2024高考数学一轮复习第6章数列第2节等差数列及其前n项和教学案理北师大版

PAGEPAGE1其次节等差数列及其前n项和[最新考纲]1.理解等差数列的概念.2.驾驭等差数列的通项公式与前n项和公式.3.能在详细的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关学问解决相应的问题.4.了解等差数列与一次函数的关系．1．等差数列(1)定义：假如一个数列从第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，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示．数学语言表示为an＋1－an＝d(n∈N＋)，d为常数．(2)等差中项：假如在a与b中间插入一个数A，使a，A，b成等差数列，那么A叫作a与b的等差中项，即A＝eq\f(a＋b,2).2．等差数列的有关公式(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d.(2)前n项和公式：Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(na1＋an,2).3．等差数列的通项公式及前n项和公式与函数的关系(1)当d≠0时，等差数列{an}的通项公式an＝dn＋(a1－d)是关于d的一次函数．(2)当d≠0时，等差数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n是关于n的二次函数．4．等差数列的前n项和的最值在等差数列{an}中，a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值．eq\a\vs4\al([常用结论])等差数列的常用性质(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m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈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)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N＋)也是等差数列，公差为m(5)若{an}，{bn}均为等差数列且其前n项和为Sn，Tn，则eq\f(an,bn)＝eq\f(S2n－1,T2n－1).(6)若{an}是等差数列，则eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也是等差数列，其首项与{an}的首项相同，公差是{an}的公差的eq\f(1,2).(7)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).(8)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).一、思索辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(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}为等差数列的充要条件是对随意n∈N＋，都有2an＋1＝an＋an＋2.()(4)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．()[答案](1)×(2)√(3)√(4)×二、教材改编1．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[∵a4＋a8＝2a6＝10，∴a6又a10＝6，∴公差d＝eq\f(a10－a6,10－6)＝eq\f(6－5,4)＝eq\f(1,4).故选A.]2．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[设数列{an}的公差为d，法一：由S5＝5a3＝30得a3又a6＝2，∴S8＝eq\f(8a1＋a8,2)＝eq\f(8a3＋a6,2)＝eq\f(86＋2,2)＝32.法二：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝2，,5a1＋\f(5×4,2)d＝30，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(26,3)，,d＝－\f(4,3).))∴S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)d＝8×eq\f(26,3)－28×eq\f(4,3)＝32.]3．已知等差数列－8，－3,2,7，…，则该数列的第100项为________．487[依题意得，该数列的首项为－8，公差为5，所以a100＝－8＋99×5＝487.]4．某剧场有20排座位，后一排比前一排多2个座位，最终一排有60个座位，则剧场总共的座位数为________．820[设第n排的座位数为an(n∈N＋)，数列{an}为等差数列，其公差d＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝a1＋2(n－1)．由已知a20＝60，得60＝a1＋2×(20－1)，解得a1＝22，则剧场总共的座位数为eq\f(20a1＋a20,2)＝eq\f(20×22＋60,2)＝820.]考点1等差数列基本量的运算解决等差数列运算问题的思想方法(1)方程思想：等差数列的基本量为首项a1和公差d，通常利用已知条件及通项公式或前n项和公式列方程(组)求解，等差数列中包含a1，d，n，an，Sn五个量，可“知三求二”．(2)整体思想：当所给条件只有一个时，可将已知和所求都用a1，d表示，寻求两者间的联系，整体代换即可求解．(3)利用性质：运用等差数列性质可以化繁为简、优化解题过程．1.(2024·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则()A．an＝2n－5 B．an＝3n－10C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝eq\f(1,2)n2－2nA[由题知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S4＝4a1＋\f(d,2)×4×3＝0，,a5＝a1＋4d＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2，))∴an＝2n－5，Sn＝n2－4n，故选A.]2．(2024·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5等于()A．－12 B．－10C．10 D．12B[设等差数列{an}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，得3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3a1＋\f(3×3－1,2)×d))＝2a1＋eq\f(2×2－1,2)×d＋4a1＋eq\f(4×4－1,2)×d，将a1＝2代入上式，解得d＝－3，故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.]3．(2024·黄山三模)《算法统宗》是中国古代数学名著，由明代数学家程大位编著，它对我国民间普及珠算和数学学问起到了很大的作用，是东方古代数学的名著．在这部著作中，很多数学问题都是以歌诀形式呈现的，“九儿问甲歌”就是其中一首：一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推．在这个问题中，记这位公公的第n个儿子的年龄为an，则a1＝()A．23 B．32C．35 D．38C[由题意可知年龄构成的数列为等差数列，其公差为－3，则9a1＋eq\f(9×8,2)×(－3)＝207，解得a1＝35，故选C.]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.考点2等差数列的判定与证明等差数列的4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．若数列{an}的前n项和为Sn，且满意an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝eq\f(1,2).(1)求证：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))成等差数列；(2)求数列{an}的通项公式．[解](1)证明：当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，因为Sn≠0，所以eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2，又eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝2，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首项为2，公差为2的等差数列．(2)由(1)可得eq\f(1,Sn)＝2n，所以Sn＝eq\f(1,2n).当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,2n)－eq\f(1,2n－1)＝eq\f(n－1－n,2nn－1)＝－eq\f(1,2nn－1).当n＝1时，a1＝eq\f(1,2)不适合上式．故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，n＝1，,－\f(1,2nn－1)，n≥2.))证明eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))成等差数列的关键是eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)为与n无关的常数，同时留意求数列{an}的通项公式时务必检验其通项公式是否包含n＝1的情形．[老师备选例题]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).[解](1)证明：∵an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，∴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)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).故eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＞eq\f(n,n＋1).1.已知数列{an}满意a1＝1，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.(1)求a2，a3；(2)证明数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差数列，并求{an}的通项公式．[解](1)由已知，得a2－2a1则a2＝2a1＋4，又a1＝1，所以a2由2a3－3a得2a3＝12＋3a2，所以a(2)由已知nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，得eq\f(nan＋1－n＋1an,nn＋1)＝2，即eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝2，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首项eq\f(a1,1)＝1，公差d＝2的等差数列．则eq\f(an,n)＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝2n2－n.2．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．(1)证明：an＋2－an＝λ；(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．[解](1)证明：由题设知anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1，由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.(2)由题设知a1＝1，a1a2＝λS1可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3解得λ＝4.故an＋2－an＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2，因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．考点3等差数列的性质及应用等差数列中常用的解题性质(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)和的性质：在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；②S2n－1＝(2n－1)an.(3)在Sn＝eq\f(na1＋an,2)中常用性质或等差中的项解题．(1)正项等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＋a9－aeq\o\al(2,6)＋15＝0，则S11＝()A．35 B．36C．45 D．55(2)(2024·锦州模拟)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．63(3)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＝________.(1)D(2)B(3)2020[(1)因为{an}为正项等差数列，故a3＋a9＝2a6所以aeq\o\al(2,6)－2a6－15＝0，解得a6＝5或者a6＝－3(舍)，所以S11＝11a6＝11×5＝55，故选D.(2)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.(3)由等差数列的性质可得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，∴d＝1.故eq\f(S2020,2020)＝eq\f(S1,1)＋2019d＝－2018＋2019＝1，∴S2020＝1×2020＝2020.]以数列项或和的下角标为突破口，结合等差数列的性质敏捷解答．[老师备选例题](1)设数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，则a37＋b37等于()A．0 B．37C．100 D．－37(2)(2024·商洛模拟)等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，则2a9－aA．20 B．22C．24 D．8(3)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9等于()A．63 B．45C．36 D．27(1)C(2)C(3)B[(1)设{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，则(an＋1＋bn＋1)－(an＋bn)＝(an＋1－an)＋(bn＋1－bn)＝d1＋d2，所以{an＋bn}为等差数列．又a1＋b1＝a2＋b2＝100，所以{an＋bn}为常数列，所以a37＋b37＝100.(2)因为a1＋3a8＋a15＝5a所以a8＝24，所以2a9－a10＝a10＋a8－a10＝a8(3)由{an}是等差数列，得S3，S6－S3，S9－S6为等差数列．即2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，得到S9－S6＝2S6－3S3＝45.]1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若m＞1，且am－1＋am＋1－aeq\o\al(2,m)－1＝0，S2m－1＝39，则m等于()A．39 B．20C．19 D．10B[数列{an}为等差数列，则am－1＋am＋1＝2am，则am－1＋am＋1－aeq\o\al(2,m)－1＝0可化为2am－aeq\o\al(2,m)－1＝0，解得am＝1.又S2m－1＝(2m－1)am＝39，则m＝20.故选B.]2．设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对随意的n∈N＋，都有eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n－3,4n－3)，则eq\f(a2,b3＋b13)＋eq\f(a14,b5＋b11)的值为()A.eq\f(29,45) B.eq\f(13,29)C.eq\f(9,19) D.eq\f(19,30)C[由题意可知b3＋b13＝b5＋b11＝b1＋b15＝2b8，∴eq\f(a2,b3＋b13)＋eq\f(a14,b5＋b11)＝eq\f(a2＋a14,2b8)＝eq\f(a8,b8)＝eq\f(S15,T15)＝eq\f(2×15－3,4×15－3)＝eq\f(27,57)＝eq\f(9,19).故选C.]考点4等差数列前n项和的最值问题求等差数列前n项和Sn最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图像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.[一题多解]等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝13，S3＝S11，当Sn最大时，n的值是()A．5 B．6C．7 D．8C[法一：(邻项变号法)由S3＝S11，得a4＋a5＋…＋a11＝0，依据等差数列的性质，可得a7＋a8＝0.依据首项等于13可推知这个数列为递减数列，从而得到a7>0，a8<0，故n＝7时Sn最大．法二：(函数法)由S3＝S11，可得3a1＋3d＝11a1＋55d，把a1＝13代入，得d＝－2，故Sn＝13n－n(n－1)＝－n2＋14n.依据二次函数的性质，知当n＝7时S法三：(函数法)依据a1＝13，S3＝S11，知这个数列的公差不等于零，且这个数列的和是先递增后递减．依据公差不为零的等差数列的前n项和是关于n的二次函数，以及二次函数图像的对称性，可得只有当n＝eq\f(3＋11,2)＝7时，Sn取得最大值．][母题探究]将本例中“a1＝13，S3＝S11”改为“a1＝20，S10＝S15”，则[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).法一：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)，得a13＝0.即当n≤12时，an>0，