2025版新教材高考数学一轮复习第5章数列第2节等差数列学案含解析新人教B版

第2节等差数列一、教材概念·结论·性质重现1．等差数列的定义假如数列从第2项起，每一项与它的前一项之差都等于同一个常数d，即an＋1－an＝d恒成立，则称{an}为等差数列，其中d称为等差数列的公差．等差数列的定义用递推公式表示为an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)．2．等差数列的通项公式(1)假如等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则这个等差数列的通项公式是an＝a1＋(n－1)d.(2)若已知ak，公差是d，则这个等差数列的通项公式是an＝ak＋(n－k)d.当d≠0时，等差数列通项公式可以看成关于n的一次函数an＝dn＋(a1－d)．3．等差中项假如x，A，y是等差数列．那么称A为x与y的等差中项，即A＝eq\f(x＋y,2).4．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广公式：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)⇔d＝eq\f(an－am,n－m)(n≠m)．(2)若{an}为等差数列，且m＋n＝p＋q＝2w，则am＋an＝ap＋aq＝2aw(m，n，p，q，w∈N*)．(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(4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．5．等差数列的前n项和公式及其性质(1)设等差数列{an}的公差为d，其前n项和Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.(2)等差数列{an}的前n项和为Sn，数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N*)也是等差数列，公差为m(3)等差数列的前n项和的最值在等差数列{an}中，若a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值．(4)若等差数列{an}的项数为偶数2n，则①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；②S偶－S奇＝nd，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(an,an＋1).(5)若等差数列{an}的项数为奇数2n＋1，则①S2n＋1＝(2n＋1)an＋1；②eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n＋1,n).数列{an}是等差数列⇔数列的前n项和公式Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)，所以当d≠0时，等差数列前n项和公式可以看成关于n的二次函数，且常数项为0.二、基本技能·思想·活动体验1．推断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．(×)(2)等差数列{an}的单调性是由公差d确定的．(√)(3)数列{an}满意an＋1－an＝n，则数列{an}是等差数列．(×)(4)已知数列{an}的通项公式是an＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{an}肯定是等差数列．(√)(5)等差数列的前n项和Sn是项数为n的二次函数．(×)2．等差数列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，则公差d等于()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．2 D．－eq\f(1,2)A解析：因为a4＋a8＝2a6＝10，所以a6又a10＝6，所以公差d＝eq\f(a10－a6,10－6)＝eq\f(6－5,4)＝eq\f(1,4).故选A.3．在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项的和S11等于()A．58 B．88C．143 D．176B解析：S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝eq\f(11a4＋a8,2)＝88.4．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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝2，,5a1＋10d＝30，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(26,3)，,d＝－\f(4,3)，))所以S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)d＝32.5．一物体从1960m的高空着陆，假如第1秒着陆4.90m，以后每秒比前一秒多着陆9.80m，那么经过________秒落到地面．20解析：设物体经过t秒着陆到地面，物体在着陆过程中，每一秒着陆的距离构成首项为4.90，公差为9.80的等差数列，所以4.90t＋eq\f(1,2)t(t－1)×9.80＝1960，即4.90t2＝1960，解得t＝20.考点1等差数列的定义、通项公式、基本运算——基础性1．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3，S5＝35，则数列{an}的公差为()A．－2 B．2C．4 D．7B解析：因为a1＝3，S5＝35，所以5×3＋eq\f(5×4,2)d＝35，解得d＝2.2．(2024·宜春模拟)已知等差数列{an}中，a1＝1，前10项的和等于前5项的和．若am＋a7＝0，则m＝()A．10 B．9C．8 D．2B解析：设等差数列{an}的公差为d，a1＝1.因为前10项的和等于前5项的和，且am＋a7＝0，则10＋45d＝5＋10d,2＋(m＋5)d＝0，解得m＝9.3．(2024·哈尔滨试验中学模拟)数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,an＋1)))是等差数列，且a1＝1，a3＝－eq\f(1,3)，那么a2022＝()A．eq\f(1010,1011) B．－eq\f(1010,1011)C．eq\f(2019,2021) D．－eq\f(2021,2022)B解析：设等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,an＋1)))的公差为d，且a1＝1，a3＝－eq\f(1,3)，所以eq\f(2,a1＋1)＝1，eq\f(2,a3＋1)＝3，所以3＝1＋2d，解得d＝1.所以eq\f(2,an＋1)＝1＋n－1＝n，所以an＝eq\f(2,n)－1.那么a2022＝eq\f(2,2022)－1＝－eq\f(1010,1011).4．(2024·江苏卷)已知数列{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项和．若a2a5＋a8＝0，S9＝27，则S816解析：设数列{an}的公差为d，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋da1＋4d＋a1＋7d＝0，,9a1＋\f(9×8,2)d＝27，))解得a1＝－5，d＝2，所以S8＝8×(－5)＋eq\f(8×7,2)×2＝16.等差数列运算问题的解题策略(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解．(2)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．考点2等差数列的判定与证明——综合性数列{an}满意an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，a1＝1.(1)证明：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和Sn，并证明：eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)>eq\f(n,n＋1).(1)证明：因为an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2an＋1,an)，化简得eq\f(1,an＋1)＝2＋eq\f(1,an)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2，故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)解：由(1)知eq\f(1,an)＝2n－1，所以Sn＝eq\f(n1＋2n－1,2)＝n2，eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,n2)>eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).证明：eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,n2)>eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,nn＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).1．若本例条件变为“若a1＝1，a2＝eq\f(1,2)，eq\f(2,an＋1)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋2)(n∈N*)”，求数列{an}的通项公式．解：由已知式eq\f(2,an＋1)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋2)可得eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,an＋2)－eq\f(1,an＋1)，知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为eq\f(1,a1)＝1，公差为eq\f(1,a2)－eq\f(1,a1)＝2－1＝1的等差数列，所以eq\f(1,an)＝n，即an＝eq\f(1,n).2．若本例条件变为“a1＝eq\f(3,5)，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)”，求数列{an}的通项公式．解：由已知可得eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)＋1，即eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝1.又a1＝eq\f(3,5)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq\f(a1,1)＝eq\f(3,5)为首项，1为公差的等差数列，所以eq\f(an,n)＝eq\f(3,5)＋(n－1)·1＝n－eq\f(2,5)，所以an＝n2－eq\f(2,5)n.等差数列的四个判定方法(1)定义法：证明对随意正整数n都有an＋1－an等于同一个常数．(2)等差中项法：证明对随意正整数n都有2an＋1＝an＋an＋2.(3)通项公式法：得出an＝pn＋q后，再依据定义判定数列{an}为等差数列．(4)前n项和公式法：得出Sn＝An2＋Bn后，再运用定义法证明数列{an}为等差数列．已知{an}是各项均为正数的等差数列，公差为d.对随意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中项．设cn＝beq\o\al(2,n＋1)－beq\o\al(2,n)，n∈N*,求证：数列{cn}是等差数列．证明：由题意得beq\o\al(2,n)＝anan＋1，有cn＝beq\o\al(2,n＋1)－beq\o\al(2,n)＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1，因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，所以数列{cn}是等差数列．考点3等差数列性质的应用——应用性考向1等差数列项的性质问题(1)(2024·宁德二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a5＋a8＝9，则S9＝()A．21 B．27C．30 D．36B解析：因为等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a5＋a8＝9＝3a5，所以a5则S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝9a5＝27.(2)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为()A．1 B．2C．4 D．8C解析：(方法一)设等差数列{an}的公差为d，依题意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＋a1＋4d＝24，,6a1＋\f(6×5,2)d＝48，))解得d＝4.(方法二)等差数列{an}中，S6＝eq\f(a1＋a6×6,2)＝48，则a1＋a6＝16＝a2＋a5.又a4＋a5＝24，所以a4－a2＝2d＝24－16＝8，所以d＝4.等差数列的项的性质的关注点(1)项的性质：在等差数列{an}中，m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.(2)在等差数列题目中，只要出现项的和问题，一般先考虑应用项的性质．(3)项的性质常与等差数列的前n项和公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)相结合命题．考向2等差数列前n项和的性质(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若S5＝7，S10＝21，则S15等于()A．35 B．42C．49 D．63B解析：在等差数列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10成等差数列，即7,14，S15－21成等差数列，所以7＋(S15－21)＝2×14，解得S15＝42.(2)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2018，eq\f(S2019,2019)－eq\f(S2013,2013)＝6，则S2020＝________.2020解析：由等差数列的性质可得数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也为等差数列．设其公差为d，则eq\f(S2019,2019)－eq\f(S2013,2013)＝6d＝6，所以d＝1.故eq\f(S2020,2020)＝eq\f(S1,1)＋2019d＝－2018＋2019＝1，所以S2020＝1×2020＝2020.等差数列前n项和的性质在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则：(1)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m(2)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)．(3)S2n－1＝(2n－1)an.1．已知数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，2＋a5＝a6＋a3，则S7＝()A．2 B．7C．14 D．28C解析：因为2＋a5＝a6＋a3，所以2＋a4＋d＝a4＋2d＋a4－d，解得a4＝2.所以S7＝eq\f(7a1＋a7,2)＝7a4＝14.2．(2024·海南模拟)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(n＋5,2n－1)，则eq\f(a7,b6)＝()A.eq\f(6,7) B.eq\f(12,11)C.eq\f(18,25) D.eq\f(16,21)A解析：因为等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(n＋5,2n－1)，所以可设Sn＝kn(n＋5)，Tn＝kn(2n－1)，k≠0.所以a7＝S7－S6＝18k，b6＝T6－T5＝21k，所以eq\f(a7,b6)＝eq\f(6,7).3．设Sn是等差数列{an}的前n项和，S10＝16，S100－S90＝24，则S100＝________.200解析：依题意，S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90依次成等差数列，设该等差数列的公差为d.又S10＝16，S100－S90＝24，因此S100－S90＝24＝16＋(10－1)d＝16＋9d，解得d＝eq\f(8,9)，因此S100＝10S10＋eq\f(10×9,2)d＝10×16＋eq\f(10×9,2)×eq\f(8,9)＝200.考点4等差数列前n项和的最值——应用性等差数列{an}中，已知a5>0，a4＋a7<0，则{an}的前n项和Sn的最大值为()A．S4 B．S5C．S6 D．S7B解析：因为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a7＝a5＋a6<0，,a5>0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5>0，,a6<0，))所以Sn的最大值为S5.1．本例若把条件改为“等差数列{an}中，S5<S6，S6＝S7>S8”A．d<0B．a7＝0C．S9>S5D．S6，S7均为Sn中的最大值C解析：由S5<S6得a1＋a2＋a3＋…＋a5<a1＋a2＋…＋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.因为d＝a7－a6<0，故A正确．而C选项中S9>S5，即a6＋a7＋a8＋a9>0，可得2(a7＋a8)>0，由结论a7＝0，a8<0，明显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．2．本例条件变为“等差数列{an}的前n项和为Sn，若S13>0，S14<0”，则Sn取最大值时nA．6 B．7C．8 D．13B解析：依据S13>0，S14<0，可以确定a1＋a13＝2a7>0，a1＋a14＝a7＋a8<0，所以a7>0，a8<0，所以Sn取最大值时n求等差数列前n项和Sn最值的两种方法(1)二次函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图像求二次函数最值的方法求解．(2)通项变号法：①当a1>0，d<0时，满意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≥0，,am＋1≤0))的项数m使得Sn取得最大值为Sm；②当a1<0，d>0时，满意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≤0，,am＋1≥0))的项数m使得Sn取得最小值为Sm.等差数列{an}中，若eq\f(a9,a8)<－1，且它的前n项和Sn有最小值，则当Sn>0时，n的最小值为()A．14B．15C．16D．17C解析：因为数列{an}是等差数列，它的前n项和Sn有最小值，所以公差d>0，首项a1<0，{an}为递增数列．因为eq\f(a9,a8)<－1，所以a8·a9<0，a8＋a9>0，由等差数列的性质知，2a8＝a1＋a15<0，a8＋a9＝a1＋a16因为Sn＝eq\f(na1＋an,2)，所以当Sn>0时，n的最小值为16.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]读想算思n取何值时，Sn取得最大值1.Sn的表达式；2．求最值的方法？1.求通项公式an；2．求前n项和Sn转化与化归等差数列，a1＝20，S10＝S151.利用等差数列的项的符号；2．利用二次函数的性质1.an＝－eq\f(5,3)n＋eq\f(65,3)；2．Sn＝－eq\f(5,6)n2＋eq\f(125,6)n1.数列的单调性；2．二次函数的性质思路参考：先求基本量d，再由an确定Sn取得最大值时n的值．解：因为a1＝20，S10＝S15，所以10×20＋eq\f(10×9,2)d＝15×20＋eq\f(15×14,2)d，所以d＝－eq\f(5,3).由an＝20＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝－eq\f(5,3)n＋eq\f(65,3).因为a1＝20>0，d＝－eq\f(5,3)<0，所以数列{an}是递减数列．由an＝－eq\f(5,3)n＋eq\f(65,3)≤0，得n≥13，即a13＝0.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＋eq\f(12×11,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝130.思路参考：先求出d，再由Sn的表达式确定其最大值．解：因为a1＝20，S10＝S15，所以10×20＋eq\f(10×9,2)d＝15×20＋eq\f(15×14,2)d，所以d＝－eq\f(3,5).Sn＝20n＋eq\f(nn－1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝－eq\f(5,6)n2＋eq\f(125,6)n＝－eq\f(5,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(25,2)))2＋eq\f(3125,24).因为n∈N*，所以当n＝12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12＝S13＝130.思路参考：利用等差数列的性质求解．解：由S10＝S15得S15－S10＝a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0，所以5a13＝0，即a13＝0.又d＝eq\f(a13－a1,13－1)＝－eq\f(5,3)，所以当n＝12或13时，Sn有最大值．所以S12＝12×20＋eq\f(12×11,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝130.思路参考：结合二次函数学问解答．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＋eq\f(10×9,2)d＝15×20＋eq\f(15×14,2)d，所以d＝－eq\f(5,3).又eq\