数列与等差数列综合(有答案精品绝对好)

数列的概念与等差数列综合（131025）一等差数列的有关概念（1）等差数列的判断方法定义法1NAD为常数）或112NNAA。例1设是等差数列，求证以BN,N为通项公式的数列BN为等差数列。NA2（2）等差数列的通项公式1NAD或NMAD。例2（1）等差数列中，03，205，则通项N（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_（3）等差数列的前N项和12NNAS，12NSAD。例3（1）数列中，1,NN，3N，前N项和152NS，则1A，NNA2已知等差数列AN中，S321，S664，求数列|AN|的前N项和TN（4）等差中项若,AB成等差数列，则A叫做A与B的等差中项，且2ABA。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1、D、N、及NS，其中1A、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，奇数个数成等差，可设为，2,ADAD（公差为）；偶数个数成等差，可设为，33,（公差为2D）例4四个数成等差数列，这四个数的平方和为94，第一个数与第四个数的积比第二个数与第三个数的积少18，求此四个数。二等差数列的性质（1）当公差0D时，等差数列的通项公式11NADNA是关于N的一次函数，且斜率为公差；前N和211NDSA是关于的二次函数且常数项为0（2）若公差0D，则为递增等差数列，若公差0D，则为递减等差数列，若公差0D，则为常数列。（3）当MPQ时,则有QPNMAA，特别地，当2MNP时，则有2MNPA例5（1）等差数列N中，1238,1NSS，则；（2）在等差数列中，10，且0|，N是其前项和，则以下命题成立的是AA、1210,S都小于0，2,都大于0B、1219,都小于0，21,S都大于0C、5都小于0，67S都大于0D、S都小于0，都大于0（答B）4若、NB是等差数列，则NKA、NPBK、P是非零常数、,PNQAN、A232,NNSS，也成等差数列，而N成等比数列；例6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）在等差数列中，当项数为偶数2N时，SND偶奇；项数为奇数21N时，SA奇偶中，NA21NS中（这里中即A）；1奇偶K。例7（1）在等差数列中，S1122，则6；（2）项数为奇数的等差数列中，奇数项和为80，偶数项和为75，求此数列的中间项与项数N（6）若等差数列、NB的前和分别为NA、B，且NF，则A21NNAAFBB【例8】等差数列AN、BN的前N项和分别为SN和TN，若STABN3110，则等于2/3C199/299D200/3017等差数列当首项01A且公差D，前N项和存在最大值当首项01A且公差D，前N项和存在最小值求等差数列前N项和的最值可以利用不等式组01NA来确定N的值；也可以利用等差数列的前项的和是的二次函数（常数项为0）转化成函数问题来求解，即求二次函数的最值，但要注意数列的特殊性NN。举例9若NA是等差数列，首项0,0,27627061AAA，则（1）使前N项和NS最大的自然数是；（2）使前项和NS的最大自然数N；8如果两等差数列有公共项，那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列，且新等差数列的公差是原两等差数列公差的最小公倍数注意公共项仅是公共的项，其项数不一定相同，即研究NMAB（9）等差数列前N项和、次N项和、再后N项和（即连续相等项的和）仍成等差数列；在等差数列中，如果我们记；那么，成等差数列，这个结论可以用等差数列前N项和公式来证明事实上，一个等差数列若能分成几“段”（每“段”有相同数目的项），那么这几段（三段以上）的和也成等差数列例10已知数列和的通项公式分别为将集合NAB36,27,NNABN中的元素从小到大依次排列，构成数列,NNXANXBN123,NC1写出；1234C2求证在数列中，但不在数列中的项恰为；NCN242,NA3求数列的通项公式例11、设等差数列的前N项之和为SN，已知A312，S120，S13024/1018/3DA9A1/9024/913（答83D）（3）等差数列的前N项和12NNAS，12NSAD。例3（1）数列中，1,NN，3N，前N项和152NS，则1A，NNA解析D1/2,NA1AN/215/2A1ANN1D2N/2N2N/23/215N3舍去或N10；（答，0）；2已知等差数列AN中，S321，S624，求数列|AN|的前N项和TN分析ADAN11等差数列前项和，含有两个未知数，2D，已知S3和S6的值，解方程组可得A1与D，再对数列的前若干项的正负性进行判断，则可求出TN来解D3A21B54N11设公差为，由公式得2解方程组得D2，A19AN9N1N22N11由得，故数列的前项为正，A2N10N5A5N12其余各项为负数列AN的前N项和为S90N当N5时，TNN210N当N6时，TNS5|SNS5|S5SNS52S5SNTN22550N210NN210N50即10562N说明根据数列AN中项的符号，运用分类讨论思想可求|AN|的前N项和（4）等差中项若,AAB成等差数列，则A叫做A与B的等差中项，且2ABA。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1、D、N、及NS，其中1A、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，奇数个数成等差，可设为，2,ADAD（公差为）；偶数个数成等差，可设为，33,（公差为2D）例4四个数成等差数列，这四个数的平方和为94，第一个数与第四个数的积比第二个数与第三个数的积少18，求此四个数。分析等差数列的基本运算题要运用方程来解决，而如何设方程的未知数直接关系到解题过程是否简捷，这个题如果把这四个数直接设成、也可以求解，但运算过程较复杂。若把四个数设成、（其中公差），做起来就会较简单。解设这四个数为、，（为公差），由已知这四个数为8、5、2、1或1、2、5、8或1、2、5、8或8、5、2、1二等差数列的性质（1）当公差0D时，等差数列的通项公式11NADNA是关于N的一次函数，且斜率为公差；前N和211NDSA是关于的二次函数且常数项为0（2）若公差0D，则为递增等差数列，若公差0D，则为递减等差数列，若公差0D，则为常数列。（3）当MNPQ时,则有QPNMAA，特别地，当2MNP时，则有2MNPA例5（1）等差数列N中，1238,1NSS，则_（答27）；（2）在等差数列中，10，且0|，N是其前项和，则以下命题成立的是AA、1210,S都小于0，2,都大于0B、1219,都小于0，21,S都大于0C、5都小于0，67S都大于0D、S都小于0，都大于0（答B）解析1前三项和为1，最后三项和为3，总和为18那么NSN/A1A2A3AN2AN1AN/6272DA11A100,故AN单调递增；S1920A100且0S1S2S10,而S100，S13A2A3A12A13,因此，在S1，S2，S12中SK为最大值的条件为AK0且AK10,即03DKA312,12D，D0,21K3D2724D3,74,得55K7因为K是正整数，所以K6,即在S1，S2，S12中，S6最大解三、，由可知，它的图象是开口向下的抛物线上的一群离散的点，NDNDS2512374D根据图象可知S6最大。解四、，由得224DDN374D213456D又抛物线开口向下，所以S6最大。评注求等差数列SN最值有三法借助求和公式是关于N的二次函数的特点,用配方法求解借助等差数列的性质判断,通过”转折项”求解借助二次函数图象求解。（经过原点）10数列A是等差数列SNN2,0，其中S是数列A的前N项的和，并且2就是等差数列AN的公差，就是等差数列AN的首项（即公差20）【例12】证明数列AN的前N项之和SNAN2BNA、B为常数是这个数列成为等差数列的充分必要条件证由SNAN2BN，得当N2时，ANSNSN1AN2BNAN12BN12NABAA1S1AB对于任何NN，AN2NABA且ANAN12NABA2N1ABA2A常数AN是等差数列若AN是等差数列，则SADDNA211N221若令，则，即DAB1SNAN2BN综上所述，SNAN2BN是AN成等差数列的充要条件说明由本题的结果，进而可以得到下面的结论前N项和为SNAN2BNC的数列是等差数列的充分必要条件是C0事实上，设数列为UN，则充分性是等差数列必要性是等差数列SANBUUAC02NN2说明这里使用了“ANSNSN1”这一关系使用这一关系时，要注意，它只在N2时成立因为当N1时，SN1S0，而S0是没有定义的所以，解题时，要像上边解答一样，补上N1时的情况三典型例题例13等差数列AN中，如果存在正整数K和LKL，使得前K项和，前L项和，则（A）LKSKLSABCD与4的大小关系不确定4LKS4LKS4LKSLKS解不妨设KL，即LLLKLAKLLLAKL2211，LAL2142221LLLALKKK例14（1）已知，则在数列的最大项为_（答）；256NNN5（2）数列的通项为，其中均为正数，则与的大小关系为_（答NA1）；A1NB,ABNA1（3）已知数列中，2NA，且是递增数列，求实数的取值范围（答3）；NN（4）一给定函数XFY的图象在下列图中，并且对任意,01，由关系式1NNAF得到的数列NA满足1NAN，则该函数的图象是（）（答A）ABCD例题15、平面直角坐标系中，已知、，满足向量与向量,NAA,NBB1,0NCN1NA共线，且点都在斜率为6的同一条直线上NBC,NBBN（1）试用与N来表示；1,ABA（2）设，且12A15，求数列中的最小值的项1,NA解（1）点都在斜率为6的同一条直线上，,NBBN，即，16NB1N于是数列是等差数列，故N16BN，又与共线，11,NNAA1,NNBCB1NANBC110,BAAB即213212NNNAA当时，11NBB32AN当N1时，上式也成立所以AN11B（2）把代入上式，,A得NA132N23962NAN12A15，7946A当N4时，取最小值，最小值为A4182AN例16给个自上而下相连的正方形着黑色或白色当4时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相邻的着色方案如图所示由此推断，当6N时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有种，至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有种（直接用数字作答）【答案】21；43解析AN为N个正方形时，黑色正方形互不相邻的着色方案总数这些着色方案来自于二部分，第一部分是第N个正方形着白色，而前N1个正方形中黑色正方形互不相邻，故这部分的着色方案总数有AN；第二部分是第N个正方形着黑色，要使黑色正方形互不相邻，其第N1个正方形必着白色ANN1个正方形时，黑色正方形互不相邻的着色方案总数这些着色方案来自于二部分，第一部分是第N1个正方形着白色，而前N个正方形中黑色正方形互不相邻，故这部分的着色方案总数有AN；第二部分是第N1个正方形着黑色，要使黑色正方形互不相邻，那么第N个正方形必着白色，从AN的分析中知，第N个正方形着白色且黑色正方形互不相邻的着色方案数为AN故ANANAN,显然,A2,A23,A35,A48,A513,A621这部分的着色方案总数有AN；BNN个正方形时至少有两个黑色正方形相邻的着色方案总数给N个自上而下相连的正方形着黑色或白色,所有不同的着色方案共有2N中这些着色方案分成两类，一类是至少有两个黑色正方形相邻的着色方案，另一类是黑色正方形互不相邻的着色方案故有ANBN2N,从而B626A6642143解二BN1N1个正方形时至少有两个黑色正方形相邻的着色方案总数这些着色方案来自于二部分，第一部分是前N个正方形中已经满足至少有两个黑色正方形相邻，而第N1个正方形可以着任何颜色，故这部分的着色方案总数有BN种；第二部分是前N个正方形中不能满足至少有两个黑色正方形相邻，即前N个正方形中黑色正方形互不相邻，但是着了第N1个正方形后才满足至少有两个黑色正方形相邻，这说明只有最后的二个正方形连续着了黑色，即第N,N1个着黑色，而第N1个正方形着白色并且前N1个正方形中黑色正方形互不相邻由AN中分析知，第N1个着白色且前N1个正方形中黑色正方形互不相邻的着色方案数为AN2故BN1中第二部分方案总数为AN2，故BNBNAN2,显然,B0,B21,B33,B48,B519,B643例题17已知函数FXX3AX23X关于点1,1成中心对称（求函数FX的表达式；（设数列AN满足条件A11,2，AN1FAN求证A1A2A31A2A3A41ANAN1AN211解由FXX3AX2BXC关于点1,1成中心对称，所以X3AX23X2X3A2X232X2对一切实数X恒成立得A3，故所求的表达式为FXX33X23XAN1FANAN33AN23AN1令BNAN1，0BN1，由代入1得BN1，BN，3131BNBN10A1A2A31A2A3A41ANAN1AN21B1BN1B11。NKK1K1例18（备用题）等差数列AN的前N项和SNM，前M项和SMNMN，求前MN项和SMN解法一设AN的公差D按题意，则有SAMDNADNMN11，得M212即AD11MNSANMDN2121MN解法二设SXAX2BXXNAMBN2，得AM2N2BMNNMMNAMNB1故AMN2BMNMN即SMNMN说明A1，D是等差数列的基本元素，通常是先求出基本元素，再解决其它问题，但本题关键在于求出了，这种设而不AD11N2解的“整体化”思想，在解有关数列题目中值得借鉴解法二中，由于是等差数列，由例22，故可设SXAX2BXXN【例18】（备用题）已知等差数列AN的公差是正数，且A3A712，A4A64，求它的前20项的和S20的值解法一设等差数列AN的公差为D，则D0，由已知可得A2DB1235411由，有A124D，代入，有D24再由D0，得D2A110最后由等差数列的前N项和公式，可求得S20180解法二由等差数列的性质可得A4A6A3A7即A3A74又A3A712，由韦达定理可知A3，A7是方程X24X120的二根解方程可得X16，X22D0AN是递增数列A36，A72DA2A10S8723，例19、设求F5F4F0F1F5F6的值解点评对等差数列倒序相加求和时利用了ANA1AN1A2，对于也可产生如上效果可见类似于这种可以将若干项和转化为某项积的求和方法实际上是抓住了数列（或解析式）的特点，利用“整体”运算简化求和的一种方法高中数学难点强化班第六讲（130715）课后作业答案（本试卷共14题，时间45分钟，满分100分）班级姓名一填空选择题（每题6分共60分）1等差数列中，是前项之和，且，那么（1）数列中前7项是递增的，从第8项开始递减（2）是各项中最大的（3）一定小于（4）不一定是的最大值其中正确的是解由数列与的关系，因此，等差数列的公差，等差数列是递减数列因此，是错误的。在递减数列的各项中，是其中最大的一项成立要比较和的大小，并且，因此，成立数列是递减的等差数列，前7项为正，以后各项均为负数，是的最大值，错误因此，正确的是说明在等差数列中，若公差，则数列是递增数列；若公差，则是各项均为的常数数列；若公差，则数列是递减数列2已知数列的通项公式是，那么达到最小值时，为_解法1当时，有最小值。解法2，由。当时，有最小值。评注题中所给数列是一个递增的等差数列，解法1是用二次函数求最值的方法；解法2是根据数列的特征，当时，求出最小值。3在一个首项为正数的等差数列中，前3项的和等于前11项的和，问此数列前项和达到最大分析1将已知条件代入求和公式。解法1，。又，时最大。分析2利用解法2由已知，又，时，最大。分析3利用解法3由已知，。又，如果，不会出现，只有。最大。分析4研究的解。解法4依题意，。研究不等式组解得，。即。最大。4已知等差数列的第9项为26，第25项为22，求此数列从首项到第项的和开始为负分析等差数列的通项公式与前项和公式中的5个量，利用方程思想知三就可求二，一般可把目标式用与这两个基本量来表示，此法具有普遍性。若能进一步利用好等差数列的性质，则可使求解过程简捷漂亮。解（1）设等差数列的首项为，公差为，则解方程组，得此数列的通项公式为（2）据题意，得，因，所以此数列从第23项开始小于15。（3）据题意，解得，因，所以此数列从首项到第35项的和开始为负。5在两个等差数列2，5，8，197与2，7，12，197中，这两个数列它们相同项的和为解由已知，第一个数列的通项为AN3N1；第二个数列的通项为BN5N3若AMBN，则有3N15N3即N若满足N为正整数，必须有N3K1K为非负整数又25N3197，即1N40，所以N1，4，7，40N1，6，11，66两数列相同项的和为2173219713936已知等差数列的前10项和为100，前100项和为10，则前110项和为NA说明只有当中项不为0，总项数为（）项的等差数列，其奇数项之和与偶数项之和的比才为解一利用等差数列求和公式，设首项为，公差为由题意，得解之得所以解二充分利用等差数列性质，简化计算过程由题意，得所以，而解三利用等差数列前N项和的性质成等差数列，记该等差数列为TK,其公差为D，即,1020310210SSTKS10KS10K1又首项为T1，前10项的和为T1T2T100S10S,290D2又0101120TSTS说明设求解也相当简便。或考虑用为关于的二次函数来解。7等差数列前10项的和为140，其中项数为奇数的各项的和为125，那么其第6项为解依题意，得10AD140A52D1535792解得A1113，D22其通项公式为AN113N12222N135A62261353说明本题上边给出的解法是先求出基本元素A1、D，再求其他的这种先求出基本元素，再用它们去构成其他元素的方法，是经常用到的一种方法在本课中如果注意到A6A15D，也可以不必求出AN而直接去求，所列方程组化简后可得相减即得，A298455D361即A63可见，在做题的时候，要注意运算的合理性当然要做到这一点，必须以对知识的熟练掌握为前提8设等差数列的前N项和为，已知，若，则N的值为NS36S24N6146NSN解由条件知，54321NNNAAA8016N又，6654321SA651A，N18218066N31AN3242SN9已知数列的前项和为非零常数），则数列为（）ANQQS,0A（A）等差数列（B）等比数列（C）既不是等差数列，又不是等比数列（D）既是等差数列又是等比数列解当时，当时，1NAS12N11QASANN1QAN为常数,但，数列从第二项起为等比数列，故选C21NQAQA12NA10已知数列是等差数列，NS是其前项的和，S56,S1016，则S15；分析注意到S5,S10S5,S15S10,是等差数列的连续5项的和，它们成等差数列可以得到S15S1014，所以S1530例13、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，求7A【错解】设该数列有项且首项为，末项为，公差为NA1ND则依题意有，三个方程，四个未知数，觉得无法求解。50346221DAN【分析】在数列问题中，方程思想是常见的思想，使用时，经常使用整体代换的思想。错解中依题意只能列出3个方程，而方程所涉及的未知数有4个，没有将作为一个整体，不能解决问