高考数学第一轮复习等差数列学案

高考数学第一轮复习等差数列学案广东饶平二中2022高考第一轮学案：等差数列一、知识归纳：1．等差数列的定义用递推公式表示为：其中d为常数，叫这个数列的公差。an1and(nN)或anan1d(n2,nN)，2．等差数列的通项公式：ana1(n1)d，3．等差数列的分类：当d0时，{an}是递增数列；当d0时，{an}是递减数列；当d0时，{an}是常数列。4．等差中项：如果在a,b中间插入一个数A，使a,A,b成等差数列，那么A叫做a与b的等差中项，且Aab25．等差数列的前n项和公式：Snn(a1an)n(n1)ddd，此式还可变形为Snn2(a1)n，或Snna122226．等差数列的主要性质：（1）anak(nk)d（2）若mn2p（m,n,pN），则aman2ap（3）若mnpq，则amanapaq（反之也成立）（其中m,n,p,qN）如：a1ana2an1a3an2二、学习要点：1．学习等差数列要正确理解与运用基本公式，要抓住首项a1与公差d两个基本量解决问题。注意：（1）证明一个数列为等差数列的常用方法：①（定义法）证明：an1an常数；②（等差中项法）证明：an1an12an(n2)（2）公差d0的等差数列的通项是n的一次函数ananb，其中a即为公差。2（3）d0的等差数列的前n项和公式是n的没有常数项的二次函数Snanbn2．解决等差数列问题应注意性质的灵活运用。3．巧设公差是解决问题的一种重要方法。三数成等差数列，可设为：a,ad,a2d或ad,a,ad；三、例题分析：例1．已知等差数列的前三项依次为a,（1）求a及k的值；（2）设数列{bn}的通项bn例2．已知数列{an}中，a29,a521，且an22an1an0(nN某)（1）求{an}的通项an；（2）令bn2n，求数列{bn}的前n项和Sn1例3．已知数列{an}中a13，，数列{bn}，满足b1（nN某）nN某）an2（n≥2，n5an1an1a4,3a，前n项和为Sn，且Sk110，Sn，证明数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tnn（1）求证数列{bn}是等差数列；（2）求数列{an}中的最大项与最小项，并说明理由；（3）求Sn1b1b2bn1.例4．设{an}是等差数列（1）若a7a916，a41，则a12________.（2）若a1a2a31,anan1an23，且Sn18，则n_______.（3）若a81a116，则S9_______.2四、练习题：1，a2a54，an33，则n3A．48B．49C．50D．511．等差数列{an}中，已知a12．已知等差数列{an}公差为2，若a1,a3,a4成等比数列，则a2A．4B．6C．8D．103．等差数列{an}中，a1a2a324，a18a19a2078，则此数列前20项和为A．160B．180C．200D．2204．设{an}是等差数列，且a26,a86，Sn是数列{an}的前n项和，则A．S4S5B．S4S5C．S6S5D．S6S55．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a55S，则9的值为a39S5A．1B．1C．2D．126．在等差数列{an}中，前n项和是Sn，若a75,S721，则S10A．40B．55C．352D．707．命题甲：()某,21某,2某成等比数列，命题乙：lg某,lg(某1),lg(某3)成等差数列，则甲是乙的A．充分非心要条件B．心要非充分条件下C．充要条件D．既非充分又非心要条件8．等差数列{an}的公差为1，且a1a2a98a9999，则a3a6a9a96a99A．16B．33C．48D．669．在等差数列{an}中，a13a8a15120，则3a9a11的值为A．6B．12C．24D．48210．已知等差数列{an}的前n项和是Sn，若m1，且am1am1am0，S2m138,则m12A．38B．20C．10D．911．在等差数列{an}中，a53,a62，则a4a5a10____________12．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a418a5，则S8________13．定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和。已知数列{an}是等和数列，且a12，公和为5，则a18的值为______.这个数列的前n项和Sn的计算公式为___________.14．已知等差数列{an}中，a3a716,a4a60,求{an}前n项和Sn.15．已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn,a37,S424.1(S2pS2q).2Spq（1）求数列{an}的通项公式；（2）设p,q是正整数，且pq,证明：16．设{an}是公差d（d0）的等差数列，它的前10项和S10110且a1,a2,a4成等比数列（1）证明：a1d；（2）求公差d的值和数列{an}的通项公式。17．已知差数列an中，a28,S10185（1）求数列an的通项公式；（2）若从数列an中依次取出第2，4，8，…，2，…项，n按原来的顺序排成一个新数列{bn}，试求{bn}的前n项和An.18．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d0，且a2a345,a1a414（1）求公差d的值；（2）令bn值；Sn，若数列{bn}也是等差数列，求非零常数c的nc19．已知数列an中，a12，a23，其前n项和Sn满足Sn1Sn12Sn1（n2,nN某）．（1）求数列an的通项公式；（2）设bn4n(1)n12n(为非零整数，nN某），试确定的值，使得对任意nN某，都有bn1bn成立．a（二）等差数列参考答案例1．解：（1）设该等差数列为{an}，则a1a,a24,a33a，由已知有a3a8，得a1a2，公差d422则Skka1k(k1)k(k1)d2k2k2k222由Sk110，得kk1100，解得k10或k11（舍去）故a2，k10（2）由（1）SnSn(22n)n(n1)，则bnnn1，2n故bn1bn(n2)(n1)1，即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列Tn例2解：（1）n(2n1)n(n3)22an22an1an0(nN某)，{an}是等差数列，a5a22194523设d为{an}的公差，则d故ana2(n2)d9(n2)44n1（2）由an4n1，得bn24n1，则{bn}是首项b125，公比q24的等比数列。25(24n1)32(24n1)故Sn42115例3．解析：（1）bn1an1an111，而bn1，1an11an1121an1∴bnbn1an111．(nN)an11an1115，公差为1的等差数列．a1125721，而bn(n1)1n，∴an1．222n7bn∴{bn}是首项为b1（2）依题意有an1当n3时，3a1a2a31；当n4时，3a4a5a6an15故{an}中的最小值为a3＝-1，最大值为a4352n5(n1)()(n1)(n5)22（3）Sn1，22例4．设{an}是等差数列（1）a12__15____.（2）n__27____.（3）S9_108___.解：（3）由2a8a1112及2a8a5a11，得a512，则S9四、练习题：（一）选择题1~10CBBBAABDDC解析：9(a1a9)9a510824．解：da8a2662，an2n10，由an0，得n5，又d0826则{an}是递增数列，故S4S5选B5．解：S99(a1a9)92a59a51S55(a1a5)52a35a38．解：由a1a2a98a99(a1a4a97)(a2a5a98)(a3a6a99)3(a3a6a99)332d33d可得3(a3a6a99)99999．由已知有5a8120，a824，则3a9a113(a8d)(a83d)2a8210．解：由已知有2amam0，am0（舍）或am2对mN成立。则(2m1)238，故m10，选C（二）填空题11．_52___.12．__72____.5n(n为偶数)512n13．__3____..Sn或Snn[1(1)]245n1(n为奇数)2（三）解答题：14．已知等差数列{an}中，a3a716,a4a60,求{an}前n项和n.解：设an的公差为d，则a128da112d216a18,a18a12da16d16即解得或d2,d2a3da5d0a4d111因此Sn8nnn1nn9，或Sn8nnn1nn915．（1）解：设等差数列an的公差是d，依题意得，∴数列an的通项公式为ana1(n1)d2n1.a12d7解得a13,24.434a1dd2.2（2）证明：∵an2n1，∴Snn(a1an)n22n.2∵2Spq(S2pS2q)2[(pq)22(pq)](4p24p)(4q24q)2(pq)2，∵pq,2Spq(S2pS2q)0.∴Spq1(S2pS2q).2216．解：（1）因a1,a2,a4成等比数列，故a2a1a4，又{an}是等差数列，则(a1d)2a1(a13d)化简得d2a1d，因d0，所以a1d（2）S1010a1109d10a145d，又S10110，且a1d，2则55d110d2故an2n17．解：（1）设等差数列的首项为a1，公差为d，则a1d8a15，解得，所以an3n2d310a145d185n（2）依题设bna2n322，则Anb1b2bn(322)(322)(322)12n2(12n)2n62n2n63(222)2n3122na25a2918．解：（1）等差数列{an}中，a2a5a1a414，又a2a345，则或a9a533因d0，所以a2a3，故a25，a39，da3a24n(n1)Sn2n2n242nn，bn（2）由（1）知a11，Snn2ncnc1615，b2，b3，由于数列{bn}是等差数列1c2c3c115612所以b1b32b2，即解得c或c0（舍去）1c3c2c2则有b12n2n12n，易知{bn}是等差数列，故c则bn12n219.解：（1）由已知，Sn1SnSnSn11（n2，nN），某即an1an1（n2，nN），且a2a11．∴数列an是以a12为首项，公差为1的等差数列．∴ann1．（2）∵ann1，∴bn4n(1)n12n1，要使bn1bn恒成立，n1nn2∴bn1bn44121n∴3431n1nn1某2n10恒成立，n12n10恒成立，∴1n12n1恒成立．（ⅰ）当n为奇数时，即2恒成立，n1当且仅当n1时，2有最小值为1，∴1．（ⅱ）当n为偶数时，即2当且仅当n2时，2n1n1恒成立，有最大值2，∴2．即21，又为非零整数，则1．某综上所述，存在1，使得对任意nN，都有bn1bn．20.设an是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足a22a32a42a52,S77。（1）求数列an的通项公式及前n项和Sn；（2）试求所有的正整数m，使得220.（1）设公差为d，则a2amam1为数列an中的项.am2222，由性质