等差數列的性質

時間 2019-12-16

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判斷與證實

等差數列的證實方法：

定義法：$a_{n+1}-a_n=d$，$d$爲常數，

等差中項法：$2a_{n+1}=a_n+a_{n-1}，n\ge 2，n\in N^*$

等差數列的判斷方法：

除了定義法和等差中項法外，還有

通項公式法：$a_n=pn+q$，($p，q$爲常數)，$a_n$爲$n$的仿一次函數；

前$n$項和法：$S_n=An^2+Bn$，($A，B$爲常數)，$S_n$爲$n$的仿二次函數；

運算技巧

① 數列的項數的計算

由$a_n=a_1+(n-1)\cdot d$，可得項數$n=\cfrac{a_n-a_1}{d}+1$，推廣獲得項數$n=\cfrac{a_n-a_m}{d}+1$，

如數列$2^1，2^3，2^5，\cdots ，2^{2n-1}$的項數的計算，其項數能夠利用上標來計算，其上標恰好成等差數列，

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

好比區間$(9^{m-1}+\cfrac{8}{9}，9^{2m-1}+\cfrac{8}{9})$有幾個整數？

個數爲$9^{2m-1}-(9^{m-1}+1)+1=9^{2m-1}-9^{m-1}$

② 約分技巧

當題目中出現$a_n>0$，或者正項數列，則涉及方程或者不等式的運算中十之八九要約分，要麼約掉$a_n$，或者約掉$a_{n+1}+a_n$。如題目中有$(a_{n+1}+a_n)(a_{n+1}-a_n)=2(a_{n+1}+a_n)$，$a_n>0$；由此獲得$a_{n+1}-a_n=2$；

③在$\Delta ABC$中，三個內角$A、B、C$成等差數列，則$B=\cfrac{\pi}{3}$。三條邊成等差數列，則$3n，4n，5n$就是一個特例，能夠考慮賦值法。

④ 當下標比較小的時候，直接計算比變形求解要來的快。注意恰當的數學方法選擇策略，防止思惟定勢。

好比在數列$\{a_n\}$中，$a_1=3$，$a_{n+1}=\cfrac{3a_n}{a_n+3}$，求$a_4$的值，

法1：由$a_1=3$和遞推公式$a_{n+1}=\cfrac{3a_n}{a_n+3}$，直接計算$a_2$，$a_3$，$a_4$，速度要快的多。

法2：先利用倒數法求的通項公式$a_n$，再計算$a_4$，要比法1的思路慢一些。

給出方式

直接給出：$a_{n+1}-a_n=3$
變形給出：$S_{n+1}=S_n+a_n+3$，即$a_{n+1}-a_n=3$；
變形給出：點$(a_{n+1}，a_n)$在直線$x-y-3=0$上，則$a_{n+1}-a_n=3$；
運算給出：$(a_{n+1}+a_n)(a_{n+1}-a_n)=2(a_{n+1}+a_n)$，$a_n>0$；
向量給出：$\overrightarrow{P_nP_{n+1}}=(1，a_{n+1}-a_n)=(1，3)$；
構造給出：

如$(n+1)a_n=na_{n+1}$，構造獲得，$\cfrac{a_{n+1}}{n+1}=\cfrac{a_n}{n}$，即$\cfrac{a_{n+1}}{n+1}-\cfrac{a_n}{n}=0$，即數列$\{\cfrac{a_n}{n}\}$爲常數列；

再如$(n+1)a_{n+1}=na_n$，構造獲得，$(n+1)a_{n+1}-na_n=0$，即數列$\{n\cdot a_n\}$爲常數列；其餘請參閱常見構造方法

典例剖析

例1 已知等差數列$\{a_n\}$和$\{b_n\}$，知足$a_1+b_{10}=9$，$a_3+b_8=15$，則$a_5+b_6$=______________.

分析：由已知獲得，$a_3+b_8=\cfrac{2a_3+2b_8}{2}$

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

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

例2 由正數組成的等差數列$\{a_n\}$和$\{b_n\}$的前$n$項和分別爲$S_n$和$T_n$，且$\cfrac{a_n}{b_n}=\cfrac{2n-1}{3n-1}$，則$\cfrac{S_5}{T_5}$=______________。

分析：$\cfrac{S_5}{T_5}=\cfrac{5a_3}{5b_3}=\cfrac{a_3}{b_3}=\cfrac{2\times 3-1}{3\times 3-1}=\cfrac{5}{8}$。

例3 在等差數列$\{a_n\}$中，$a_1=-2018$，其前$n$項和爲$S_n$，若$\cfrac{S_{12}}{12}-\cfrac{S_{10}}{10}=2$，則$S_{2018}$的值等於【】

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

分析：由題意可知，數列$\{\cfrac{S_n}{n}\}$爲等差數列，且其公差爲$1$，

則$\cfrac{S_{2018}}{2018}=\cfrac{S_1}{1}+(2018-1)\times 1=-2018+2017=-1$，

則$S_{2018}=-2018$。故選$A$。

例4 【2014高考全國卷Ⅰ】已知數列$\{a_n\}$的前$n$項和爲$S_n$，$a_1=1$，$a_n\neq 0$，$a_na_{n+1}=\lambda S_n-1$，其中$\lambda$爲常數，

(1)證實：$a_{n+2}-a_n=\lambda$；

分析：先想辦法消掉$S_n$類，讓條件中只剩下$a_n$類，故求解以下：

由題設知道，$a_na_{n+1}=\lambda S_n-1$①，

則有$a_{n+1}a_{n+2}=\lambda S_{n+1}-1$②，

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

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

因爲$a_{n+1}\neq 0$，約掉$a_{n+1}$獲得，

$a_{n+2}-a_n=\lambda$；

【注意】上式代表，數列$\{a_n\}$中，奇數項成等差數列，首項爲$a_1$，公差爲$\lambda$；

偶數項成等差數列，首項爲$a_2$，公差爲$\lambda$；

(2)是否存在$\lambda$，使得$\{a_n\}$爲等差數列，並說明理由。

分析：存在知足題意的實數$\lambda$，使得數列$\{a_n\}$成等差數列，理由以下：

由題設可知，$a_1=1$，令$n=1$，則$a_1a_2=\lambda S_1-1$，解得$a_2=\lambda-1$；

又由$a_{n+2}-a_n=\lambda$可知，當$n=1$時，$a_3=\lambda+1$，

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

數列$\{a_{2n-1}\}$是首項爲$1$，公差爲$4$的等差數列，$a_{2n-1}=4n-3$；

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

數列$\{a_{2n}\}$是首項爲$3$，公差爲$4$的等差數列，$a_{2n}=4n-1$；

$a_{2n}=3+\cfrac{(2n-1)}{2}\times 4=4n-1=2(2n)-1$

因此$a_n=2n-1$，$n\in N^*$，即$a_{n+1}-a_n=2$。

所以存在知足題意的實數$\lambda$，使得數列$\{a_n\}$成等差數列。

例5 【2018•鳳中模擬】【考點：數列的單調性，二次函數的對稱性和單調性，恆成立命題】

已知數列$\{a_n\}$中，$a_n=n^2-kn(k\in N)$，且$\{a_n\}$單調遞增，則$k$的取值範圍爲【】

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

【法1】、因爲$a_n=n^2-kn(n\in N^*)$，且$\{a_n\}$單調遞增，

因此$a_{n+1}-a_n>0$對$\forall n\in N*$都成立，

又$a_{n+1}-a_n=(n+1)^2-k(n+1)-n^2+kn=2n+1-k$，因此由$2n+1-k>0$，

即$k<2n+1$恆成立，可知$k<(2n+1)_{min}=3$.

【法2】：藉助二次函數的對稱性和單調性，

$a_n=(n-\cfrac{k}{2})^2-\cfrac{k^2}{4}$，其對稱軸是$n=\cfrac{k}{2}$，

要使得$\{a_n\}$單調遞增，

則必須且只需$\cfrac{k}{2}<\cfrac{3}{2}$，解得$k<3$，故選$B$。

【法3】：嘗試導數法。

由$a_n=f(n)=n^2-kn$爲單調遞增數列，則$f'(n)\ge 0$在$n\in N^*$上恆成立，

即$f'(n)=2n-k\ge 0$在$n\in N^*$上恆成立，分離參數獲得，

$k\leq 2n$在$n\in N^*$上恆成立，即$k\leq (2n)_{min}=2$，

則$k\leq 2$。這個解法是錯誤的。

錯因分析：數列$a_n=f(n)$單調遞增，但函數$y=f(x)$不必定單調遞增，

可是若函數$y=f(x)$單調遞增，則其對應的數列$a_n=f(n)$必然單調遞增。

感悟反思：

一、法1轉化爲恆成立問題，很好理解；

二、法2很容易錯解爲 $\cfrac{k}{2}<1$，故$k<2$，其實這是充分沒必要要條件，也就是說遺漏了一部分的解集，能夠看看上面的圖像解釋。

三、數列$\{a_n\}$單調遞增的充要條件是$a_{n+1}>a_n$，而不是$f'(x)\ge 0$恆成立。

例6 【2019屆•高三理科數學課時做業】已知等差數列$\{a_n\}$的前$n$項和爲$S_n$，其中$n\in N^*$，則下列命題錯誤的是【】

$A.若a_n>0，則S_n>0$

$B.若S_n>0，則a_n>0$

$C.若a_n>0，則\{S_n\}是單調遞增數列$

$D.若\{S_n\}是單調遞增數列，則a_n>0$

分析：選項$A$：因爲$a_n>0$，由$S_n=\cfrac{n(a_1+a_n)}{2}$可得，$S_n>0$，或由定義式可知$S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n>0$；並且由$a_n>0$能獲得$d\ge 0$，不然$d<0$就不能保證$a_n>0$。故選項$A$正確；

選項$B$：因爲$S_n>0$，則可知$d\ge 0$，不然不能保證$S_n>0$。這樣獲得$a_n=a_1+(n-1)d>0$，故選項$B$正確；

選項$C$：因爲$a_n>0$，則可知$d\ge 0$，可知數列$\{S_n\}$是單調遞增數列，故選項$C$正確；

選項$D$：由數列$\{-1，1，3，5，\cdots\}$可知，$S_1=-1$，$S_2=0$，$S_3=3$，$S_4=8$，則數列$\{S_n\}$是單調遞增數列，但不能保證$a_n>0$，故選項$D$不正確；

綜上所述，故選$D$。

反思總結：如有$a_n>0$，則即便數列不是等差數列，也必有$S_n>0$，且有數列$\{S_n\}$是單調遞增數列。

例7 【2019屆•高三理科數學課時做業】【2018廣東潮州二模】

在我國古代著名的數學專著《九章算術》中有一段敘述：今有良馬與駑馬髮長安至齊，齊去長安一千一百二十五里，良馬初日行一百零三裏，日增一十三裏；駑馬初日行九十七裏，日減半里，良馬先至齊，復還迎駑馬，二馬相逢，問：幾日相逢？【】

$A.8日$ $B.9日$ $C.12日$ $D.16日$

分析：良馬日行構成等差數列$\{a_n\}$，其中$a_1=103$，公差$d_1=13$，其前$n$項和爲$S_n$；

駑馬日行構成等差數列$\{b_n\}$，其中$b_1=97$，公差$d_2=-\cfrac{1}{2}$，其前$n$項和爲$T_n$；

設兩馬$n$日能相逢，則由題可知，$S_n+T_n=2\times 1125$，即$103n+\cfrac{n(n-1)}{2}\times 13+97n+\cfrac{n(n-1)}{2} \times (-\cfrac{1}{2})=2250$，

解得$n=9$，或者由上式直接驗證獲得$n=9$，故選$B$。

例8 【2018廣東中山期末】已知等差數列$\{a_n\}$的前$n$項和爲$S_n$，$S_4=40$，$S_n=210$，$S_{n-4}=130$，則$n$=【】

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

法1：創建相應的方程組求解便可，只是運算可能複雜些；

法2：利用等差數列的性質，$S_n-S_{n-4}=80$，即$a_n+a_{n-1}+a_{n-2}+a_{n-3}=80$，

又$a_1+a_2+a_3+a_4=40$，兩式相加，獲得$4(a_1+a_n)=120$，即$a_1+a_n=30$，

又$S_n=\cfrac{n(a_1+a_n)}{2}=210$，則$n=14$，故選$B$。

例9

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