1、5.2 等差数列 5.2 等差数列 考点探究挑战高考 考向瞭望把脉高考 双基研习面对高考 双基研习面对高考 基础梳理 1等差数列的定义如果一个数列从第2项起，每一项与前一项的差等于_，我们称这样的数列为等差数列，这个常数叫作等差数列的公差，通常用字母d表示，定义的表达式为_同一个常数an1and(nN)2等差数列的有关公式通项公式数列an是等差数列，公差为d，ana1_.求和公式数列an是等差数列，公差为d，前n项和为Sn，则Sn_等差中项公式若三个数a，A，b成等差数列，则中项A_.(n1)dna1nn12dna1an2ab2思考感悟已知等差数列an的第m项am及公差d，则它的第n项an为多
2、少？提示：anam(nm)d.3等差数列的主要性质(1)若mnpq(m、n、p、qN)，则_.(2)已知等差数列中任意两项am、an，则d_.(3)等差数列的单调性设d为等差数列an的公差，则当d0时，数列an为_数列；当d0，前n 项和为 Sn，a2a345，a1a518.(1)求数列an的通项公式；(2)令 bn Snnc(nN)，则是否存在一个非零常数 c，使数列bn也为等差数列？若存在，求出 c的值；若不存在，请说明理由解：(1)由题设知，an是等差数列，且公差 d0，则由a2a345，a1a518，得(a1d)(a12d)45，a1(a14d)18.解得a11，d4.an4n3(nN
3、)(2)由 bn Snncn14n32nc2nn12nc，c0，可令 c12，得到 bn2n.bn1bn2(n1)2n2(nN)，数列bn是公差为 2 的等差数列即存在一个非零常数 c12，使数列bn也为等差数列等差数列中基本量的计算等差数列an的通项公式 ana1(n1)d，前 n项和公式 Snna1an2na1nn12d 中，有五个量 a1、an、n、d、Sn，通过解方程(组)知三可求二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例2(2009 年高考江苏卷)设an是公差不为零的等差数列，Sn 为其前 n 项和，满足 a22a23a24a25，S77.(1)求数列a
4、n的通项公式及前 n 项和 Sn；(2)试求所有的正整数 m，使得amam1am2 为数列an中的项【思路点拨】本题第(1)问求通项公式 an 和前 n项和 Sn，用方程思想求出 a1 和 d 即可；第(2)问探究使得amam1am2 为数列an中的项时，求所有正整数m 的解，可考虑整除方法【解】(1)由题意，设等差数列an的通项公式为ana1(n1)d，d0，由 a22a23a24a25知 2a15d0，又因为 S77，所以 a13d1.由可得 a15，d2.所以数列an的通项公式an2n7(nN)，前 n 项和为 Snna1an2n26n(nN)(2)因为amam1am2 am24am22
5、am2am26 8am2为数列an中的项，故 8am2为整数，又由(1)知，am2 为奇数，所以 am22m31，即 m1,2.经检验，符合题意的正整数只有 m2.【名师点评】第(2)问从命题的设置可以看出高考命题者要求考生研究分式的整除性，因此，首先需要将分子am和am1转化成am2的代数形式，再利用分离分子的方法研究分式的整除，得到满足条件的正整数m的解，我们应注意还要对求出的正整数m的解进行检验互动探究2 若本例中将已知中的“aaaa”改为“S1520”，(1)求通项an；(2)求S24.解：由题意得7a1762 d7，15a115142d20，解得 a134，d 112.(1)an34
6、(n1)112 112n23，(2)S24243423242 11241.等差数列的性质此类问题重点是用好等差中项的性质，单调性质，首末两项和的性质及推广，奇偶项和的性质及数列与函数、方程、不等式之间的关系例3(1)(2010年高考大纲全国卷)如果等差数列an中，a3a4a512，那么a1a2a7()A14 B21C28 D35(2)(2009年高考海南、宁夏卷)等差数列an的前n项和为Sn，已知am1am1a0，S2m138，则m_.【思路点拨】(1)利用“若 mnpq，则amanapaq”这一性质来求；(2)利用 S2m12m1a1a2m12(2m1)am 来求【解析】(1)an是等差数列
7、且a3a4a53a412，a44，a1a2a77a428.故选C.(2)由等差数列的性质可知 am1am12am，2ama2m0.am0 或 am2.又 S2m12m1a1a2m12(2m1)am0，am2.由 2(2m1)38，得 m10.【答案】(1)C(2)10【名师点评】灵活应用性质，可以减少运算量，大大提高解题速度等差数列的综合应用数列与函数、不等式、解析几何等综合命题是高考考查的热点，以函数为载体，求解数列问题时要看清它们之间的关系，灵活应用它们是关键，在证明数列中不等问题时，要弄清题意，灵活采用证明不等式的常用方法例4 已知an是正数组成的数列，a11，且点(an，an1)(nN
8、)在函数 yx21 的图像上(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足 b11，bn1bn2an，求证：bnbn2b2n1.【思路点拨】(1)利用点在函数图像上代入即可得an与an1的关系，易求得an.(2)可先求bn，利用累加法或迭代法求得，而后作差比较即可，也可不用求bn而直接利用已知关系式迭代求证即可【解】(1)由已知得an1an1，即an1an1，又a11，所以数列an是以1为首项，公差为1的等差数列故an1(n1)1n(nN)(2)证明：法一：由(1)知：ann，从而 bn1bn2n.bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b12n12n22112n12 2n1.因为 b
9、nbn2b2n1(2n1)(2n21)(2n11)2(22n22n22n1)(22n222n11)2n0，所以 bnbn2b2n1.法二：因为 b11，bnbn2b2n1(bn12n)(bn12n1)b2n12n1bn12nbn12n2n12n(bn12n1)2n(bn2n2n1)2n(bn2n)2n(b12)2n0，所以 bnbn2b2n1.【名师点评】本例采用了求差比较法，是高考常考的方法之一，可适当变形以解决它们，运算时要求准确方法感悟方法技巧1等差数列的判断方法(1)定义法：an1and(d是常数)an是等差数列(2)等差中项公式：2an1anan2(nN)an是等差数列(3)通项公式
10、：anpnq(p，q为常数)an是等差数列(4)前n项和公式：SnAn2Bn(A、B为常数)an是等差数列(如例1)2方程思想和基本量思想：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(如例 2)3等差数列的通项公式本身可以由累加法得到(如例 4)4等差数列的前 n 项和公式 Snna1an2，很像梯形面积公式，其推导方法也与梯形面积公式的推导方法完全一样(如例 3(2)5等差数列的前 n 项和公式 Snna1nn12d可以变形为 Sn12dn2(a1d2)n，类似于匀加速直线运动的路程公式，只要把 d 理解为加速度6公差 danamnm，类似于由两
11、点坐标求直线斜率的计算7当 d 不为零时，等差数列必为单调数列8从一个等差数列中，每隔一定项抽出一项，组成的数列仍是等差数列失误防范1如果pqrs，则apaqaras，一般地，apaqapq，必须是两项相加，当然可以是aptapt2ap.2等差数列的通项公式通常是n的一次函数，除非公差d0.3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.若某数列的前n项和公式是n的常数项不为0的二次函数，则该数列不是等差数列，它从第二项起成等差数列考情分析 考向瞭望把脉高考 等差数列是每年高考必考的知识点之一，考查重点是等差数列的判定、等差数列中基本量的计算、等差数列性质的应用近几年的试题加
12、强了与等比数列综合问题的考查，题型既有选择题、填空题又有解答题，难度中等偏高客观题突出“小而巧”，主要考查性质的灵活运用及对概念的理解，主观题考查较为全面，在考查基本运算、基本概念的基础上，又注重考查函数方程，等价转化等思想方法预测2012年高考仍将以等差数列的定义、通项公式与前n项和公式为主要考点，重点考查运算能力和逻辑理解能力规范解答例(本题满分12分)(2010年高考浙江卷)设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列an的前n项和为Sn，满足S5S6150.(1)若S55，求S6及a1；(2)求d的取值范围【解】(1)由题意知 S615S53，a6S6S58，3 分所以5a110d
13、5，a15d8.解得 a17，所以 S63，a17.6 分(2)因为 S5S6150，所以(5a110d)(6a115d)150，即 2a219da110d210，9 分故(4a19d)2d28，所以 d28.故 d 的取值范围为 d2 2或 d2 2.12 分【名师点评】(1)本题易失误的是：解答第(2)问时直接利用第(1)问的结论；解答第(2)问中求d的取值范围时不知从何处下手，找不到解题突破口(2)关于数列概念性的题目多属于基本题，难度不大，要注意利用a1、d、n、an、Sn五个基本元素中“知三求二”的常规通法，更要注重对公式内容及公式变形的灵活运用名师预测设数列an的前 n 项和为 S
14、n，点(n，Snn)(nN)均在函数 y3x2 的图像上(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn3anan1，Tn 是数列bn的前 n 项和，求使得 Tnm20对所有 nN都成立的最小正整数 m.解：(1)依题意得Snn 3n2，即 Sn3n22n.当 n2 时，anSnSn13n22n3(n1)22(n1)6n5；当 n1 时，a1S1312211615，所以 an6n5(nN)(2)由(1)得 bn3anan136n56n1512(16n516n1)故 Tn12(117)(17 113)(16n516n1)12(116n1)因此，使得12(116n1)m20(nN)成立的 m 必须满足12m20，即 m10，故满足要求的最小正整数 m 为 10.
