考点21 等差数列及其前n项和

(对应学生用书第103页)考点1等差数列基本量的运算解决等差数列运算问题的思想方法(1)方程思想：等差数列的基本量为首项a1和公差d，通常利用已知条件及通项公式或前n项和公式列方程(组)求解，等差数列中包含a1，d，n，a n，S n五个量，可“知三求二”．(2)整体思想：当所给条件只有一个时，可将已知和所求都用a1，d表示，寻求两者间的联系，整体代换即可求解．(3)利用性质：运用等差数列性质可以化繁为简、优化解题过程．又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推．在这个问题中，记这位公公的第n 个儿子的年龄为a n ，则a 1＝( )A ．23B ．32C ．35D ．38C [由题意可知年龄构成的数列为等差数列，其公差为－3，则9a 1＋9×82×(－3)＝207，解得a 1＝35，故选C.]确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a 1和公差d .考点2 等差数列的判定与证明等差数列的4个判定方法(1)定义法：证明对任意正整数n 都有a n ＋1－a n 等于同一个常数． (2)等差中项法：证明对任意正整数n 都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.2．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a n≠0，a n a n＋1＝λS n－1，其中λ为常数．(1)证明：a n＋2－a n＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n}为等差数列？并说明理由．[解](1)证明：由题设知a n a n＋1＝λS n－1，a n＋1a n＋2＝λS n＋1－1，两式相减得a n＋1(a n＋2－a n)＝λa n＋1，由于a n＋1≠0，所以a n＋2－a n＝λ.(2)由题设知a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故a n＋2－a n＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以a n＝2n－1，a n＋1－a n＝2，因此存在λ＝4，使得数列{a n}为等差数列．考点3等差数列的性质及应用B [数列{a n }为等差数列，则a m －1＋a m ＋1＝2a m ，则a m －1＋a m ＋1－a 2m －1＝0可化为2a m －a 2m －1＝0，解得a m ＝1.又S 2m －1＝(2m －1)a m ＝39，则m ＝20.故选B.]2．设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意的n ∈N *，都有Sn Tn ＝2n －34n －3，则a2b3＋b13＋a14b5＋b11的值为( ) A ．2945 B ．1329 C ．919 D ．1930C [由题意可知b 3＋b 13＝b 5＋b 11＝b 1＋b 15＝2b 8，∴a2b3＋b13＋a14b5＋b11＝a2＋a142b8＝a8b8＝S15T15＝2×15－34×15－3＝2757＝919.故选C.] 考点4 等差数列前n 项和的最值问题求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎨⎧am≥0，am ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ； ②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎨⎧am≤0，am ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .。

第二节等差数列及其前n项和[备考方向要明了]考什么怎么考1.理解等差数列的概念；2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式；3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题；4.了解等差数列与一次函数的关系.1.以选择题的形式考查等差数列的基本量及等差数列性质的简单应用，如2012年辽宁T6，北京T10，江西T12等．2.以解答题的形式考查等差数列的概念、等差数列的判定、通项公式、前n项和公式以及等差数列的性质等，如2012年陕西T17等.[归纳·知识整合]1．等差数列的定义一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d表示，定义表达式为a n－a n－1＝d(常数)(n∈N*，n≥2)或a n＋1－a n＝d(常数)(n∈N*)．2．等差数列的通项公式若等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，则其通项公式为a n＝a1＋(n－1)d.亦可以用数列中的第m项a m与公差d表示为a n＝a m＋(n－m)d.[探究] 1.已知等差数列{a n}的第m项为a m，公差为d，则其第n项a n能否用a m与d 表示？提示：能，a n＝a m＋(n－m)d.3．等差中项若三个数a，A，b成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且有A＝a＋b2.4．等差数列的前n项和公式S n＝na1＋n(n－1)2d＝n(a1＋a n)2.[探究] 2.等差数列前n 项和公式的推导运用了什么方法？ 提示：倒序相加法．3．等差数列前n 项和公式能否看作关于n 的函数，该函数是否有最值？提示：当d ≠0时，S n 是关于n 的且常数项为0的二次函数，则(n ，S n )是二次函数图象上的一群孤立的点，由此可得：当d >0时，S n 有最小值；当d <0时，S n 有最大值．5．等差数列的性质已知数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和． (1)若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ， 特别：若m ＋n ＝2p ，则a m ＋a n ＝2a p .(2)a m ，a m ＋k ，a m ＋2k ，a m ＋3k ，…仍是等差数列，公差为kd . (3)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列．[自测·牛刀小试]1．(2012·重庆高考)在等差数列{a n }中，a 2＝1，a 4＝5，则{a n }的前5项和S 5＝( ) A ．7 B ．15 C ．20D ．25解析：选B 数列{a n }的公差d ＝5－12＝2，则a 1＝－1，a 5＝7，可得S 5＝15.2．(2012·辽宁高考)在等差数列{a n }中，已知a 4＋a 8＝16，则该数列前11项和S 11＝( ) A ．58 B ．88 C ．143D ．176解析：选B 因为{a n }是等差数列，所以a 4＋a 8＝2a 6＝16⇒a 6＝8，则该数列的前11项和为S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11a 6＝88.3．(教材习题改编)在等差数列{a n }中，若a 4＋a 5＝15，a 7＝15，则a 2的值为( ) A ．－3 B ．0 C ．1D ．2解析：选B 由题意知，a 2＋a 7＝a 4＋a 5，所以a 2＝a 4＋a 5－a 7＝0.4．(教材习题改编)已知两个数列x ，a 1，a 2，a 3，y 与x ，b 1，b 2，y 都是等差数列，且x ≠y ，则a 2－a 1b 2－b 1的值为________． 解析：∵a 2－a 1＝14(y －x )，b 2－b 1＝13(y －x )，∴a 2－a 1b 2－b 1＝34. 答案：345．(教材习题改编)有两个等差数列2,6,10，…，190及2,8,14，…，200，由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：两个等差数列的公共项为2,14,26，…即新数列的首项为2，公差为12. 故a n ＝2＋(n －1)×12＝12n －10. 答案：12n －10等差数列的判定与证明[例1] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＝－2S n S n －1(n ≥2)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求S n 和a n .[自主解答] (1)证明： ∵当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝－2S n S n －1，① ∴S n (1＋2S n －1)＝S n －1.由上式，若S n －1≠0，则S n ≠0. ∵S 1＝a 1≠0，由递推关系知S n ≠0(n ∈N *)， 由①式得1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，其中首项为1S 1＝1a 1＝2，公差为2.(2)∵1S n ＝1S 1＋2(n －1)＝1a 1＋2(n －1)，∴S n ＝12n.当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝－12n(n－1)，当n＝1时，a1＝S1＝12不适合上式，∴a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n＝1，－12n(n－1)，n≥2.若将条件改为“a1＝2，S n＝S n－12S n－1＋1(n≥2)”，如何求解．解：(1)证明：∵S n＝S n－12S n－1＋1，∴1S n＝2S n－1＋1S n－1＝1S n－1＋2.∴1S n－1S n－1＝2.∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n是以12为首项，以2为公差的等差数列．(2)由(1)知1S n＝12＋(n－1)×2＝2n－32，即S n＝12n－32.当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝12n－32－12n－72＝－2⎝⎛⎭⎫2n－32⎝⎛⎭⎫2n－72；当n＝1时，a1＝2不适合a n，故a n＝⎩⎪⎨⎪⎧2(n＝1)，－2⎝⎛⎭⎫2n－32⎝⎛⎭⎫2n－72(n≥2).———————————————————等差数列的判定方法(1)定义法：对于n ≥2的任意自然数，验证a n －a n －1为同一常数； (2)等差中项法：验证2a n －1＝a n ＋a n －2(n ≥3，n ∈N *)成立； (3)通项公式法：验证a n ＝pn ＋q ； (4)前n 项和公式法：验证S n ＝An 2＋Bn .注意：在解答题中常应用定义法和等差中项法，而通项公式法和前n 项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断．1．已知数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n －1(n ∈N *)．(1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)求数列{a n }中的最大项和最小项，并说明理由． 解：(1)证明：∵a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝1a n －1， ∴b n ＋1－b n ＝1a n ＋1－1－1a n －1＝1⎝⎛⎭⎫2－1a n －1－1a n －1＝a n a n －1－1a n －1＝1. 又b 1＝1a n －1＝－52，∴数列{b n }是以－52为首项，以1为公差的等差数列．(2)由(1)知b n ＝n －72，则a n ＝1＋1b n ＝1＋22n －7，设f (x )＝1＋22x －7，则f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－∞，72和⎝⎛⎭⎫72，＋∞上为减函数． 故当n ＝3时，a n 取得最小值－1，当n ＝4时，a n 取得最大值3.等差数列基本量的计算[例2] (1)已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，则a 20等于( ) A ．－1B ．1C ．3D ．7(2)(2012·广东高考)已知递增的等差数列{a n }满足a 1＝1，a 3＝a 22－4，则a n ＝________. (3)(2012·北京高考)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝12，S 2＝a 3，则a 2＝________；S n ＝________.[自主解答] (1)两式相减，可得3d ＝－6，d ＝－2.由已知可得3a 3＝105，a 3＝35，所以a 20＝a 3＋17d ＝35＋(－34)＝1.(2)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，a 3＝(a 1＋d )2－4，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，1＋2d ＝(1＋d )2－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝±2.由于等差数列{a n }是递增的等差数列，因此⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.(3)设等差数列的公差为d ，则2a 1＋d ＝a 1＋2d ，把a 1＝12代入得d ＝12，所以a 2＝a 1＋d＝1，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝14n (n ＋1)．[答案] (1)B (2)2n －1 (3)1 n (n ＋1)4———————————————————等差数列运算问题的通法等差数列的通项公式及前n 项和公式中，共涉及五个量，知三可求二，如果已知两个条件，就可以列出方程组求解，体现了用方程思想解决问题的方法．如果利用等差数列的性质、几何意义去考虑也可以．2．已知等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d (n ≥1，n ∈N *)．由a 1＝1，a 3＝－3，可得1＋2d ＝－3， 解得d ＝－2.从而，a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n . (2)由(1)知a n ＝3－2n ，所以S n ＝n [1＋(3－2n )]2＝2n －n 2.进而由S k ＝－35，可得2k －k 2＝－35， 即k 2－2k －35＝0，解得k ＝7或k ＝－5. 又k ∈N *，故k ＝7为所求结果.等差数列前n 项和的最值[例3] 已知在等差数列{a n }中，a 1＝31，S n 是它的前n 项和，S 10＝S 22， (1)求S n ；(2)这个数列的前多少项和最大，并求出这个最大值． [自主解答] (1)∵S 10＝a 1＋a 2＋…＋a 10， S 22＝a 1＋a 2＋…＋a 22，又S 10＝S 22，∴a 11＋a 12＋…＋a 22＝0， 即12(a 11＋a 22)2＝0，即a 11＋a 22＝2a 1＋31d ＝0.又a 1＝31，∴d ＝－2.∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝31n －n (n －1)＝32n －n 2.(2)法一：由(1)知，S n ＝32n －n 2＝－(n －16)2＋256， ∴当n ＝16时，S n 有最大值256. 法二：由(1)知，⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝31＋(n －1)·(－2)＝－2n ＋33≥0，a n ＋1＝31＋n ·(－2)＝－2n ＋31≤0(n ∈N *)， 解得312≤n ≤332，∵n ∈N *，∴n ＝16时，S n 有最大值256.若将“a 1＝31，S 10＝S 22”改为“a 1＝20，S 10＝S 15”，则n 为何值时，S n 取得最大值？ 解：法一：∵a 1＝20，S 10＝S 15， ∴10×20＋10×92d ＝15×20＋15×142d ，解得d ＝－53.∴a n ＝20＋(n －1)×⎝⎛⎭⎫－53＝－53n ＋653. ∴a 13＝0，即当n ≤12时，a n >0，n ≥14时，a n <0. ∴当n ＝12或13时，S n 取得最大值，且最大值为 S 12＝S 13＝12×20＋12×112×⎝⎛⎭⎫－53＝130.法二：同法一求得d ＝－53.∴S n ＝20n ＋n (n －1)2·⎝⎛⎭⎫－53＝－56n 2＋1256n ＝－56⎝⎛⎭⎫n －2522＋3 12524. ∵n ∈N *，∴当n ＝12或13时，S n 有最大值， 且最大值为S 12＝S 13＝130. 法三：同法一得d ＝－53.又由S 10＝S 15，得a 11＋a 12＋a 13＋a 14＋a 15＝0. ∴5a 13＝0，即a 13＝0.∴当n ＝12或13时，S n 有最大值， 且最大值为S 12＝S 13＝130.——————————————————— 求等差数列前n 项和的最值的方法(1)运用配方法转化为二次函数，借助二次函数的单调性以及数形结合的思想，从而使问题得解；(2)通项公式法：求使a n ≥0(a n ≤0)成立时最大的n 值即可．一般地，等差数列{a n }中，若a 1>0，且S p ＝S q (p ≠q )，则①若p ＋q 为偶数，则当n ＝p ＋q2时，S n 最大； ②若p ＋q 为奇数，则当n ＝p ＋q －12或n ＝p ＋q ＋12时，S n 最大．3．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝12，S 12>0，S 13<0. (1)求公差d 的取值范围；(2)指出S 1，S 2，…，S 12中，哪一个最大，并说明理由． 解：(1)设数列首项为a 1，公差为d ，由题意可得，⎩⎨⎧S 12＝12a 1＋12×12×(12－1)d >0，S13＝13a 1＋12×13×(13－1)d <0.将a 1＝a 3－2d ＝12－2d 代入，得⎩⎪⎨⎪⎧24＋7d >0，3＋d <0，即－247<d <－3.(2)法一：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝(12－2d )n ＋n (n －1)2d ＝d 2n 2－⎝⎛⎭⎫52d －12n ，其中－247<d <－3.由二次函数知识可得S 6最大．法二：∵a n ＝a 1＋(n －1)d ＝12＋(n －3)d ，由⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥0，a n ＋1≤0，得⎩⎪⎨⎪⎧12＋(n －3)d ≥0，12＋(n －2)d ≤0.∴－12d ＋2≤n ≤－12d ＋3.而－247<d <－3， ∴112<n <7.∴n ＝6. ∴前6项和S 6最大．法三：由S 13＝13a 7<0，S 12＝6(a 6＋a 7)>0，∴a 7<0，a 6>0.∴前6项和S 6最大．等差数列性质的应用[例4] (1)(2013·江门模拟)等差数列{a n }前17项和S 17＝51，则a 5－a 7＋a 9－a 11＋a 13等于( )A ．3B ．6C ．17D ．51(2)等差数列{a n }中，若a 1＋a 4＋a 7＝39，a 3＋a 6＋a 9＝27，则前9项的和S 9等于( ) A ．66 B ．99 C ．144D ．297[自主解答] (1)由于S 17＝a 1＋a 172×17＝17a 9＝51，所以a 9＝3.根据等差数列的性质a 5＋a 13＝a 7＋a 11，所以a 5－a 7＋a 9－a 11＋a 13＝a 9＝3.(2)由等差数列的性质及a 1＋a 4＋a 7＝39，可得3a 4＝39，所以a 4＝13.同理，由a 3＋a 6＋a 9＝27，可得a 6＝9.所以S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9(a 4＋a 6)2＝99.[答案] (1)A (2)B ———————————————————在等差数列有关计算问题中，结合整体思想，灵活应用性质，可以减少运算量，达到事半功倍的效果.4．(1)(2013·山西四校联考)在等差数列{a n }中，a 1＋a 2＋a 3＝3，a 18＋a 19＋a 20＝87，则此数列前20项的和等于( )A ．290B ．300C ．580D ．600(2)(2012·江西高考)设数列{a n }，{b n }都是等差数列．若a 1＋b 1＝7，a 3＋b 3＝21，则a 5＋b 5＝________.解析：(1)选B 依题意得3(a 1＋a 20)＝90，即a 1＋a 20＝30，数列{a n }的前20项的和等于20(a 1＋a 20)2＝300. (2)法一：设数列{a n }，{b n }的公差分别为d 1，d 2，因为a 3＋b 3＝(a 1＋2d 1)＋(b 1＋2d 2)＝(a 1＋b 1)＋2(d 1＋d 2)＝7＋2(d 1＋d 2)＝21，所以d 1＋d 2＝7.所以a 5＋b 5＝(a 3＋b 3)＋2(d 1＋d 2)＝21＋2×7＝35.法二：∵2a 3＝a 1＋a 5,2b 3＝b 1＋b 5， ∴a 5＋b 5＝2(a 3＋b 3)－(a 1＋b 1) ＝2×21－7＝35. 答案：351个技巧——利用等差数列的性质妙设项若奇数个数成等差数列，可设中间三项为a －d ，a ，a ＋d ；若偶数个数成等差数列，可设中间两项为a －d ，a ＋d ，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．2种选择——等差数列前n 项和公式的选择等差数列前n 项和公式有两个，如果已知项数n 、首项a 1和第n 项a n ，则利用S n ＝n (a 1＋a n )2，该公式经常和等差数列的性质结合应用．如果已知项数n 、首项a 1和公差d ，则利用S n ＝na 1＋n (n －1)d2，在求解等差数列的基本运算问题时，有时会和通项公式结合使用．3个结论——等差数列前n 项和S n 的几个结论(1)若等差数列{a n }的项数为偶数2n ，则①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)；②S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a na n ＋1. (2)若等差数列{a n }的项数为奇数2n ＋1，则①S 2n ＋1＝(2n ＋1)a n ＋1；②S 奇S 偶＝n ＋1n .(3)在等差数列{a n }中，若a 1>0，d <0，则满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值S m ；若a 1<0，d >0，则满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值S m .4种方法——等差数列的判断方法①定义法；②等差中项法；③通项公式法；④前n 项和公式法.数学思想——整体思想在数列中的应用利用整体思想解数学问题，就是从全局着眼，由整体入手，把一些彼此独立但实际上紧密联系的量作为一个整体考虑的方法．有不少数列题，其首项、公差无法确定或计算繁琐，对这类问题，若从整体考虑，往往可寻得简捷的解题途径．[典例] (2013·盐城模拟)设等差数列{a n }的前n 项和S n ＝m ，前m 项和S m ＝n (m ≠n )则它的前m ＋n 项的和S m ＋n ＝________.[解析] 法一：设{a n }的公差为d ， 则由S n ＝m ，S m ＝n ，得⎩⎪⎨⎪⎧S n＝na 1＋n (n －1)2d ＝m ， ①S m＝ma 1＋m (m －1)2d ＝n . ②②－①得(m －n )a 1＋(m －n )(m ＋n －1)2·d ＝n －m ，∵m ≠n ，∴a 1＋m ＋n －12d ＝－1.∴S m ＋n ＝(m ＋n )a 1＋(m ＋n )(m ＋n －1)2d＝(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋m ＋n －12d ＝－(m ＋n )．法二：设S n ＝An 2＋Bn (n ∈N *)，则⎩⎪⎨⎪⎧Am 2＋Bm ＝n ， ③An 2＋Bn ＝m ， ④③－④得A (m 2－n 2)＋B (m －n )＝n －m . ∵m ≠n ，∴A (m ＋n )＋B ＝－1. ∴A (m ＋n )2＋B (m ＋n )＝－(m ＋n )， 即S m ＋n ＝－(m ＋n )．[答案] －(m ＋n ) [题后悟道]1．本题的两种解法都突出了整体思想，其中法一把a 1＋m ＋n －12d 看成了一个整体，法二把A (m ＋n )＋B 看成了一个整体，解起来都很方便．2．整体思想是一种重要的解题方法和技巧，这就要求学生要掌握公式，理解其结构特征．3．本题的易错点是，不能正确运用整体思想的运算方法，不能建立数量间的关系，导致错误．[变式训练]1．等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若S n T n ＝2n 3n ＋1，则a nb n ＝( )A.23 B.2n －13n －1 C.2n ＋13n ＋1D.2n －13n ＋4解析：选B a n b n ＝2a n 2b n ＝a 1＋a 2n －1b 1＋b 2n －1＝S 2n －1T 2n －1＝2(2n －1)3(2n －1)＋1＝2n －13n －1.2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知其前6项和为36，S n ＝324，最后6项的和为180(n >6)，求该数列的项数n 及a 9＋a 10.解：由题意知a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝36， a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＋a n －4＋a n －5＝180， ∴6(a 1＋a n )＝36＋180＝216. ∴a 1＋a n ＝36.又S n ＝324，∴n (a 1＋a n )2＝324，即n ＝2×32436＝18.∴a 9＋a 10＝a 1＋a 18＝36.一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．已知{a n }是等差数列，且a 3＋a 9＝4a 5，a 2＝－8，则该数列的公差是( )A ．4B ．14C ．－4D ．－14解析：选A 因为a 3＋a 9＝4a 5，所以根据等差数列的性质可得a 6＝2a 5.所以a 1＋5d ＝2a 1＋8d ，即a 1＋3d ＝0.又a 2＝－8，即a 1＋d ＝－8，所以公差d ＝4.2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 17＝a ，则a 2＋a 9＋a 16等于( ) A.a 17 B.4a17 C.3a 17D ．－3a 17解析：选C ∵S 17＝(a 1＋a 17)×172＝a ，∴17a 9＝a ，a 9＝a 17.∴a 2＋a 9＋a 16＝3a 9＝3a17.3．(2013·秦皇岛模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S k ＋2－S k＝24，则k ＝( )A ．8B ．7C ．6D ．5 解析：选D 依题意得S k ＋2－S k ＝a k ＋1＋a k ＋2＝2a 1＋(2k ＋1)d ＝2(2k ＋1)＋2＝24，解得k ＝5.4．已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99.以S n 表示{a n }的前n 项和，则使得S n 达到最大值的n 是( )A ．21B ．20C ．19D ．18解析：选B ∵a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99， ∴3a 3＝105,3a 4＝99，即a 3＝35，a 4＝33. ∴a 1＝39，d ＝－2，得a n ＝41－2n . 令a n >0且a n ＋1<0，n ∈N *，则有n ＝20.5．已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 1＝1，S 4S 2＝4，则S 6S 4的值为( )A.94 B.32 C.53D ．4解析：选A 由等差数列的性质可知S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等差数列，由S 4S 2＝4得S 4－S 2S 2＝3，则S 6－S 4＝5S 2，所以S 4＝4S 2，S 6＝9S 2，S 6S 4＝94.6．(2013·玉溪模拟)数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)．若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8＝( )A ．0B ．3C ．8D ．11解析：选B 因为{b n }是等差数列，且b 3＝－2，b 10＝12， 故公差d ＝12－(－2)10－3＝2.于是b 1＝－6，且b n ＝2n －8(n ∈N *)，即a n ＋1－a n ＝2n －8.所以a 8＝a 7＋6＝a 6＋4＋6＝a 5＋2＋4＋6＝…＝a 1＋(－6)＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝3.二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．等差数列{a n }中a 1＝1，前n 项和S n 满足S 4S 2＝4，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：设公差为d ，则由S 4S 2＝4得4a 1＋6d 2a 1＋d ＝4.又∵a 1＝1，∴d ＝2.∴S n ＝na 1＋n (n －1)d2＝n ＋n (n －1)＝n 2.答案：n 28．已知等差数列{a n }中，a n ≠0，若n >1且a n －1＋a n ＋1－a 2n ＝0，S 2n －1＝38，则n 等于________．解析：∵2a n ＝a n －1＋a n ＋1， 又a n －1＋a n ＋1－a 2n ＝0，∴2a n －a 2n ＝0，即a n (2－a n)＝0. ∵a n ≠0，∴a n ＝2.∴S 2n －1＝2(2n －1)＝38，解得n ＝10. 答案：109．(2013·南京模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若(a 2－1)3＋2 012(a 2－1)＝1，(a 2 011－1)3＋2 012·(a 2 011－1)＝－1，则下列四个命题中真命题的序号为________．①S 2 011＝2 011；②S 2 012＝2 012；③a 2 011<a 2；④S 2 011<S 2.解析：由f (x )＝x 3＋2 012 x 为奇函数，f ′(x )＝3x 2＋2 012>0，f (1)＝2 013>1知f (1)>f (a 2－1)，故a 2－1<1即a 2<2又f (a 2－1)＝－f (a 2 011－1)＝1，故a 2 011<a 2，a 2－1＝(a 2 011－1)即a 2＋a 2 011＝2，S 2 012＝a 1＋a 2 0122×2 012＝2 012，S 2 011＝S 2 012－a 2 012＝2 012－(2－a 2＋d )＝2 010＋a 1>a 1＋a 2＝S 2，又假设S 2 011＝2 011，则a 1＝1，a 2 011＝1矛盾．综上，正确的为②③. 答案：②③三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10．设a 1，d 为实数，首项为a 1，公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 5S 6＋15＝0.(1)若S 5＝5，求S 6及a 1； (2)求d 的取值范围．解：(1)由题意知S 6＝－15S 5＝－3，a 6＝S 6－S 5＝－8，所以⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋10d ＝5，a 1＋5d ＝－8，解得a 1＝7.所以S 6＝－3，a 1＝7. (2)因为S 5S 6＋15＝0，所以(5a 1＋10d )(6a 1＋15d )＋15＝0，即2a 21＋9da 1＋10d 2＋1＝0.故(4a 1＋9d )2＝d 2－8，所以d 2≥8. 故d 的取值范围为d ≤－22或d ≥2 2.11．已知等差数列{a n }中，公差d >0，前n 项和为S n ，a 2·a 3＝45，a 1＋a 5＝18. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝S n n ＋c (n ∈N *)，是否存在一个非零常数c ，使数列{b n }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{a n }是等差数列，且公差d >0，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 3＝45，a 1＋a 5＝18，得⎩⎪⎨⎪⎧ (a 1＋d )(a 1＋2d )＝45，a 1＋(a 1＋4d )＝18，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4. 故a n ＝4n －3(n ∈N *)．(2)由b n ＝S nn ＋c ＝n (1＋4n －3)2n ＋c ＝2n ⎝⎛⎭⎫n －12n ＋c .∵c ≠0，∴可令c ＝－12，得到b n ＝2n .∵b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－2n ＝2(n ∈N *)， ∴数列{b n }是公差为2的等差数列．即存在一个非零常数c ＝－12，使数列{b n }也为等差数列．12．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，S n 满足关系式2S n ＝S n －1－⎝⎛⎭⎫12n －1＋2(n ≥2，n 为正整数)，a 1＝12.(1)令b n ＝2n a n ，求证数列{b n }是等差数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)在(1)的条件下，求S n 的取值范围．解：(1)由2S n ＝S n －1－⎝⎛⎭⎫12n －1＋2，得2S n ＋1＝S n －⎝⎛⎭⎫12n ＋2，两式相减得2a n ＋1＝a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ， 上式两边同乘以2n 得2n ＋1a n ＋1＝2n a n ＋1，即b n ＋1＝b n ＋1，所以b n ＋1－b n ＝1，故数列{b n }是等差数列，且公差为1.又因为b 1＝2a 1＝1，所以b n ＝1＋(n －1)×1＝n .因此2n a n ＝n ，从而a n ＝n ·⎝⎛⎭⎫12n.(2)由于2S n ＝S n －1－⎝⎛⎭⎫12n －1＋2，所以2S n －S n －1＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1，即S n ＋a n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1. S n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1－a n ，而a n ＝n ·⎝⎛⎭⎫12n ，所以S n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1－n ·⎝⎛⎭⎫12n ＝2－(n ＋2)·⎝⎛⎭⎫12n . 所以S n ＋1＝2－(n ＋3)·⎝⎛⎭⎫12n ＋1，且S n ＋1－S n ＝n ＋12n ＋1＞0.所以S n ≥S 1＝12，又因为在S n ＝2－(n ＋2)·⎝⎛⎭⎫12n 中，(n ＋2)·⎝⎛⎭⎫12n ＞0，故S n ＜2， 即S n 的取值范围是⎣⎡⎭⎫12，2.1．已知数列{a n }的通项公式a n ＝pn 2＋qn (p ，q ∈R ，且p ，q 为常数)． (1)当p 和q 满足什么条件时，数列{a n }是等差数列？ (2)求证：对任意实数p 和q ，数列{a n ＋1－a n }是等差数列．解：(1)a n ＋1－a n ＝[p (n ＋1)2＋q (n ＋1)]－(pn 2＋qn )＝2pn ＋p ＋q ，要使{a n }是等差数列，则2pn ＋p ＋q 应是一个与n 无关的常数，所以2p ＝0，即p ＝0.故当p ＝0时，数列{a n }是等差数列． (2)证明：∵a n ＋1－a n ＝2pn ＋p ＋q ， ∴a n ＋2－a n ＋1＝2p (n ＋1)＋p ＋q .而(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝2p 为一个常数， ∴{a n ＋1－a n }是等差数列．2．设{a n }是一个公差为d (d ≠0)的等差数列，它的前10项和S 10＝110，且a 1，a 2，a 4成等比数列．(1)证明a 1＝d ；(2)求公差d 的值和数列{a n }的通项公式． 解：(1)证明：因a 1，a 2，a 4成等比数列， 故a 22＝a 1a 4.而{a n }是等差数列，有a 2＝a 1＋d ，a 4＝a 1＋3d .于是(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，即a 21＋2a 1d ＋d 2＝a 21＋3a 1d ，化简得a 1＝d .(2)由条件S 10＝110和S 10＝10a 1＋10×92d ，得到10a 1＋45d ＝110.由(1)，a 1＝d ，代入上式得55d ＝110， 故d ＝2，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n .因此，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n (n ＝1,2,3，…)．3．已知{a n }为等差数列，若a 11a 10<－1，且它的前n 项和S n 有最大值，那么当S n 取得最小正值时，n 等于多少？解：由已知得，{a n }是首项为正，公差为负的递减等差数列． 由a 11a 10<－1得a 10＋a 11<0且a 10>0，a 11<0， ∴S 20＝20(a 1＋a 20)2＝20(a 10＋a 11)2＝10(a 10＋a 11)<0.而S 19＝19a 10>0， ∴S n 取最小正值时n ＝19.4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋2n ，数列{b n }的前n 项和T n ＝2－b n .求数列{a n }与{b n }的通项公式．解：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －2(n －1)2－2(n －1)＝4n ， 又a 1＝S 1＝4，故a n ＝4n .当n ≥2时，由b n ＝T n －T n －1＝2－b n －2＋b n －1， 得b n ＝12b n －1，又T 1＝2－b 1，即b 1＝1， 故b n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1＝21－n.。

等差数列的前N项和公式等差数列是指数列中任意两个相邻项之差保持不变的数列。

前N项和指的是数列前N项之和。

首先，我们来推导等差数列的通项公式。

设等差数列的第一项为a1，公差为d，第n项为an。

根据等差数列的定义可知，第2项为a2 = a1 + d，第3项为a3 = a1 + 2d，以此类推，第n项为an = a1 + (n-1)d。

我们可以把等差数列展开，得到：a1,a1+d,a1+2d,a1+3d,...,a1+(n-2)d,a1+(n-1)d将这些项相加，得到：S=(a1+a1+d+a1+2d+a1+3d+...+a1+(n-2)d+a1+(n-1)d)我们可以将等差数列中的每一项按照公差d进行分组，得到：S=(a1+a1+(n-1)d)+(a1+d+a1+(n-2)d)+(a1+2d+a1+(n-3)d)+...+(a1+(n-2)d+a1+d)+(a1+(n-1)d+a1)根据等差数列的恒等差性质，每一组中的两项之和都等于2a1+(n-1)d。

因此，上式可以进一步化简为：S=n(2a1+(n-1)d)这就是等差数列的前N项和公式，也被称为等差数列求和公式。

为了更好地理解该公式，我们可以举一个具体的例子。

假设有一个等差数列：2,5,8,11,14，求前四项的和。

首先，确定已知量：a1=2(第一项)d=5-2=3(公差)n=4(前四项)代入前N项和公式，可得：S=4(2+(4-1)3)=4(2+3*3)=4(2+9)=4*11=44因此，2,5,8,11的和为44除了使用前N项和公式，我们还可以利用等差数列的性质进行计算。

等差数列可以通过两种方法计算前N项的和：方法一：逐项相加。

通过将每一项相加，可以得到等差数列的前N项和。

在大多数情况下，这种方法适用于较小的N。

方法二：首项加末项乘N除以2、由于等差数列的第一项和最后一项之和等于N，将这两项相加，并乘以N除以2，即可得到前N项和。

这个方法适用于所有的等差数列。

等差数列及其前n 项和一、等差数列的相关概念（一）等差数列的定义：如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差等于．．．．．．．．．．．．．．．．．．同一个常数．．．．．，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差。

利用：“1+n a －n a ＝d (d 为常数)”判断一个数列是否是等差数列。

注意：（1）如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项起或第4项起，那么此数列不是等差数列；（2）等差数列要求这个常数必须相同；（3）公差d ： d ＝1+n a －n a ＝n a －1-n a (n ≥2)；（4）当d ＝0时，数列为常数数列；当d ＞0，数列为递增数列；当d ＜0，数列为递减数列；（5）公差必须为后一项减前一项，不能颠倒。

（二）、等差数列的通项公式如果等差数列{n a }的首项为1a ，公差为d ，那么它的通项公式是n a ＝．1a ＋．(n ．．－．1)．．d ，或者通项公式的变形：n a ＝．m a ＋．(n ．．－．m)．．d 。

（三）、等差中项：（1）由三个数．．．．a ，．A ．，．b ．组成的等差数列，．．．．．．．．A ．叫做．．a 和．b ．的等差中项．．．．．，．则．2A ．．＝．a ＋．b ．；．（2）若在一个等差数列中，除去首项和末项以外，每一项都是它前一项与后一项的等差中项，即2n a ＝1-n a ＋1+n a 。

（3） 特别地：在△ABC 中，A 、B 、C 成等差数列，则B ＝600。

例1：已知数列{n a }为等差数列3a ＝54，7a ＝－74，则15a ＝____________。

【基本量法】【解析】 －314.变式练习1：若等差数列{n a }的公差d ≠0，且1a ，2a 是关于x 的方程x 2－3a x ＋4a ＝0的两根，求数列{n a }的通项公式。

【解】 由题意知⎩⎨⎧a 1＋a 2＝a 3，a 1a 2＝a 4，∴⎩⎨⎧2a 1＋d ＝a 1＋2d ，a 1(a 1＋d )＝a 1＋3d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝2，a n＝2n .变式练习2：（1）方程x 2－6x ＋1＝0的两根的等差中项为________。

等差数列及其前n 项和教学讲义1．等差数列的有关概念(1)定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d 表示．数学语言表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *)，d 为常数．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差数列的通项公式与前n 项和公式(1)若等差数列{a n }的首项是a 1，公差是d ，则其通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ，可推广为a n ＝a m ＋(n －m )d .(2)等差数列的前n 项和公式S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d . 3．等差数列的相关性质已知{a n }为等差数列，d 为公差，S n 为该数列的前n 项和．(1)有穷等差数列中与首末两项等距离的两项的和都相等，即a 1＋a n ＝a 2＋a n－1＝a 3＋a n －2＝…＝a k ＋a n －k ＋1＝….(2)等差数列{a n }中，当m ＋n ＝p ＋q 时， a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)． 特别地，若m ＋n ＝2p ，则2a p ＝a m ＋a n (m ，n ，p ∈N *)．(3)相隔等距离的项组成的数列是等差数列，即a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等差数列，公差为md (k ，m ∈N *)．(4)S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…也成等差数列，公差为n 2d .(5)⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也成等差数列，其首项与{a n }首项相同，公差是{a n }的公差的12.4．等差数列与函数的关系(1)等差数列与一次函数的关系a n＝a1＋(n－1)d可化为a n＝dn＋a1－d的形式．当d≠0时，a n是关于n的一次函数；当d>0时，数列为递增数列；当d<0时，数列为递减数列．(2)等差数列前n项和公式可变形为S n＝d2n2＋⎝⎛⎭⎪⎫a1－d2n.当d≠0时，它是关于n的二次函数，数列{a n}是等差数列⇔S n＝An2＋Bn(A，B为常数)．5．等差数列的前n项和的最值在等差数列{a n}中，a1>0，d<0，则S n存在最大值；若a1<0，d>0，则S n存在最小值．1．概念辨析(1)已知数列{a n}的通项公式是a n＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{a n}一定是等差数列．()(2)数列{a n}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数．()(3)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．()(4)数列{a n}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2a n＋1＝a n＋a n＋2.()答案(1)√(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)(2018·日照模拟)由公差为d的等差数列a1，a2，a3，…组成的新数列a1＋a4，a2＋a5，a3＋a6，…是()A．公差为d的等差数列B．公差为2d的等差数列C ．公差为3d 的等差数列D ．非等差数列 答案 B解析 由题意得，新数列{a n ＋a n ＋3}是公差为2d 的等差数列，理由：(a n ＋1＋a n ＋4)－(a n ＋a n ＋3)＝(a n ＋1－a n )＋(a n ＋4－a n ＋3)＝d ＋d ＝2d .(2)在等差数列{a n }中，已知a 2＝2，前7项和S 7＝56，则公差d ＝( ) A ．2 B ．3 C ．－2 D ．－3 答案 B解析由题意可得⎩⎨⎧a 1＋d ＝2，7a 1＋7×62d ＝56，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝2，a 1＋3d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝3.(3)(2018·北京高考)设{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2＋a 5＝36，则{a n }的通项公式为________．答案 a n ＝6n －3(n ∈N *)解析 由已知，设{a n }的公差为d ，则a 2＋a 5＝a 1＋d ＋a 1＋4d ＝2a 1＋5d ＝36， 又a 1＝3，所以d ＝6，所以{a n }的通项公式为 a n ＝3＋6(n －1)＝6n －3(n ∈N *)．(4)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝450，则a 2＋a 8＝________. 答案 180解析 由等差数列的性质可得 a 3＋a 7＝a 4＋a 6＝2a 5，又因为a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝450，所以5a 5＝450，a 5＝90，所以a 2＋a 8＝2a 5＝180.题型 一 等差数列基本量的运算1．(2018·全国卷Ⅰ)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12 答案 B解析 设该等差数列的公差为d ，根据题中的条件可得3×⎝ ⎛⎭⎪⎫3×2＋3×22·d ＝2×2＋d ＋4×2＋4×32·d ，整理解得d ＝－3，所以a 5＝a 1＋4d ＝2－12＝－10，故选B.2．(2018·碑林区期末)设{a n }是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项a 1＝________.答案 2解析 由题可知3a 2＝12，① (a 2－d )a 2(a 2＋d )＝48，② 将①代入②得(4－d )(4＋d )＝12， 解得d ＝2或d ＝－2(舍)， ∴a 1＝a 2－d ＝4－2＝2.3．(2016·全国卷Ⅱ)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.(1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1000项和．解 (1)设{a n }的公差为d ，据题意有7＋21d ＝28，解得d ＝1. 所以{a n }的通项公式为a n ＝n .b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n <10，1，10≤n <100，2，100≤n <1000，3，n ＝1000，所以数列{b n }的前1000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1893.1．等差数列基本运算的解题策略(1)等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程组解决问题的思想．(2)数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换的作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用方法．如举例说明1.2．等差数列设项技巧若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设中间三项为a －d ，a ，a ＋d ；若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设中间两项为a －d ，a ＋d ，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元(注意此时数列的公差为2d )．见举例说明2.1．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8 答案 C解析 设{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎨⎧(a 1＋3d )＋(a 1＋4d )＝24，6a 1＋6×52d ＝48，解得d ＝4.故选C.2．在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2. (1)求d ，a n ；(2)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.解 (1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2，即d 2－3d －4＝0，故d ＝－1或d ＝4，所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *.(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，因为d <0， 由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11，则当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n ， 当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110. 综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.题型 二 等差数列的判断与证明已知数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n －1(n ∈N *)．(1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)求数列{a n }中的最大项和最小项，并说明理由． 解 (1)证明：因为a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝1a n －1(n ∈N *)， 所以b n ＋1－b n ＝1a n ＋1－1－1a n －1＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1a n －1－1a n －1＝a n a n －1－1a n －1＝1.又b 1＝1a 1－1＝－52.所以数列{b n }是以－52为首项，1为公差的等差数列． (2)由(1)知b n ＝n －72，则a n ＝1＋1b n＝1＋22n －7. 设f (x )＝1＋22x －7， 则f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，72和⎝ ⎛⎭⎪⎫72，＋∞上为减函数．所以当n ＝3时，a n 取得最小值－1， 当n ＝4时，a n 取得最大值3.条件探究1 举例说明中，若将条件变为“a 1＝35，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)”，试求数列{a n }的通项公式．解 由已知可得a n ＋1n ＋1＝a nn ＋1，即a n ＋1n ＋1－a n n ＝1，又a 1＝35，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝35为首项，1为公差的等差数列，∴a n n ＝35＋(n －1)×1＝n －25，∴a n ＝n 2－25n .条件探究2 把举例说明条件改为“a 1＝2，a 2＝1，且a n －1－a n a n －1＝a n －a n ＋1a n ＋1”，求数列{a n }的通项公式．解 因为a n －1－a n a n －1＝a n －a n ＋1a n ＋1，1－a na n －1＝a n a n ＋1－1， ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1＋1a n －1a n ＝2， a n ＝2a n －1a n ＋1a n ＋1＋a n －1，所以1a n ＝12a n －1＋12a n ＋1，即2a n ＝1a n －1＋1a n ＋1.所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列．其首项1a 1＝12，公差d ＝1a 2－1a 1＝12.所以1a n＝12＋(n －1)·12＝n 2，所以a n ＝2n .判定数列{a n }是等差数列的常用方法(1)定义法：对任意n ∈N *，a n ＋1－a n 是同一个常数．见举例说明． (2)等差中项法：对任意n ≥2，n ∈N *，满足2a n ＝a n ＋1＋a n －1. (3)通项公式法：数列的通项公式a n 是n 的一次函数．(4)前n 项和公式法：数列的前n 项和公式S n 是n 的二次函数，且常数项为0.提醒：判断是否为等差数列，最终一般都要转化为定义法判断．1．正项数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2,2a 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n －1(n ∈N *，n ≥2)，则a 7＝________.答案19解析 由2a 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n －1(n ∈N *，n ≥2)，得数列{a 2n }是等差数列，公差d ＝a 22－a 21＝3，首项a 21＝1，所以a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，∴a n ＝3n －2，∴a 7＝19.2．已知数列{a n }满足a 1＝－23，a n ＋1＝－2a n －33a n ＋4(n ∈N *)．(1)证明：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋1是等差数列；(2)求{a n }的通项公式．解 (1)证明：因为1a n ＋1＋1＝1－2a n －33a n ＋4＋1＝3a n ＋4a n ＋1＝3＋1a n ＋1， 所以1a n ＋1＋1－1a n ＋1＝3.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是首项为3，公差为3的等差数列． (2)由(1)知1a n ＋1＝3n .所以a n ＝13n －1.题型 三等差数列的性质及前n项和的最值角度1 等差数列的性质的应用1．(1)在等差数列{a n }中，已知a 4，a 7是函数f (x )＝x 2－4x ＋3的两个零点，则{a n }的前10项和等于( )A ．－18B ．9C ．18D ．20(2)(2019·金版原创)已知函数f (x )＝cos x ，x ∈(0,2π)有两个不同的零点x 1，x 2，且方程f (x )＝m 有两个不同的实根x 3，x 4，若把这四个数按从小到大排列构成等差数列，则实数m ＝________.答案 (1)D (2)－32解析 (1)因为a 4，a 7是函数f (x )＝x 2－4x ＋3的两个零点， 由韦达定理可知，a 4＋a 7＝4，S 10＝a 1＋a 102×10＝a 4＋a 72×10＝20，故选D.(2)若m >0，则公差d ＝3π2－π2＝π，显然不成立，所以m <0，则公差d ＝3π2－π23＝π3.所以m ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π3＝－32.角度2 等差数列前n 项和的性质的应用2．等差数列{a n }中，前m 项的和为30，前2m 项的和为100，试求前3m 项的和．解 记数列{a n }的前n 项和为S n ，由等差数列前n 项和的性质知S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 成等差数列，则2(S 2m －S m )＝S m ＋(S 3m －S 2m )，又S m ＝30，S 2m ＝100，所以S 2m －S m ＝100－30＝70，所以S 3m －S 2m ＝2(S 2m －S m )－S m ＝110，所以S 3m ＝110＋100＝210.角度3 等差数列前n 项和的最值问题3．(1)(2018·吉林长春一模)等差数列{a n }中，已知a 6＋a 11＝0，且公差d >0，则其前n 项和取最小值时的n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9(2)在等差数列{a n }中，a 1＝29，S 10＝S 20，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为( )A ．S 15B ．S 16C ．S 15或S 16D ．S 17 答案 (1)C (2)A解析 (1)解法一：因为a 6＋a 11＝0， 所以a 1＋5d ＋a 1＋10d ＝0，解得a 1＝－152d ， 所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－152d ·n ＋n (n －1)2d ＝d 2(n 2－16n )＝d2[(n －8)2－64]．因为d >0，所以当n ＝8时，其前n 项和取最小值． 解法二：由等差数列的性质可得a 8＋a 9＝a 6＋a 11＝0. 由公差d >0得等差数列{a n }是递增数列，所以a 8<0，a 9>0， 故当1≤n ≤8时，a n <0；n ≥9时，a n >0，所以当n ＝8时，其前n 项和取最小值． (2)∵a 1＝29，S 10＝S 20， ∴10a 1＋10×92d ＝20a 1＋20×192d ，解得d ＝－2，∴S n ＝29n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋30n ＝－(n －15)2＋225. ∴当n ＝15时，S n 取得最大值．1．应用等差数列的性质解题的两个注意点(1)如果{a n }为等差数列，m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)．因此，若出现a m －n ，a m ，a m ＋n 等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与a m (或其他项)有关的条件；若求a m 项，可由a m ＝12(a m －n ＋a m ＋n )转化为求a m －n ，a m ＋n 或a m ＋n ＋a m －n 的值．(2)要注意等差数列通项公式及前n 项和公式的灵活应用，如a n ＝a m ＋(n －m )d ，d ＝a n －a m n －m，S 2n －1＝(2n －1)a n ，S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (a 2＋a n －1)2(n ，m ∈N *)等．(3)当项数为偶数2n 时，S 偶－S 奇＝nd ；项数为奇数2n －1时，S 奇－S 偶＝a中，S 奇∶S 偶＝n ∶(n －1)．见巩固迁移3.2．求等差数列前n 项和S n 最值的两种方法(1)函数法：等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋b 2a 2－b 24a ，求“二次函数”最值．如举例说明3(1)解法一．(2)邻项变号法①当a 1＞0，d ＜0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1＜0，d ＞0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .如举例说明3(1)解法二．1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13 答案 C解析 因为a 1>0，a 6a 7<0，所以a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋a 13＝2a 7<0，所以S 12>0，S 13<0，所以满足S n >0的最大自然数n 的值为12.2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n ＝324(n >6)，则数列{a n }的项数为________．答案 18解析 由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，① a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180，②①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)＝6(a 1＋a n )＝216， ∴a 1＋a n ＝36，又S n ＝n (a 1＋a n )2＝324，∴18n ＝324，∴n ＝18.3．(2018·太原模拟)一个等差数列的前12项的和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，求该数列的公差d .解 设等差数列的前12项中奇数项的和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d .由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧ S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，S 奇＝162. 又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5.。