在线|二轮辅导[12][等差数列概念和相关性质04]

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思维导图

数列专题；

典例剖析

[微专题06]

等差数列的概念和性质

前言

重新编辑于2020-02-26 by WangHai.

判断证明

等差数列的证明方法[证明方法比判断方法的逻辑严谨性要求更高]：

定义法：(a_{n+1}-a_n=d(nin N^*))，(d)为常数；或(a_{n}-a_{n-1}=d(ngeqslant 2且 nin N^*))，(d)为常数；

等差中项法：(2a_{n+1}=a_n+a_{n-1})，((nge 2，nin N^*))；或(2a_{n+1}=a_n+a_{n+2})，((nge 1，nin N^*))；

等差数列的判断方法：

除了定义法和等差中项法外，还有

通项公式法：(a_n=a_1+(n-1)d=dn+(a_1-d)=kn+b)，((k，b)为常数)，故(a_n)为(n)的仿一次函数；

前(n)项和法：(S_n=na_1+cfrac{n(n-1)cdot d}{2}=cfrac{d}{2}n^2+(a_1-cfrac{d}{2})n=An^2+Bn)，故(S_n)为(n)的仿二次函数；

运算技巧

① 数列的项数的计算

由(a_n=a_1+(n-1)cdot d)，可得项数(n=cfrac{a_n-a_1}{d}+1)，推广得到项数(n=cfrac{a_n-a_m}{d}+m)，

如数列(2^1，2^3，2^5，cdots ，2^{2n-1})的项数的计算，其项数可以利用上标来计算，其上标刚好成等差数列，

项数(r=cfrac{a_n-a_1}{d}+1=cfrac{(2n-1)-1}{3-1}+1=n)；

比如区间((9^{m-1}+cfrac{8}{9}，9^{2m-1}+cfrac{8}{9}))有几个整数？

在上述区间的第一个整数是(9^{m-1}+1)，最后一个整数为(9^{2m-1})，公差为(1)，

故所求个数为(cfrac{9^{2m-1}-(9^{m-1}+1)}{1}+1=9^{2m-1}-9^{m-1})

② 约分技巧

当题目中出现(a_n>0)，或者正项数列，则涉及方程或者不等式的运算中十之八九要约分，要么约掉(a_n)，或者约掉(a_{n+1}+a_n)。如题目中有((a_{n+1}+a_n)(a_{n+1}-a_n)=2(a_{n+1}+a_n))，(a_n>0)；由此得到(a_{n+1}-a_n=2)；

③在(Delta ABC)中，三个内角(A、B、C)成等差数列，则(B=cfrac{pi}{3})。三条边成等差数列，则(3n，4n，5n)就是一个特例，可以考虑赋值法。

④ 当下标比较小的时候，直接计算比变形求解要来的快。注意恰当的数学方法选择策略，防止思维定势。

比如在数列({a_n})中，(a_1=3)，(a_{n+1}=cfrac{3a_n}{a_n+3})，求(a_4)的值，

法1：由(a_1=3)和递推公式(a_{n+1}=cfrac{3a_n}{a_n+3})，直接计算(a_2)，(a_3)，(a_4)，速度要快的多。

法2：先利用倒数法求的通项公式(a_n)，再计算(a_4)，要比法1的思路慢一些。

给出方式

直接给出：(a_{n+1}-a_n=3)
变形给出：(S_{n+1}=S_n+a_n+3)，即(a_{n+1}-a_n=3)；
变形给出：点((a_{n+1}，a_n))在直线(x-y-3=0)上，则(a_{n+1}-a_n=3)；
运算给出：((a_{n+1}+a_n)(a_{n+1}-a_n)=2(a_{n+1}+a_n))，(a_n>0)；
向量给出：(overrightarrow{P_nP_{n+1}}=(1，a_{n+1}-a_n)=(1，3))；
构造给出：

引例，如((n+1)a_n=na_{n+1})，构造得到，(cfrac{a_{n+1}}{n+1}=cfrac{a_n}{n})，即(cfrac{a_{n+1}}{n+1}-cfrac{a_n}{n}=0)，即数列({cfrac{a_n}{n}})为等差数列[常数列]；

引例如((n+1)a_{n+1}=na_n)，构造得到，((n+1)a_{n+1}-na_n=0)，即数列({ncdot a_n})为常数列；

其他请参阅数列的常见构造方法

典例剖析

例1已知等差数列({a_n})和({b_n})，满足(a_1+b_{10}=9)，(a_3+b_8=15)，则(a_5+b_6)=______________.

分析：由已知得到，(a_3+b_8=cfrac{2a_3+2b_8}{2})

(=cfrac{(a_1+a_5)+(b_{10}+b_6)}{2}=cfrac{(a_1+b_{10})+(a_5+b_6)}{2})

即(15=cfrac{9+(a_5+b_6)}{2})，解得(a_5+b_6=21)。

例2由正数组成的等差数列({a_n})和({b_n})的前(n)项和分别为(S_n)和(T_n)，且(cfrac{a_n}{b_n}=cfrac{2n-1}{3n-1})，则(cfrac{S_5}{T_5})=______________。

分析：(cfrac{S_5}{T_5}=cfrac{5a_3}{5b_3}=cfrac{a_3}{b_3}=cfrac{2 imes 3-1}{3 imes 3-1}=cfrac{5}{8})。

例3在等差数列({a_n})中，(a_1=-2018)，其前(n)项和为(S_n)，若(cfrac{S_{12}}{12}-cfrac{S_{10}}{10}=2)，则(S_{2018})的值等于【】

$A.-2018$ $B.-2016$ $C.-2019$ $D.-2017$

分析：由题意可知，数列({cfrac{S_n}{n}})为等差数列，由(cfrac{S_{12}}{12}-cfrac{S_{10}}{10}=2)，可知其公差为(1)，

则(cfrac{S_{2018}}{2018}=cfrac{S_1}{1}+(2018-1) imes 1=-2018+2017=-1)，

则(S_{2018}=-2018)。故选(A)。

例4【2014高考全国卷Ⅰ】已知数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，(a_1=1)，(a_n eq 0)，(a_na_{n+1}=lambda S_n-1)，其中(lambda)为常数，

(1)证明：(a_{n+2}-a_n=lambda)；

分析：先想办法消掉(S_n)类，让条件中只剩下(a_n)类，故求解如下：

由题设知道，(a_na_{n+1}=lambda S_n-1)①，

则有(a_{n+1}a_{n+2}=lambda S_{n+1}-1)②，

②-①得到，(a_{n+1}a_{n+2}-a_na_{n+1}=lambda(S_{n+1}-S_n))

即(a_{n+1}(a_{n+2}-a_n)=lambda a_{n+1})

由于(a_{n+1} eq 0)，约掉(a_{n+1})得到，

(a_{n+2}-a_n=lambda)；

【注意】上式表明，数列({a_n})中，奇数项成等差数列，首项为(a_1)，公差为(lambda)；

偶数项成等差数列，首项为(a_2)，公差为(lambda)；

(2)是否存在(lambda)，使得({a_n})为等差数列，并说明理由。

分析：存在满足题意的实数(lambda)，使得数列({a_n})成等差数列，理由如下：

由题设可知，(a_1=1)，令(n=1)，则(a_1a_2=lambda S_1-1)，解得(a_2=lambda-1)；

又由(a_{n+2}-a_n=lambda)可知，当(n=1)时，(a_3=lambda+1)，

令(2a_2=a_1+a_3)，即(2(lambda-1)=1+lambda+1)，解得(lambda=4)，

故(a_{n+2}-a_n=4)，且可知

数列({a_{2n-1}})是首项为(a_1=1)，公差为(4)的等差数列，(a_{2n-1}=4n-3)；

(a_{2n-1}=1+cfrac{[(2n-1)-1]}{2} imes 4=4n-3=2(2n-1)-1)

数列({a_{2n}})是首项为(a_2=3)，公差为(4)的等差数列，(a_{2n}=4n-1)；

(a_{2n}=3+cfrac{(2n-2)}{2} imes 4=4n-1=2(2n)-1)

所以(a_n=2n-1)，(nin N^*)，即(a_{n+1}-a_n=2)。^[5]

因此存在满足题意的实数(lambda)，使得数列({a_n})成等差数列。

例5【2018•凤中模拟】【考点：数列的单调性，二次函数的对称性和单调性，恒成立命题】已知数列({a_n})中，(a_n=n^2-kn(kin N))，且({a_n})单调递增，则(k)的取值范围为【】

$A.(-infty，2]$ $B.(-infty，3)$ $C.(-infty，2)$ $D.(-infty，3]$

【法1】、由于(a_n=n^2-kn(nin N^*))，且({a_n})单调递增，

所以(a_{n+1}-a_n>0)对(forall nin N*)都成立，

又(a_{n+1}-a_n=(n+1)^2-k(n+1)-n^2+kn=2n+1-k)，所以由(2n+1-k>0)，

即(k<2n+1)恒成立，可知(k<(2n+1)_{min}=3).

【法2】：借助二次函数的对称性和单调性，

(a_n=(n-cfrac{k}{2})^2-cfrac{k^2}{4})，其对称轴是(n=cfrac{k}{2})，

要使得({a_n})单调递增，

则必须且只需(cfrac{k}{2}<cfrac{3}{2})，解得(k<3)，故选(B)。

【法3】：尝试导数法。

由(a_n=f(n)=n^2-kn)为单调递增数列，则(f'(n)ge 0)在(nin N^*)上恒成立，

即(f'(n)=2n-kge 0)在(nin N^*)上恒成立，分离参数得到，

(kleq 2n)在(nin N^*)上恒成立，即(kleq (2n)_{min}=2)，

则(kleq 2)。这个解法是错误的。

错因分析：数列(a_n=f(n))单调递增，但函数(y=f(x))不一定单调递增，

但是若函数(y=f(x))单调递增，则其对应的数列(a_n=f(n))必然单调递增。

感悟反思：

1、法1转化为恒成立问题，很好理解；

2、法2很容易错解为 (cfrac{k}{2}<1)，故(k<2)，其实这是充分不必要条件，也就是说遗漏了一部分的解集，可以看看上面的图像解释。

3、数列({a_n})单调递增的充要条件是(a_{n+1}>a_n)，而不是(f'(n)ge 0)恒成立。

例6【2019届•高三理科数学课时作业】已知等差数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，其中(nin N^*)，则下列命题错误的是【】

$A.若a_n>0，则S_n>0$

$B.若S_n>0，则a_n>0$

$C.若a_n>0，则{S_n}是单调递增数列$

$D.若{S_n}是单调递增数列，则a_n>0$

分析：选项(A)：由于(a_n>0)，由(S_n=cfrac{n(a_1+a_n)}{2})可得，(S_n>0)，或由定义式可知(S_n=a_1+a_2+cdots+a_n>0)；而且由(a_n>0)能得到(dge 0)，否则(d<0)就不能保证(a_n>0)。故选项(A)正确；

选项(B)：由于(S_n>0)，则可知(dge 0)，否则不能保证(S_n>0)。这样得到(a_n=a_1+(n-1)d>0)，故选项(B)正确；

选项(C)：由于(a_n>0)，则可知(dge 0)，可知数列({S_n})是单调递增数列，故选项(C)正确；

选项(D)：由数列({-1，1，3，5，cdots})可知，(S_1=-1)，(S_2=0)，(S_3=3)，(S_4=8)，则数列({S_n})是单调递增数列，但不能保证(a_n>0)，故选项(D)不正确；

综上所述，故选(D)。

反思总结：若有(a_n>0)，则即使数列不是等差数列，也必有(S_n>0)，且有数列({S_n})是单调递增数列。

例7【2019届•高三理科数学课时作业】【2018广东潮州二模】在我国古代著名的数学专著《九章算术》中有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里，良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：几日相逢？【】

$A.8日$ $B.9日$ $C.12日$ $D.16日$

分析：良马日行构成等差数列({a_n})，其中(a_1=103)，公差(d_1=13)，其前(n)项和为(S_n)；

驽马日行构成等差数列({b_n})，其中(b_1=97)，公差(d_2=-cfrac{1}{2})，其前(n)项和为(T_n)；

设两马(n)日能相逢，则由题可知，(S_n+T_n=2 imes 1125)，即(103n+cfrac{n(n-1)}{2} imes 13+97n+cfrac{n(n-1)}{2} imes (-cfrac{1}{2})=2250)，

解得(n=9)，或者由上式直接验证得到(n=9)，故选(B)。

例8【2018广东中山期末】已知等差数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，(S_4=40)，(S_n=210)，(S_{n-4}=130)，则(n)=【】

$A.12$ $B.14$ $C.16$ $D.18$

法1：建立相应的方程组求解即可，只是运算可能复杂些；

法2：利用等差数列的性质，(S_n-S_{n-4}=80)，即(a_n+a_{n-1}+a_{n-2}+a_{n-3}=80)，

又(a_1+a_2+a_3+a_4=40)，两式相加，得到(4(a_1+a_n)=120)，即(a_1+a_n=30)，

又(S_n=cfrac{n(a_1+a_n)}{2}=210)，则(n=14)，故选(B)。

例9【数列的相关运算】已知数列({a_n})是等差数列，其前(n)项和为(S_n)，已知(S_6=42)，(S_{12}=156)，求(S_{18})的值。

【法1：以(a_1)和(d)为元的方程组法】利用(S_n=na_1+cfrac{n(n-1)}{2} imes d)得到，

(egin{cases}S_6=6a_1+15d=42\S_{12}=12a_1+66d=156end{cases})，解得(egin{cases}a_1=2\d=2end{cases})，

故(S_{18}=18a_1+cfrac{18 imes17}{2} imes 2=342)。

【法2：以(a)和(b)为元的方程组法】由等差数列的性质知道，其前(n)项和公式可以写成这样：(S_n=an^2+bn)，

由此得到，(egin{cases}S_6=36a+6b=42\S_{12}=144a+12b=156end{cases})，解得(egin{cases}a=1\b=1end{cases})，

故(S_{18}=1 imes 18^2+1 imes 18=342)。

【法3：等差数列性质，函数法】注意到(cfrac{S_n}{n}=an+b)，即表明数列({cfrac{S_n}{n}})也是一个等差数列。

由于(cfrac{S_6}{6})，(cfrac{S_{12}}{12})，(cfrac{S_{18}}{18})分别是数列的第(6,12,18)项，故这三项也是成等差数列的，

则有$2 imescfrac{S_{12}}{12}=cfrac{S_6}{6}+cfrac{S_{18}}{18} $，即$2 imescfrac{156}{12}=cfrac{42}{6}+cfrac{S_{18}}{18} $，

解得(S_{18}=342)。

【法4：等差数列性质法】由于(S_6，S_{12}-S_6，S_{18}-S_{12})成等差数列，

故有(2(S_{12}-S_6)=S_6+S_{18}-S_{12})，即(2(156-42)=42+S_{18}-156)，

解得(S_{18}=3(156-42)=342)。

综合应用

例10【绝对值数列求和】已知数列({a_n})的通项公式是(a_n=3n-63)，它的前(n)项和为(S_n)，求数列({|a_n|})的前(n)项和(T_n)。

解析：令(a_n=3n-63leq 0)，则(nleq 21)，

故数列({|a_n|})的通项公式为(|a_n|= egin{cases}63-3n &nleq 21 \ 3n-63 &nge22 end{cases})

[备注：由于数列的通项公式是分段函数，所以其前(n)项和自然也应该用分段函数来表达刻画]

(1^。) 当(nleq 21)，(T_n=|a_1|+|a_2|+cdots+|a_n|)

(=-a_1-a_2-cdots-a_n)

(=-cfrac{(a_1+a_n) imes n}{2})

(=-cfrac{[-60+(3n-63)] imes n}{2})

(=-cfrac{3n^2-123n}{2}=cfrac{123n-3n^2}{2}).

(2^。) 当(nge 22)，(T_n=|a_1|+|a_2|+cdots+|a_n|)

(=-a_1-a_2-cdots-a_{21}+a_{22}+cdots+a_n)

(=(a_1+a_2+cdots+a_{21}+a_{22}+cdots+a_n)-2(a_1+a_2+cdots+a_{21}))

(=S_n-2S_{21})(=cfrac{[-60+(3n-63)]n}{2}-2 imescfrac{[(3 imes 1-63)+(3 imes 21-63)] imes 21}{2})

$=cfrac{3n^2-123n}{2}+1260 $.

故数列({|a_n|})的前(n)项和(T_n=egin{cases}cfrac{123n-3n^2}{2} &nleq 21 \ cfrac{3n^2-123n}{2}+1260 &nge 22end{cases})

练11【2018四川内江一模】已知(S_n)是等差数列({a_n})的前(n)项和，(a_1=1)，(a_8=3a_3)，则(cfrac{a_2}{S_1S_2}+cfrac{a_3}{S_2S_3}+cfrac{a_4}{S_3S_4}+cdots+cfrac{a_{n+1}}{S_nS_{n+1}})=___________。

提示：(d=2)，(cfrac{a_{n+1}}{S_ncdot S_{n+1}}=cfrac{S_{n+1}-S_{n}}{S_ncdot S_{n+1}}=cfrac{1}{S_n}-cfrac{1}{S_{n+1}})

(cfrac{a_2}{S_1S_2}+cfrac{a_3}{S_2S_3}+cfrac{a_4}{S_3S_4}+cdots+cfrac{a_{n+1}}{S_nS_{n+1}}=1-cfrac{1}{(n+1)^2})；

例12【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第19题】已知数列({a_n})和数列({b_n})满足(a_1=1)，(b_1=0)，(4a_{n+1}=3a_n-b_n+4)，(4b_{n+1}=3b_n-a_n-4)，

(1).证明：({a_n+b_n})是等比数列，({a_n-b_n})是等差数列，

分析：考查等差等比数列的证明方法(定义法和等差[比]中项法)，以及整体意识或字母的内涵和方程思想。

解析：由题设可知(4a_{n+1}=3a_n-b_n+4)①，(4b_{n+1}=3b_n-a_n-4)②，

由①+②得到，(4(a_{n+1}+b_{n+1})=2(a_n+b_n))；即(a_{n+1}+b_{n+1}=cfrac{1}{2}(a_n+b_n))；

又由于(a_1+b_1=1 eq 0)，所以数列({a_n+b_n})是首项为(1)，公比为(cfrac{1}{2})的等比数列；

由①-②得到，(4(a_{n+1}-b_{n+1})=4(a_n-b_n)+8)；即(a_{n+1}-b_{n+1}=a_n-b_n+2)；

又由于(a_1-b_1=1)，所以数列({a_n-b_n})是首项为(1)，公差为(2)的等差数列；

【注意细节】由(a_{n+1}+b_{n+1}=cfrac{1}{2}(a_n+b_n))不能得到(cfrac{a_{n+1}+b_{n+1}}{a_n+b_n}=cfrac{1}{2})，还需要条件(a_1+b_1 eq 0)的配合；

相关链接：对数列中(a_n)的内涵的理解

(2).求({a_n})和({b_n})的通项公式；

分析：考察数列的通项公式的求法；

解析：由(1)分别写出数列({a_n+b_n})和数列({a_n-b_n})的通项公式，

(a_n+b_n=1 imes (cfrac{1}{2})^{n-1}=cfrac{1}{2^{n-1}})③，(a_n-b_n=1+(n-1) imes 2=2n-1)④；

由③+④，变形整理得到，(a_n=cfrac{1}{2^n}+n-cfrac{1}{2})，(nin N^*)；

由③-④，变形整理得到，(b_n=cfrac{1}{2^n}-n+cfrac{1}{2})，(nin N^*)；

相关链接：1、求数列的通项公式；2、方程思想

对公式的解读，
(a_n=a_1+(n-1)d)，其中(n-1)意味着(a_1)和(a_n)两项之间相隔的项数为(n-1)，不仅仅是对应的两项的下标之差；
对于隔项取值得到的数列的通项公式的计算，尤其要注意理解这一点。
比如数列({n})，我们知道，(a_n=n)，那么其所有的奇数项构成的数列的通项公式如何写呢？
首先其下标应该体现奇数，故采用(2n-1)，其次首项还是(1)，公差变为(2)了，项数的间隔变成了(cfrac{(2n-1)-1}{2}=n-1)；
故(a_{2n-1}=1+cfrac{(2n-1)-1}{2} imes 2=2n-1) ↩︎
由于(a_m=a_1+(m-1)d)，(a_{m+k}=a_1+(m+k-1)d)，
则新数列的公差为(a_{m+k}-a_m=kd); ↩︎
(S_{2n-1}=cfrac{(a_1+a_{2n-1}) imes(2n-1)}{2}=cfrac{2a_n imes(2n-1)}{2}=(2n-1)cdot a_n)，
(S_{2n}=cfrac{(a_1+a_{2n}) imes 2n}{2}=n(a_1+a_{2n})=cdots=n(a_n+a_{n+1}))； ↩︎
证明如下：
由于等差数列({a_n})和({b_n})的前(n)项和分别为(S_n)和(T_n)，
则(S_{2n-1}=(2n-1)a_n)，(T_{2n-1}=(2n-1)b_n)，
故(cfrac{S_{2n-1}}{T_{2n-1}}=cfrac{a_n}{b_n})； ↩︎
详细说明如下：
由(a_{2n-1}=2(2n-1)-1)
(a_{2n}=2(2n)-1)
故合二为一得到，
(a_n=2n-1)，(nin N^*)，即(a_{n+1}-a_n=2)。 ↩︎