1、考 点 串 串 讲1等差数列的定义以及判定方法(1)等差数列的定义如果数列an满足：从第二项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数(用 d 表示)，就称这个数列为等差数列常数 d 叫做这个等差数列的公差，即 an1and.对于等差数列定义需注意：在等差数列的定义中，要强调“从第二项起”，因为第一项没有前一项；要强调“同一个常数”，这五个字体现了等差数列的基本特征如果某几项破坏了这一规律，尽管其他项都满足，那么这个数列也不是等差数列要强调公差 dan1an(nN)，防止把被减数与减数弄颠倒由定义可知有了某一项和公差，则这个等差数列就被完全确定(2)等差数列的判定方法定义法：an1and(常数
2、)an是等差数列中项公式法：2an1anan2(nN*)an是等差数列通项公式法：anpnq(p，q 为常数)an是等差数列前 n 项和公式法：SnAn2Bn(A，B 为常数)an是等差数列2等差数列的通项公式已知等差数列an的首项为 a1，公差为 d，则等差数列an的通项公式为ana1(n1)d(nN)若已知等差数列an的第 m 项为 am，公差为 d，则等差数列an的通项公式为anam(nm)d(n，mN)3等差数列的前 n 项和公式已知等差数列an的首项为 a1，第 n 项为 an.则前 n 项和 Sna1a2anna1an2.若已知首项 a1 和公差 d，则Snna112n(n1)d.
3、若已知末项 an 和公差 d，则Snnan12n(n1)d.说明 等差数列的求和公式是通过倒序相加法求得的在等差数列的五个量：a1，an，n，d，Sn 中，只要已知其中的三个量就可求出其余的两个量4用函数的观点审视等差数列(1)等差数列的通项公式 ana1(n1)d 可以化为 andna1d，进一步可表示为 andnb(这里 ba1d，a1 是首项，d 为公差)若 d0，则 ana1.等差数列an为常数列，图象为平行于 x轴的直线 ya1 上的横坐标为正整数的一些孤立点，如图所示若 d0，则等差数列an的图象为直线 ydxb 上的横坐标为正整数的一些孤立点特别地，由通项公式得danamnm f
4、nfmnm.这就是解析几何中的斜率公式，因此公差 d 是直线 ydxb的斜率由斜率的意义可知：当 d0 时，an为递增的等差数列；如图1 所示，当 d0 时，等差数列an单调递减如图 2 所示(2)由 Snna112n(n1)d 得Snd2n212(d2a1)n.当 d0 时，等差数列的前 n 项和 Sn 是 n 的二次函数其图象是抛物线 yd2x212(d2a1)x 上横坐标为正整数的一些孤立点特别地当 d0 时，这些点都分布在开口向上、对称轴为 xd2a12d的抛物线上，如图 3 所示当 d0 时，这些点都分布在开口向下，对称轴为 xd2a12d的抛物线上，如图 4 所示由此可知，当 d0
5、 时 Sn 存在最小值，当 d0 时，Sn 存在最大值5等差中项的定义和性质(1)定义：三个数 a、b、c 成等差数列，则 b 为 a 和 c 的等差中项(2)性质：a、b、c 成等差数列的充要条件是 bac2.说明：这一性质不仅描述了成等差数列的三个数之间的一种数量关系，而且指明了等差中项就是另外两个数的算术平均数根据这一性质还可以作出以下两个推论推论 1：在等差数列an中，有 an1an12an(n2)推论 2：在等差数列an中，若 m，n，p 成等差数列，则 amap2an.说明：推论 1 指的是等差数列中的连续三项 an1，an，an1，根据性质显然 an 是 an1 与 an1 的等
6、差中项在推论 2 中，m，n，p 成等差数列根据等差数列的等距性，am，an，ap 也成等差数列所以由性质可知 amap2an.(3)三个数成等差数列一般设为：ad，a，ad；四个数成等比数列一般设为 a3d，ad，ad，a3d.6等差数列的性质(1)若公差 d0，则此数列为递增数列；若 d0，则此数列为递减数列；若 d0，则此数列为常数列(2)有穷等差数列中，与首末两项距离相等的两项和相等并且等于首末两项之和；特别地，若项数为奇数，还等于中间项的 2 倍，即a1ana2an1a3an22a 中(3)若 m，n，p，kN*，且 mnpk，则 amanapak，其中 am，an，ap，ak 是数
7、列中的项特别地，当 mn2p 时，有 aman2ap.这条性质，还可以推广到有三项、四项的情形使用该性质时，一要注意等式两边下标和相等，二要注意等式两边和的项数应是一样多的(4)在等差数列中，每隔相同的项抽出来的项按照原来顺序排列，构成的新数列仍然是等差数列但剩下的项按原顺序构成的数列不一定是等差数列(5)等差数列中连续几项之和构成的新数列仍然是等差数列(6)若数列an与bn均为等差数列，则mankbn仍为等差数列其中 m，k 均为常数(7)若an成等差数列，且 Sn 为其前 n 项的和，则 Sm，S2mSm，S3mS2m，成等差数列(8)项数为偶数 2n 的等差数列an，有S2nn(a1a2
8、n)n(anan1)(an 与 an1 为中间的两项)；S 偶S 奇nd；S奇S偶 anan1.项数为奇数(2n1)的等差数列an，有S2n1(2n1)an(an 为中间项)；S 奇S 偶an；S奇S偶 nn1.S 奇、S 偶分别为数列中所有奇数项的和与所有偶数项的和(9)在等差数列中，若 apq，aqp，则 apq0；若 Smn，Snm，则 Smn(mn).典 例 对 对 碰题型一 求等差数列的基本量例 1 在等差数列an中，(1)已知 a1533，a45153，求 a61；(2)已知 S848，S12168，求 a1 和 d；(3)已知 a610，S55，求 a8 和 S8.解析(1)解法
9、一：设首项为 a1，公差为 d，依条件，得33a114d，153a144d，解方程组，得a123，d4，a6123(611)4217.解法二：由 danamnm，得 da45a154515 15333304，由 anam(nm)d，得 a61a4516d153164217.(2)Snna112n(n1)d，8a128d48，12a166d168，解方程组，得a18，d4.(3)a610，S55，a15d10，5a110d5，解方程组，得a15，d3，a8a62d102316，S88a1a8244.变式迁移 1在等差数列an中，S10120，那么 a1a10 的值是()A12 B24C36 D4
10、8答案 B解析 根据已知条件 10a11092d120，即 2a19d24，a1a102a19d24.题型二 等差数列的判定例 2 两个数列an和bn满足 bna12a2nan12n求证：(1)若bn为等差数列，数列an也是等差数列；(2)(1)的逆命题也成立证明(1)由已知得 a12a2nan12n(n1)bn，a12a2(n1)an112(n1)(n2)bn1，an112(n2)bn112nb.an1an32(bn1bn)为常数，an为等差数列(2)逆命题：两个数列an和bn满足 bna12a2nan12n，若an为等差数列，则bn也为等差数列由已知得 an12(n1)bn12(n1)bn
11、1，an112(n2)bn112nbn，an1an32(bn1bn)为常数，bn1bn23(an1an)为常数，数列bn也为等差数列点评 本例是数列与四种命题的综合题，本题的关键有二：一是用定义证明等差数列，二是逆命题与原命题的关系.变式迁移 2在数列an中，a11，且 an 2S2n2Sn1(n2)证明数列 1Sn是等差数列，并求 Sn.解析 由已知得 SnSn1 2S2n2Sn1.去分母得(2Sn1)(SnSn1)2S2n，Sn1Sn2SnSn1，两边同除以 SnSn1，得 1Sn 1Sn12.1Sn是以 1S1 1a11 为首项、2 为公差的等差数列，故1Sn 1S1(n1)22n1(n
12、2)经验证 n1 时也成立，所以Sn12n1(nN*).题型三 等差数列的性质及应用例 3 已知两个等差数列an，bn的前 n 项和分别为 An，Bn，且AnBn7n45n3，则使得anbn为整数的正整数 n 的个数是()A2 B3C4 D5解析 A2n1B2n12n1a1a2n122n1b1b2n122an2bnanbn，anbnA2n1B2n172n1452n137n19n1 7 12n1，当 n1,2,3,5,11 时，anbn为整数，故选 D.答案 D点评 对等差数列性质的考查是高考的重点，解题的关键是要敏锐地观察出题中各项的脚标间的数量关系，本题只有深入理解 Sn公式中隐含的性质，才
13、能灵活地利用 S2n1 公式中的 a1a2n1 与 an的关系.变式迁移 3已知方程(x22xm)(x22xn)0 的四个根组成一个首项为14的等差数列，则|mn|等于()A1 B.34C.12D.38答案 C解析 设 a114，a214d，a3142d，a4143d，而方程 x22xm0 的两根之和为 2，x22xn0 的两根之和也是 2.a1a2a3a416d4，d12.即|mn|14743454|12.题型四 等差数列的前 n 项和的性质例 4 已知an为等差数列，Snm，Smn，其中 mn，m，nN*，求 Smn.分析 分析 1：由已知，可设等差数列的基本量 a1，d，据 Snm 与
14、Smn，列方程组求出 a1，d，再代入前 n 项和公式求 Smn.分析 2：根据等差数列前 n 项和公式为不含常数项的二次函数关系式，因此可设 SnAn2Bn，据 Sm与 Sn列方程组建立 A 与 B的关系，再求 Smn.分析 3：从前 n 项和的定义 Sna1a2an入手，结合等差数列的性质：当 mnpq 时，有 amanapaq(m，n，p，q均为正整数)来求解解析 解法一：设首项为 a1，公差为 d，则mna1nn12d，nma1mm12d，解得a1n2m2mnmnmn，d2mnmn.Smn(mn)a1mnmn12d(mn)解法二：设 SxAx2Bx，则Am2Bmn，An2Bnm，得 A
15、(m2n2)B(mn)nm，mn，A(mn)B1，SmnA(mn)2B(mn)(mn)解法三：SmSnnman1an2ammn2(an1am)an1ama1anm2，Smn(mn)点评 涉及等差数列的前 n 项和的问题，一般思路是从前 n 项和公式入手，设基本量，列方程组解基本量，若考虑数列的函数特征，也可以设 SnAn2Bn，而解法三是利用了等差数列的基本性质.变式迁移 4等差数列的前 12 项和为 354，前 12 项中偶数项和与奇数项和之比为 32:27，求公差 d.解析 S奇S偶354，S偶S奇3227.S奇162，S偶192.又 S 偶S 奇306d，d5.题型五 等差数列前 n 项
16、和的最值问题例 5 等差数列an中，a125，S17S9，问数列前多少项的和最大，并求此最大值解析 解法一：a125，S17S9.则 17a117162d9a1982 d，d2.从而 Sn25nnn12(2)(n13)2169.故前 13 项的和最大，最大值是 169.解法二：Snd2n2(a1d2)n(d0)Sn 的图象是开口向下的抛物线上一群离散的点，最高点的纵坐标为9172，即 S13 最大(如图)由解法一知，a125，d2.S13169.点评 数列是特殊的函数以上两种解题思路均是转化为函数中求最值的方法，即利用单调性、配方转化为二次函数以及数形结合等还可根据 an0 且 an10 求出
17、 n 值.变式迁移 5设等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a312，S120，S130.(1)求公差 d 的取值范围；(2)指出 S1、S2、S12 中哪一个值最大，说明理由解析(1)由a3a12d12，S1212a112112d0，S1313a113122d0，得247 d3.(2)S126(a1a12)6(a6a7)0，S1313a1a13213a70，a60 且 a70，故 S6 最大【教师备课资源】题型六 两等差数列中的公共项问题例 6 两个等差数列an：5,8,11，和bm：3,7,11，都有 100项，问它们有多少个共同的项解析 解法一：an5(n1)33n2，bm3(m1
18、)44m1，两数列共同的项需 3n24m1，n43m1，而 nN*，mN*设 m3r(rN*)，得 n4r1.13r100，14r1100.1r25，共有 25 个共同的项解法二：设两数列共同项组成新数列Cn，则 C111，又 an3n2，bm4m1，由题意知Cn为等差数列，且公差 d12，Cn11(n1)1212n1.又a100302，b100399，Cn12n1302，由 nN*得 n25，两数列有 25 个共同的项点评 可以看出，新数列的公差应是原来两数列的公差的最小公倍数.变式迁移 6在1000,2000内能被 3 整除且被 4 除余 1 的整数共有多少个？解析 设an为1000,20
19、00内能被 3 整除且被 4 除余 1 的整数由小到大组成的数列，由题意知an为等差数列，且首项 a11005，公差 d12，an1005(n1)1212n993.an2000，即 12n9932000，解得 n831112，由 nN*得 n83，数列项数为 83，即符合题意的整数共有 83 个.题型七 数据表中的等差数列例 7 在下表所示的 55 正方形的 25 个空格中填入正整数，使得每一行，每一列都成等差数列，则标有*号的空格中的数是_.*742y186y1030 x2x 解析 记 aij为从上到下第 i 行，从左到右第 j 列的空格中所填的数，则 a52x，a41y.由第 3 行得 a
20、332y1862，由第 3 列得 a3321032x，所以 2xy113.由第 2 行得 a232743y，由第 3 列得 a232a3310331034x，所以 1483y31034x，整理得 4x3y161.联立解得 x50，y13.所以 a152186a5521864x172，a132a33a53112，故 a14a13a152142.答案 142点评 数据表数列问题均有一 定的规律，破解数据表数列问题的关键就是要能够敏锐地捕捉数据表数列分组信息中的规则，合理巧妙地运用由特殊到一般及由一般到特殊的思想解决问题.变式迁移 7下表给出一个“等差数阵”，其中每行、每列都是等差数列，aij 表示
21、位于第 i 行第 j 列的数.47()()()a1j712()()()a2j()()()()()a3j()()()()()a4jai1ai2ai3ai4ai5aij(1)写出 a45 的值；(2)写出 aij 的计算公式；(3)证明：正整数 N 在该等差数阵中的充要条件是 2N1 可以分解成两个不是 1 的正整数之积解析(1)该等差数阵的第一列是首项为 4，公差为 3 的等差数列，a4143(41)13，第二列是首项为 7，公差为 5 的等差数列，a4275(41)22，故第四行是首项为 13，公差为 9的等差数列，a45139(51)49.(2)该等差数阵的第一行是首项为 4，公差为 3 的
22、等差数列，a1j43(j1)，第二行是首项为 7，公差为 5 的等差数列，a2j75(j1)，第 i 行是首项为 43(i1)，公差为 2i1 的等差数列，因此 aij43(i1)(2i1)(j1)2ijiji(2j1)j.(3)证明：必要性：若 N 在该等差数阵中，则存在正整数 i，j使得 Ni(2j1)j，从而 2N12i(2j1)2j1(2i1)(2j1)，即正整数 2N1 可以分解成两个不是 1 的正整数之积充分性：若 2N1 可以分解成两个不是 1 的正整数之积，由于2N1 是奇数，则它必为两个不是 1 的奇数之积，即存在正整数 k，l，使得 2N1(2k1)(2l1)，从而 Nk(
23、2l1)lakl，可见 N在该等差数阵中综上所述，正整数 N 在该等差数阵中的充要条件是 2N1 可以分解成两个不是 1 的正整数之积.方 法 路 路 通1通项公式与前 n 项和公式联系着五个基本量 a1、d(或 q)、n、an、Sn.“知三求二”是一类最基本的运算题方程观点是解决这类问题的基本数学思想和方法2判断一个数列是等差数列或等比数列，常用的方法是这两类数列的定义特别地，当判断三个实数 a，b，c 成等差数列时，常用 ac2b.3在求等差数列前 n 项和的最大(小)值时，常利用函数的思想和方法加以解决4数列an为等差数列，前 n 项和为 Sn，数列|an|的前 n 项和为 Tn.若 a
24、k0，ak10，即先正后负，则 TnSn nk2SkSn，nk1.若 ak0，ak10，即先负后正，则 TnSn nkSn2Sk，nk1.5两等差数列间的关系若an，bn分别是公差为 d1 和 d2 的等差数列，则设它们的前 n 项和分别是 Sn 和 Tn，则有anbnS2n1T2n1数列k1ank2bn(其中 k1、k2 为常数)是公差为 k1d1k2d2 的等差数列.正 误 题 题 辨例已知数列an的通项公式是 an4n25，求数列|an|的前 n项和错解 错解一：an4n25an14(n1)25an1an4a1412521所以，数列an是以21 为首项，以 4 为公差的等差数列从而可得数
25、列|an|是以 21 为首项，以4 为公差的等差数列，其前 n项和 Sn21nnn12(4)2n223n错解二：an4n25；an14(n1)25；an1an4；a1412521.所以数列an是以21 为首项，以 4 为公差的递增等差数列令an4n250 an14n1250 由得 n614由得 n514所以 n6即数列an的前 6 项为负值，从第 7 项起以后各项均为非负值所以数列|an|的前 6 项是首项为 21，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|a7|a747253所以数列|an|的前 n 项和为21nnn124 n63nnn124 n72n223n
26、n62n2n n7点击 错解一中把数列an各项的符号都看成了负号，事实上是不可能的，因为首项为负，而公差为正错解二对数列前 n 项和 Sn 的含义认识不深刻，得出数列|an|前 n 项和的表达式，当 n7 时的情况，忽略了数列的前 6 项，因而导致错误正解 an4n25an14(n1)25an1an4a1412521.所以数列an是以21 为首项，以 4 为公差的递增等差数列令an4n250 an14n1250 由得 n614；由得 n514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和|an|的前 n 项和分别为 Sn、Tn则 Tn21nnn124 n6S63n6n6n724 n72n223n n62n223n132 n7THANKS