基础练习常用性质概括及应用知识点拨课外综合练习备课外综合练习一、概念与公式二、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: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. a1+an=a2+an-1=a3+an-2= … . 特别地, 若 m+n=2p, 则 a
m+an=2ap .2.若 p+q=r+s(p、q、r、s?N), 则 ap+aq=ar+as .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.4.顺次 n
项和性质5.已知 {an} 是公差为 d 的等差数列 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.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的最值问题二次函数没什么感觉,怎么办?那就要回到最基本的地方去,用首项和公差来分析有用吗?需要尝试!漂亮!!典型例题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.0 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.(2)当且仅当 n=12 或 13 时, Sn 有最大值, 最大值为130. 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); (3)f(
t)≥mt2+(4m+1)t+3m?f(t)-t≥m(t2+4t+3)?m≤t-1. 所求数列为: -3, -1, 1 或 1,
-1, -3; (2)f(t)=t3+3t2-3 (t?Z), f(t)=t ? t=-3, -1, 1, 故 m 的最大值是
3. (1)an=(2n-1)p+q (n?N); (2)an+1-an=2p>0, ∴an+1>an>a1=p+q=1;
连线的斜率为定值(p)即可. 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:∴4(a1+an)=21+67=88. ∴a1
+an=22. ∴由 n(a1+an)=2Sn=2?286 得:(2)∵Sn, S2n-Sn, S3n-S2n 成等差数列,
∴S3n-S2n+Sn=2(S2n-Sn). 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. n=26. 故所求数列的项数为 26. ∴
S3n=3(S2n-Sn)=3(38-20)=54. (3)依题意解得: a中=11, n=7. 课后练习题解: ∵{an}
, {bn} 是等差数列, ∴它们的前 n 项和是关于 n 的二次函数, 且常数项为 0, ∴a5=S5-S4=65k, b5
=S5?-S4? =13k.∴可设 Sn=kn(7n+2), Sn? =kn(n+4), 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, ∴10
a1+45d=110, 又由(1)知 a1=d, 代入上式得: 11a1=22. 即 2a1+9d=22. ∴a1=2.
∴an=2+(n-1)?2=2n. ∴d=a1=2. ∴公差 d 的值为 2, 数列 {an} 的通项公式为 an
=2n. 故数列 {bn} 是等差数列. 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. ∵a2?a1, ∴a2?0, ∴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 a
n+1=Sn+1-Sn 得: 8an+1=(an+1+2)2-(an+2)2. (2)解: 由已知 8a1=8S1=(a1+2)2
?a1=2, 故由(1)知 an=4n-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. ∴bn=2n-1-30=2n-31. 解 2n-31<0 且 2(n+1)-31≥0 得: ∵n?N, ∴n=1
5. ∴{bn} 的前 15 项为负数, 其前 15 项和 T15 最小. ∵b1=-29, 公差 d=2, 故所求前
n 项和的最小值为 -225. ∴T15=15?(-29)+15?7?2=-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), 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. ∴An=a2+a4+a8+…
+a2n=na1+d[1+3+7+…+(2n-1)] =na1+d(2+22+23+…+2n-n) 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 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: 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.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:
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} 的公差为 d, ∵S7=7, S15=75, 解得: a1=-2
, d=1. 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.
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: 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). 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. (1)求数
列 {an} 的通项公式; (2)设 p, q 是正整数, 且 p?q, 证明: 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. (1)解: 设等差数列 {an} 的公差为 d, 依题意得: ∵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.高考链接：省内模拟考链接 |
|
