =5. 65k 13k S9 S9 79+2 9+4 a5 b5 或 = = = = = =5. a1+a9 2 b1+b9 9 13 65

3. 设 {an} 是一个公差为 d(d0) 的等差数列, 它的前 10 项和 S10=110, 且 a1, a2, a4 成等比数列 3.设 {an} 是一个公差为 d(d0) 的等差数列, 它的前 10 项和 S10=110, 且 a1, a2, a4 成等比数列. (1)证明: a1=d; (2)求公差 d 的值和数列 {an} 的通项公式. (1)证: ∵a1, a2, a4 成等比数列, ∴a22=a1a4. 而 {an} 是等差数列, 有 a2=a1+d, a4=a1+3d. ∴(a1+d)2=a1(a1+3d), 整理得 d2=a1d. ∵d0, ∴a1=d. (2)解: ∵S10=110, 而 S10=10a1+45d, ∴10a1+45d=110, 即 2a1+9d=22. 又由(1)知 a1=d, 代入上式得: 11a1=22. ∴a1=2. ∴d=a1=2. ∴an=2+(n-1)2=2n. ∴公差 d 的值为 2, 数列 {an} 的通项公式为 an=2n.

4. 已知数列 {an} 满足 a1=4, an=4- (n≥2), 令 bn= 4.已知数列 {an} 满足 a1=4, an=4- (n≥2), 令 bn= . (1)求证: 数列 {bn} 是等差数列; (2)求数列 {an} 的通项公式. an-1 4 an-2 1 (1)证: 由已知 an+1-2=2- = . 4 an 2(an-2) an+1-2 1 ∴ = = + . 2(an-2) an an-2 2 ∴ - = . an+1-2 1 an-2 2 即 bn+1-bn= . 1 2 故数列 {bn} 是等差数列. (2)解: ∵{ } 是等差数列, an-2 1 ∴ = +(n-1) = . a1-2 1 an-2 n 2 ∴an=2+ . 2 n ∴数列 {an} 的通项公式为 an=2+ . 　 2 n

5. 数列 {an} 的前 n 项和为 Sn=npan(nN 5.数列 {an} 的前 n 项和为 Sn=npan(nN*), 且 a1a2, (1)求常数 p 的值; (2)证明数列 {an} 是等差数列. (1)解: 当 n=1 时, a1=pa1, 若 p=1, 则当 n=2 时有 a1+a2=2pa2=2a2. ∴a1=a2 与 a1a2 矛盾. ∴p1. ∴a1=0. ∴由 a1+a2=2pa2 知: (2p-1)a2=a1=0. ∴p= . 1 2 ∵a2a1, ∴a20, (2)证: 由已知 Sn= nan, a1=0. 1 2 当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1= nan- (n-1)an-1, 1 2 ∴ = . an-1 an n-1 n-2 则 = , …, = . an-2 an-1 n-2 n-3 a2 a3 2 1 ∴ =n-1. a2 an ∴an=(n-1)a2. ∴an-an-1=a2. 故数列 {an} 是以 a1 为首项, a2 为公差的等差数列.

(1)证: 由 an+1=Sn+1-Sn 得: 8an+1=(an+1+2)2-(an+2)2. 6.已知数列 {an}, anN*, Sn= (an+2)2, (1)求证: {an} 是等差数列; (2)若 bn= an-30, 求数列 {bn} 的前 n 项和的最小值. 1 2 8 (1)证: 由 an+1=Sn+1-Sn 得: 8an+1=(an+1+2)2-(an+2)2. ∴(an+1-2)2-(an+2)2=0. ∴(an+1+an)(an+1-an-4)=0. ∵anN*, ∴an+1+an0. ∴an+1-an-4=0 即 an+1-an=4. ∴{an} 是等差数列. (2)解: 由已知 8a1=8S1=(a1+2)2 a1=2, 故由(1)知 an=4n-2. ∴bn=2n-1-30=2n-31. ≤n< . 2 31 29 解 2n-31<0 且 2(n+1)-31≥0 得: ∵nN*, ∴n=15. ∴{bn} 的前 15 项为负数, 其前 15 项和 T15 最小. ∵b1=-29, 公差 d=2, ∴T15=15(-29)+1572=-225. 故所求前 n 项和的最小值为 -225.

7. 已知等差数列 {an} 的首项是 2, 前 10 项之和是 15, 记An=a2 +a4+a8+…+a2n (nN 7.已知等差数列 {an} 的首项是 2, 前 10 项之和是 15, 记An=a2 +a4+a8+…+a2n (nN*), 求 An 及 An 的最大值. 解: 设等差数列 {an} 的公差是 d,　 由已知: a1=2 且 10a1+45d=15. 解得: a1=2d=- . 1 9 ∴An=a2+a4+a8+…+a2n=na1+d[1+3+7+…+(2n-1)] =na1+d(2+22+23+…+2n-n) =2n- ( -n) 1 9 2-1 2n2-2 = (19n+2-2n+1). 1 9 求 An 的最大值有以下解法: 法1: 由 a1>0, d<0, 则有 a1>a2>…>ak≥0>ak+1>…. 由 ak=2- (k-1)≥0 得 k≤19. 1 9 由 k=2n≤19(nN*) 得 n≤4. 即在数列 {a2n} 中, a21>a22>a23>a24 >0>a25>…. ∴当 n=4 时, An 的值最大, 其最大值为: {An}max= (194+2-24+1)= . 1 9 46

7. 已知等差数列 {an} 的首项是 2, 前 10 项之和是 15, 记An=a2 +a4+a8+…+a2n (nN 7.已知等差数列 {an} 的首项是 2, 前 10 项之和是 15, 记An=a2 +a4+a8+…+a2n (nN*), 求 An 及 An 的最大值. 解: 求 An 的最大值有以下解法:　 法2: 若存在 nN* 使得 An≥An+1 且 An≥An-1, 则 An 的值最大. = (19n+2-2n+1), 1 9 ∵ An An≥An+1 An≥An-1 ∴  19n+2-2n+1≥19(n+1)+2-2n+2 19n+2-2n+1≥19(n-1)+2-2n 解得: 9.5≤2n≤19(nN*)n=4.　 故取 n=4 时, An 的值最大, 其最大值为: {An}max= (194+2-24+1)= . 1 9 46

8. 设 {an} 为等差数列, Sn 为数列 {an} 的前 n 项和 8.设 {an} 为等差数列, Sn 为数列 {an} 的前 n 项和. 已知 S7=7, S15=75, Tn 为数列 { } 的前 n 项和. 求 Tn. Sn n 则 Sn=na1+ . n(n-1)d 2 解: 设等差数列 {an} 的公差为 d, ∵S7=7, S15=75, 7a1+21d=7, 15a1+105d=75, ∴ a1+3d=1, a1+7d=5, 即 解得: a1=-2, d=1. ∴ =a1+ (n-1)d=-2+ (n-1). Sn n 1 2 ∵ - = , Sn+1 n+1 Sn n 1 2 1 2 Sn n ∴数列 { } 是等差数列, 其首项为 -2, 公差为 .　 ∴ Tn= n2- n. 9 4 1

9.两个数列 {an} 和 {bn} 满足 bn= , 求证: (1)若 {bn} 为等差数列, 则数列 {an} 也是等差数列; (2) (1)的逆命题也成立. a1+2a2+…+nan 证: (1)由已知得 a1+2a2+…+nan= n(n+1)bn. ① 1 2 ∴a1+2a2+…+nan+(n+1)an+1= (n+1)(n+2)bn+1. ② 1 2 an+1= (n+2)bn+1- nbn. 1 2 将 ② 式减 ① 式化简得: ∵{bn} 为等差数列, ∴bn-1=2bn-bn+1, bn+1-bn 为常数. ∴an= (n+1)bn- (n-1)bn-1= (n+1)bn- (n-1)(2bn-bn+1). 1 2 ∴an+1-an= (n+2)bn+1- nbn- (n+1)bn+ (n-1)(2bn-bn+1) 1 2 = (bn+1-bn) 为常数. 3 2 故数列 {an} 也是等差数列.　

证: (2) (1)的逆命题为: 两个数列 {an} 和 {bn} 满足: a1+2a2+…+nan bn= , 若 {an} 为等差数列, 则数列 {bn} 也是等差数列. 证明如下: ∵{an} 是等差数列, ∴可设 an=an+b(a, b 为常数). 　 ∴nan=an2+bn. 　 ∴a1+2a2+…+nan=a(12+22+…+n2)+b(1+2+…+n). 　 1+2+…+n a1+2a2+…+nan ∵bn= = an(n+1)(2n+1)+ bn(n+1) n(n+1) 1 2 6 1 3 = a(2n+1)+b. ∴ bn+1-bn= a, 为常数. 2 3 故数列 {bn} 也是等差数列.

10. 已知数列 {an} 是等差数列, 其前 n 项和为 Sn, a3=7, S4=24 10.已知数列 {an} 是等差数列, 其前 n 项和为 Sn, a3=7, S4=24. (1)求数列 {an} 的通项公式; (2)设 p, q 是正整数, 且 pq, 证明: Sp+q< (S2p+S2q). 1 2 (1)解: 设等差数列 {an} 的公差为 d, 依题意得: a1+2d=7 且 4a1+6d=24. 解得: a1=3, d=2. 　 ∴an=a1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1. 　 故数列 {an} 的通项公式为 an=2n+1. (2)证: 由 (1) 知 an=2n+1, ∴Sn=n2+2n. ∵2Sp+q-(S2p+S2q)=2[(p+q)2+2(p+q)]-(4p2+4p)-(4q2+4q) 　 =-2(p-q)2. 　 又 pq, 　 ∴2Sp+q-(S2p+S2q)<0. Sp+q< (S2p+S2q). 1 2 故