人教A版普通高中数学一轮复习第七章第二节等差数列学案

第二节等差数列考试要求：1．理解等差数列的概念和通项公式的意义．2．探索并掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系．自查自测,知识点一等差数列的有关概念1．判断下列说法的正误，正确的打“√”，错误的打“×”．(1)数列6，4，2，0是公差为2的等差数列．(×)(2)等差数列的定义用符号语言表示为an＝an－1＋d.(×)(3)常数列也是等差数列．(√)(4)在等差数列{an}中，a4是a2与a6的等差中项．(√)2．若m和2n的等差中项为4，2m和n的等差中项为5，则m与n的等差中项为．3解析：由m和2n的等差中项为4，得m＋2n＝8.又由2m和n的等差中项为5，得2m＋n＝10.两式相加并整理得m＋n＝6，所以m与n的等差中项为m+n2＝6核心回扣1．定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．2．递推公式：an＋1－an＝d(d为常数)．3．等差中项：由三个数a，A，b组成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且有2A＝a＋b．注意点：递推公式中如果出现an－1，则必须注明n≥2.自查自测知识点二等差数列的有关公式1．(教材改编题)已知等差数列{an}的通项公式为an＝－5n＋3，则它的公差为(D)A．3 B．－3C．5 D．－52．设数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn.若a6＝2，且S5＝30，则S8等于()A．31 B．32C．33 D．34B解析：由已知可得a解得a1=263，d=−43，核心回扣1．通项公式：an＝a1＋(n－1)d．2．前n项和公式：Sn＝na1+an2＝注意点：(1)an＝nd＋a1－d，当d≠0时，是关于n的一次函数．(2)Sn＝d2n2＋a1−d2n自查自测知识点三等差数列的性质1．(教材改编题)在等差数列{an}中，a3，a9是方程x2＋24x＋12＝0的两根，则数列{an}的前11项和等于()A．66 B．132C．－66 D．－132D解析：因为a3，a9是方程x2＋24x＋12＝0的两根，所以a3＋a9＝－24.又a3＋a9＝2a6，所以a6＝－12，所以S11＝11×a1+2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝8，S8＝20，则a9＋a10＋a11＋a12等于()A．12 B．8C．20 D．16D解析：在等差数列{an}中，S4，S8－S4，S12－S8仍为等差数列，即8，20－8，a9＋a10＋a11＋a12为等差数列，所以a9＋a10＋a11＋a12＝16.3．(多选题)在等差数列{an}中，S5<S6，S6＝S7>S8，则下列结论正确的是()A．d<0B．a7＝0C．S9>S5D．S6，S7均为Sn中的最大值ABD解析：由S5<S6得a1＋a2＋a3＋a4＋a5<a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6，即a6>0.又因为S6＝S7，所以a1＋a2＋…＋a6＝a1＋a2＋…＋a6＋a7，所以a7＝0，故B正确．同理，由S7>S8，得a8<0，所以d＝a8－a7<0，故A正确．对于C，若S9>S5，即a6＋a7＋a8＋a9>0，可得2(a7＋a8)>0.由结论a7＝0，a8<0，可知C选项是错误的．因为S5<S6，S6＝S7>S8，所以S6与S7均为Sn的最大值，故D正确．核心回扣1．通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．2．若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an．3．若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列．4．若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．注意点：当公差d>0时，等差数列单调递增；当公差d<0时，等差数列单调递减．【常用结论】1．若项数为偶数2n，则S2n＝n(a1＋a2n)＝n(an＋an＋1)；S偶－S奇＝nd；S奇S偶2．若项数为奇数2n－1，则S2n－1＝(2n－1)an；S奇－S偶＝an；S奇S偶应用已知等差数列{an}共有(2n＋1)项，其中奇数项之和为290，偶数项之和为261，则an＋1的值为()A．30 B．29C．28 D．27B解析：由题可知，奇数项共有(n＋1)项，其和为290，偶数项共有n项，其和为261，所以an＋1＝290－261＝29.等差数列基本量的运算1．(2024·烟台调研)已知{an}为等差数列，a3＋a9＝28，则a13－12a20A．7 B．8C．9 D．10A解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a3＋a9＝28，所以a6＝a3则a13－12a20＝a1＋12d－12(a1＋19d)＝12(a1＋5d)＝12．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a4＋S7＝－16，a8＝－a4，则a10＝()A．1 B．2C．3 D．4D解析：设等差数列{an}的公差为d，由a4＋S7＝－16，a8＝－a4，得a即a解得a所以an＝a1＋(n－1)d＝n－6，则a10＝4.3．在公差不为零的等差数列{an}中，Sn为其前n项和，若3S7＝7(a3＋a5＋ak)，则k＝．4解析：设等差数列{an}的公差为d，因为3S7＝7(a3＋a5＋ak)，所以7a1＋21d＝73(3a1＋kd＋5d)＝7a1＋73(5＋k)因为d≠0，所以21＝73(5＋k)，解得k关于等差数列基本量的运算(1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个基本量：a1，n，d，an，Sn，知道其中三个就能求出另外两个(简称“知三求二”)．(2)确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a1和公差d.等差数列的判定与证明考向1定义法证明等差数列【例1】已知在数列{an}中，a1＝1，(an＋1－1)·(an＋3)＝－4.证明：数列1an+1为等差数列，并求出数列{证明：由(an＋1－1)(an＋3)＝－4，可得an＋1－1＝−4a则an＋1＋1＝−4an+3＋所以1an+1+1＝an+1+2即1an+1+1－1又因为a1＝1，可得1a1+1所以数列1an+1是首项为12即1an+1＝12＋(n－1)·所以an＝2−nn考向2等差中项法证明等差数列【例2】记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知S2＝2，S3＝－6.(1)求{an}的通项公式；(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．解：(1)设等比数列{an}的公比为q，则a3＝S3－S2＝－6－2＝－8，则a1＝a3q2＝−8q2，a2由a1＋a2＝2，即−8q2＋整理得q2＋4q＋4＝0，解得q＝－2，则a1＝－2，an＝(－2)×(－2)n-1＝(－2)n，所以{an}的通项公式为an＝(－2)n.(2)由(1)可知Sn＝a11−qn1−q＝−21−则Sn＋1＝－13[2＋(－2)n+2]，Sn＋2＝－13[2＋(－2)n由Sn＋1＋Sn＋2＝－13[2＋(－2)n+2]－13[2＋(－2)n＝－13[4＋(－2)×(－2)n+1＋(－2)2×(－2)n+1＝2×−132+−2即Sn＋1＋Sn＋2＝2Sn，所以Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列.证明数列是等差数列的主要方法(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，证明an－an－1为同一常数．(2)等差中项法：验证2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)都成立．已知数列{an}的各项都是正数，n∈N*.(1)若{an}是等差数列，公差为d，且bn是an和an＋1的等比中项，设cn＝bn+12−bn2，n∈(2)若a13+a23+a33+…+an3(1)证明：由题意得bn2＝anan则cn＝bn+12−bn2＝an＋1an＋2－anancn＋1＝bn+22−bn+12＝an＋2an＋3－an＋1an因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2(常数)，所以数列{cn}是等差数列．(2)解：由题意得，当n＝1时，a13＝S因为a1>0，所以a1＝1.a13+a当n≥2时，a13+①－②，得an3＝Sn2−Sn−12＝(Sn－Sn－1因为an>0，所以an2＝Sn＋Sn－1＝2Sn－an因为a1＝1也符合上式，所以当n≥2时，an−12＝2Sn－1－an③－④，得an2−an−12＝2(Sn－Sn－1)－an＋an－1＝2an－an＋an－1＝a又an＋an－1>0，所以an－an－1＝1.所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，即an＝n.等差数列的性质考向1等差数列的项的性质【例3】(1)若等差数列{an}的前17项和S17＝51，则a5－a7＋a9－a11＋a13＝．3解析：因为S17＝a1+a172×17＝17a9＝51，所以a9＝3.根据等差数列的性质知a5＋a13＝a7＋a11，所以a5－a7＋a9－a11＋a(2)(2024·德州模拟)已知数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝2，b1＝－3，a7－b7＝17，则a2024－b2024的值为．4051解析：令cn＝an－bn，因为{an}，{bn}都是等差数列，所以{cn}也是等差数列．设数列{cn}的公差为d，由已知，得c1＝a1－b1＝5，c7＝17，则5＋6d＝17，解得d＝2.故a2024－b2024＝c2024＝5＋2023×2＝4051.等差数列的项的性质的关注点(1)在带有等差数列的题目中，只要出现与项的和有关的问题，一般优先考虑应用项的性质．(2)项的性质常与等差数列的前n项和公式Sn＝na考向2等差数列前n项和的性质【例4】(1)设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意的n∈N*，都有SnTn＝2n−34n−3，则A．2945 B．C．919 D．C解析：由题意可知b3＋b13＝b5＋b11＝b1＋b15＝2b8，所以a2b3+b13＋a＝2×15−34×15−3＝2757＝(2)等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，则它的前4m项和为．360解析：因为{an}为等差数列，所以Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，即30，100－30＝70，S3m－100成等差数列，所以30＋S3m－100＝70×2，解得S3m＝210.又S2m－Sm，S3m－S2m，S4m－S3m成等差数列，即70，210－100＝110，S4m－210成等差数列，所以S4m－210＋70＝2×110，解得S4m＝360.[变式]本例(1)中的其他条件不变，若SnTn＝2n3n+7，则1解析：等差数列{an}，{bn}的前n项和分别是Sn，Tn，SnTn故可设Sn＝2kn2，Tn＝kn(3n＋7)，k≠0，则a6＝S6－S5＝22k，b3＝T3－T2＝22k，则a6等差数列前n项和的常用性质(1)在等差数列{an}中，数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．(2)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；S2n－1＝(2n－1)an.(3)在等差数列{an}，{bn}中，它们的前n项和分别记为Sn，Tn，则anbn1．已知数列{an}满足2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，a2＋a4＋a6＝12，a1＋a3＋a5＝9，则a3＋a4＝()A．6 B．7C．8 D．9B解析：因为2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，所以数列{an}是等差数列．由等差数列的性质可得a2＋a4＋a6＝3a4＝12，a1＋a3＋a5＝3a3＝9，所以a4＝4，a3＝3，所以a3＋a4＝3＋4＝7.2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5S10＝13，则113解析：令S5＝t，则由S5S10＝13，得S10＝3t.又由等差数列{an}的性质得S5，S10－S5，S15－S10，S20－S15成等差数列，故有S10－S5＝2t，S15－S10＝3t，S20－S15＝4t，相加可得S20－S5＝9t，所以S20＝10t，所以S等差数列前n项和的最值【例5】(多选题)(2024·安庆模拟)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则()A．a5＝0B．{an}的前n项和中S5最小C．nSn的最小值为－49D．SnBC解析：设等差数列{an}的公差为d，因为等差数列{an}的前n项和为Sn，S10＝0，S15＝25，所以10a1+45d=0，15a1+105d=25所以an＝13(2n－11)，所以a5＝－1由an＝13(2n－11)可得Sn＝13(n2－10n)＝13(n－5)2－253，所以当nnSn＝13n3－103n2，设函数f(x)＝13x3－103x2(x>0)，则f′(x)＝x2当x∈0，203时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈203，+∞时，f′(所以f(x)min＝f203又6<203<7，且f(6)＝－48，f所以nSn的最小值为－49，故C正确．Snn＝13等差数列前n项和最值的求法(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方并结合图象借助求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a1>0，d<0时，满足am≥0，am+1≤0的项数m使得②当a1<0，d>0时，满足am≤0，am+1≥0的项数m使得在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时，Sn取得最大值，则d的取值范围为．−1，−78解析：由题意，当且仅当n可得d<0，a8>0，a9故d的取值范围是−1，[试题呈现]在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15.求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值．[四字程序]读n取何值时，Sn取得最大值想利用等差数列的项的符号或二次函数的性质来求最值算1．求通项公式an＝－53n＋652．求前n项和Sn＝－56n2＋125思转化与化归，即将Sn的最值问题转化为数列单调性问题或数列通项正负问题，也可利用二次函数的最值性质解决问题[一题多解]思路参考：利用条件S10＝S15求出{an}的通项公式，根据项的特殊符号特征可判断最大值Sn并求出．解：因为a1＝20，S10＝S15，所以10×20＋10×92d＝15×20＋15×142解得d＝－53由an＝a1＋(n－1)d，得an＝20＋(n－1)×−53＝－53n因为a1＝20>0，d＝－53所以数列{an}是递减数列．令an＝－53n＋653＝0，得n＝13，即a当n≤12时，an＞0；当n≥14时，an＜0，所以当n＝12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S12＝S13＝12×20＋12×112×−思路参考：利用条件S10＝S15求出{an}的前n项和Sn，利用二次函数知识求Sn的最大值．解：因为a1＝20，S10＝S15，所以10×20＋10×92d＝15×20＋15×142解得d＝－53Sn＝20n＋n＝－56n2＋125＝－56n−252因为n∈N*，12＜252＜13，且S12＝130，S13＝130，所以当n＝12或13时，Sn思路参考：利用条件S10＝S15，可得S15－S10＝a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0，由项的性质可求得值为0的项，进而找到Sn的最大值．解：由S10＝S15，得S15－S10＝a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0，所以5a13＝0，即a13＝0.又a1＝20，d＝a13−a所以数列{an}是递减数列，所以当n＝12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S12＝S13＝12×20＋12×112×−思路参考：由S10＝S15，结合二次函数的对称性，进而得到Sn的最大值．解：因为等差数列{an}的前n项和Sn是关于n的二次函数，且S10＝S15，所以10×20＋10×92d＝15×20＋15×142解得d＝－53又10+152所以当n＝12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S12＝S13＝12×20＋12×112课时质量评价(四十一)1．在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝6，则3a2＋a16的值为()A．24 B．18C．16 D．12D解析：由题意知a3＋a8＝2a1＋9d，3a2＋a16＝4a1＋18d＝2(a3＋a8)＝12.故选D.2．(2024·1月九省适应性测试)记等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＋a7＝6，a12＝17，则S16＝()A．120 B．140C．160 D．180C解析：因为a3＋a7＝2a5＝6，所以a5＝3，所以a5＋a12＝3＋17＝20，所以S16＝a1+a16×162＝8(故选C.3．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S50－S47＝12，则S97等于()A．198 B．388C．776 D．2023B解析：由题意得S50－S47＝a48＋a49＋a50＝3a49＝12，所以a49＝4，所以S97＝97×a1+a9724．(2023·新高考全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：SnA．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件C解析：若{an}是等差数列，设数列{an}的首项为a1，公差为d，则Sn＝na1＋nn−12d，即Snn＝a1＋n−12d＝a1＋(n－1)·d2，则Sn+1即甲是乙的充分条件．反之，若Snn为等差数列，则可设Sn+1n+1－则Snn＝S1＋(n－1)D，即Sn＝nS1＋n(n－1)当n≥2时，有Sn－1＝(n－1)S1＋(n－1)(n－2)D，以上两式相减得an＝Sn－Sn－1＝S1＋2(n－1)D.当n＝1时，上式成立，所以an＝a1＋2(n－1)D，则an＋1－an＝a1＋2nD－[a1＋2(n－1)D]＝2D(常数)，所以数列{an}为等差数列，即甲是乙的必要条件．综上所述，甲是乙的充要条件．5．(多选题)(2024·桐城模拟)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn，a1＝10，公差d＝－2，则()A．S4＝S7B．当n＝6或7时，Sn取得最小值C．数列{|an|}的前10项和为50D．当n≤2023时，数列{an}与数列{3m＋10}(m∈N)共有671项互为相反数AC解析：因为{an}为等差数列，a1＝10，公差d＝－2，故an＝10－2(n－1)＝12－2n，Sn＝10n＋(－2)×nn−12＝11n－n对于A，S7－S4＝a5＋a6＋a7＝3a6＝0，故A正确；对于B，因为a5>0，a6＝0，a7<0，数列递减，Sn没有最小值，故B错误；对于C，数列{|an|}的前10项和为|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝S6－(S10－S6)＝2S6－S10＝2×30－10＝50，故C正确；对于D，当n≤2023时，令12－2n＝－3m－10，可得n＝3m2因为m∈N，所以m为偶数且m≤402436．已知等差数列{an}的项数为奇数，其中所有奇数项之和为319，所有偶数项之和为290，则该数列的中间项为．29解析：设等差数列{an}共有(2n＋1)项，其中奇数项有(n＋1)项，偶数项有n项，则S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1＝(n＋1)an＋1，S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝nan＋1.又该数列的中间项为an＋1，所以an＋1＝S奇－S偶＝319－290＝29.7．(数学与文化)如图，北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)块．3402解析：设每层环数为n(n∈N*)，则上层由内向外每环的扇面形石板的块数依次为a1，a2，…，an，中层由内向外每环的扇面形石板的块数依次为an＋1，an＋2，…，a2n，下层由内向外每环的扇面形石板的块数依次为a2n＋1，a2n＋2，…，a3n.由题意知数列{an}为等差数列，公差为9，且(a2n＋1＋a2n＋2＋…＋a3n)－(an＋1＋an＋2＋…＋a2n)＝729.由等差数列的性质知a2n＋1－an＋1＝a2n＋2－an＋2＝…＝a3n－a2n＝9n，所以9n2＝729，解得n＝9，则数列{an}共有9×3＝27(项)，故三层共有扇面形石板(不含天心石)的块数即为数列{an}的前27项和，即27×9＋27×262×8．(2022·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝．2解析：由2S3＝3S2＋6，可得2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，化简得2a3＝a1＋a2＋6，即2(a1＋2d)＝2a1＋d＋6，解得d＝2.9．已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝an2＋n－4(n∈N(1)求证：数列{an}为等差数列．(2)求数列{an}的通项公式．(1)证明：当n＝1时，有2a1＝a1即a12－2a所以a1＝3(a1＝－1舍去)．当n≥2时，有2Sn－1＝an−12＋又2Sn＝an2＋所以两式相减得2an＝an即an2－2an＋1＝即(an－1)2＝an−1因此an－1＝an－1或an－1＝－an－1.若an－1＝－an－1，则an＋an－1＝1.而a1＝3，所以a2＝－2，这与数列{an}的各项均为正数矛盾，所以an－1＝an－1，即an－an－1＝1，因此数列{an}为等差数列．(2)解：由(1)知a1＝3，数列{an}的公差d＝1，所以数列{an}的通项公式为an＝3＋(n－1)×1＝n＋2.10．若{an}是公差为1的等差数列，则{a2n－1＋2a2n}是()A．公差为3的等差数列B．公差为4的等差数列C．公差为6的等差数列D．公差为9的等差数列C解析：令bn＝a2n－1＋2a2n，则bn＋1＝a2n＋1＋2a2n＋2，故bn＋1－bn＝a2n＋1＋2a2n＋2－(a2n－1＋2a2n)＝(a2n＋1－a2n－1)＋2(a2n＋2－a2n)＝2d＋4d＝6d＝6×1＝6.所以{a2n－1＋2a2n}是公差为6的等差数列．11．(多选题)已知数列{an}是公差不为0的等差数列，前n项和为Sn，满足a1＋5a3＝S8，下列选项正确的有()A．a10＝0 B．S10最小C．S7＝S12 D．S20＝0AC解析：根据题意，数列{an}是等差数列，设公差为d，由a1＋5a3＝S8，即a1＋5a1＋10d＝8a1＋28d，变形可得a1＝－9d.又由an＝a1＋(n－1)d＝(n－10)d，得a10＝0，故A正确．因为不能确定a1和d的符号，所以不能确定S10最小，故B不正确．又由Sn＝na1＋nn−1d2＝－9nd＋nn−1d2＝d2(n2－19nS20＝20a1＋20×192d＝－180d＋190d＝10d因为d≠0，所以S20≠0，故D不正确．12．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2+2a7+a854解析：a2+2a7+a所以a6a3所