2022高考总复习(人教A版)高中数学-第五章-数列-第2讲-等差数列及其前n项和.docx

第2讲　等差数列及其前n项和

1．等差数列的有关概念
(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．符号表示为an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)．
(2)等差中项：数列a，A，b成等差数列的充分条件是A＝，其中A叫做a，b的等差中项．
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＋d＝．
3．等差数列的性质
已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和．
(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．
(2)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an．
(3)若{an}的公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d．
(4)若{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．
(5)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…构成等差数列．
[做一做]
1．(2022·高考福建卷)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于(　　)
A．8　　　　　　　 B．10
C．12 D．14
答案：C
2．已知等差数列a1，a2，a3，…，an的公差为d，则ca1，ca2，ca3，…，can(c为常数且c≠0)是(　　)
A．公差为d的等差数列
B．公差为cd的等差数列
C．非等差数列
D．以上都不对
答案：B

1．辨明两个易误点
(1)要留意概念中的“从第2项起”．假如一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．
(2)留意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区分．
2．妙设等差数列中的项
若奇数个数成等差数列，可设中间三项为a－d，a，a＋d；
若偶数个数成等差数列，可设中间两项为a－d，a＋d，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．
3．等差数列的四种推断方法
(1)定义法：an＋1－an＝d(d是常数)⇔{an}是等差数列．
(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列．
(3)通项公式：an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列．
(4)前n项和公式：Sn＝An2＋Bn(A、B为常数)⇔{an}是等差数列．
[做一做]
3．(2021·高考重庆卷)若2，a，b，c，9成等差数列，则c－a＝________．
解析：由题意得该等差数列的公差d＝＝，
所以c－a＝2d＝.
答案：
4．若数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－4，则an＝________．
解析：由3an＋1＝3an－4，得an＋1－an＝－，
所以{an}是等差数列，首项a1＝15，公差d＝－，
所以an＝15－(n－1)＝.
答案：

__等差数列的基本运算(高频考点)________

等差数列基本量的计算是高考的常考内容，多毁灭在选择题、填空题或解答题的第(1)问中，属简洁题．
高考对等差数列基本量计算的考查常有以下三个命题角度：
(1)求公差d、项数n或首项a1；
(2)求通项或特定项；
(3)求前n项和．
　(1)(2022·高考课标全国卷Ⅱ)等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝(　　)
A．n(n＋1)　　　　　 B．n(n－1)
C. D.
(2)(2021·江西南昌市模拟测试)在数列{an}中，若a1＝－2，且对任意的n∈N*有2an＋1＝1＋2an，则数列{an}前10项的和为(　　)
A．5 B．10
C. D.
(3)(2021·高考课标全国卷Ⅰ)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
[解析]　(1)由a2，a4，a8成等比数列，得a＝a2a8，即(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋14)，∴a1＝2.∴Sn＝2n＋×2＝2n＋n2－n＝n(n＋1)．
(2)由2an＋1＝1＋2an，得an＋1－an＝，∴数列{an}是首项为－2，公差为的等差数列，∴S10＝10×(－2)＋×＝.
(3)∵{an}是等差数列，Sm－1＝－2，Sm＝0，
∴am＝Sm－Sm－1＝2.
∵Sm＋1＝3，∴am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，
∴d＝am＋1－am＝1.
又Sm＝＝＝0，
∴a1＝－2，∴am＝－2＋(m－1)·1＝2，
∴m＝5.
[答案]　(1)A　(2)C　(3)C
[规律方法]　等差数列基本运算的解题方法
(1)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来解决问题．
(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．
　　　1.(1)(2021·福建福州模拟)已知等差数
列{an}，其中a1＝，a2＋a5＝4，an＝33，则n的值为________．
(2)(2021·太原市高三班级模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＋a7＋a10＝9，S14－S3＝77，则an＝________.
(3)设Sn为等差数列{an}的前n项和，a12＝－8，S9＝－9，则S16＝________．
解析：(1)在等差数列{an}中，a2＋a5＝2a1＋5d＝＋5d＝4，所以d＝，又an＝＋(n－1)＝33，解得n＝50.
(2)设{an}的公差为d，由，得，因此等差数列{an}的通项公式为an＝2n－11.
(3)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由已知，得解得，
∴S16＝16×3＋×(－1)＝－72.
答案：(1)50　(2)2n－11　(3)－72
__等差数列的判定与证明________________

　(2022·高考课标全国卷Ⅰ)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＝λS1－1，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．
[规律方法]　(1)推断等差数列的解答题，常用定义法和等差中项法，而通项公式法和前n项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简洁推断．
(2)用定义证明等差数列时，常接受两个式子an＋1－an＝d和an－an－1＝d，但它们的意义不同，后者必需加上“n≥2”，否则n＝1时，a0无定义．
　　　2.已知数列{an}中，a1＝2，an＝2－(n≥2，n∈N*)．设bn＝(n∈N*)，求证：数列{bn}是等差数列．
证明：∵an＝2－，
∴an＋1＝2－.
∴bn＋1－bn＝－＝－＝＝1，
∴{bn}是首项为b1＝＝1，公差为1的等差数列．
__等差数列的性质及最值________________

　(1)(2021·兰州市、张掖市高三联合诊断考试)等差数列{an}中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，则该数列前13项的和是(　　)
A．13　　　　　　　　 B．26
C．52 D．156
(2)(2022·高考江西卷)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________．
(3)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知前6项和为36，Sn＝324，最终6项和为180(n>6)，求数列的项数n及a9＋a10.
[解析]　(1)∵3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，
∴6a4＋6a10＝24，∴a4＋a10＝4，
∴S13＝＝＝＝26，故选B.
(2)当且仅当n＝8时，Sn取得最大值，说明
∴∴－1＜d＜－.
[答案]　(1)B　(2)
(3)解：由题意可知a1＋a2＋…＋a6＝36，①
an＋an－1＋an－2＋…＋an－5＝180.②
①＋②得(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(a6＋an－5)＝6(a1＋an)＝216，
∴a1＋an＝36.
又Sn＝＝324，∴18n＝324，n＝18.
∴a1＋a18＝36.∴a9＋a10＝a1＋a18＝36.
[规律方法]　1.等差数列的性质
(1)项的性质：在等差数列{an}中，am－an＝(m－n)d⇔＝d(m≠n)，其几何意义是点(n，an)，(m，am)所在直线的斜率等于等差数列的公差．
(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.
2．求等差数列前n项和Sn最值的两种方法
(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象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，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；
②当a1<0，d>0时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.
　3.(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．37
C．100 D．－37
(2)在等差数列{an}中，若S4＝1，S8＝4，则a17＋a18＋a19＋a20的值为(　　)
A．9 B．12
C．16 D．17
(3)已知等差数列{an}的公差为2，项数是偶数，全部奇数项之和为15，全部偶数项之和为25，则这个数列的项数为________．
解析：(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，
∴{an＋bn}为等差数列，又a1＋b1＝a2＋b2＝100，
∴{an＋bn}为常数列，∴a37＋b37＝100.
(2)S4＝1，S8－S4＝3，而S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12，S20－S16成等差数列，
即各项为1，3，5，7，9，
∴a17＋a18＋a19＋a20＝S20－S16＝9.故选A.
(3)设这个数列有2n项，则由等差数列的性质可知：偶数项之和减去奇数项之和等于nd，即25－15＝2n，故2n＝10，即数列的项数为10.
答案：(1)C　(2)A　(3)10

方法思想——整体思想在等差数列中的应用

　　　在等差数列{an}中，S10＝100，S100＝10，则S110＝________．
[解]　法一：设数列{an}的公差为d，首项为a1，
则
解得
所以S110＝110a1＋d＝－110.
法二：法一中两方程相减得
－90a1－d＝90，
∴a1＋d＝－1，
∴S110＝110a1＋d＝－110.
法三：由于S100－S10＝＝－90，
所以a11＋a100＝－2，
所以S110＝＝＝－110.
[答案]　－110
[名师点评]　(1)法一是利用等差数列的前n项和公式求解基本量，然后求和，是等差数列运算问题的常规思路．而法二、法三都突出了整体思想，分别把a1＋d、a11＋a100看成了一个整体，解起来都很便利．
(2)整体思想是一种重要的解题方法和技巧，这就要求同学要娴熟把握公式，理解其结构特征．
　1.若两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，已知＝，则等于(　　)
A．7　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选D.∵a5＝，b5＝，
∴＝＝＝＝＝.
2．在等差数列{an}中，an>0，且a1＋a2＋…＋a10＝30，则a5·a6的最大值为________．
解析：∵a1＋a2＋…＋a10＝30，
即＝30，a1＋a10＝6，∴a5＋a6＝6，
∴a5·a6≤＝9.
答案：9

1．(2022·高考重庆卷)在等差数列{an}中，a1＝2，a3＋a5＝10，则a7＝(　　)
A．5　　　　　　　　　 B．8
C．10 D．14
解析：选B.法一：设等差数列的公差为d，则a3＋a5＝2a1＋6d＝4＋6d＝10，所以d＝1，a7＝a1＋6d＝2＋6＝8.
法二：由等差数列的性质可得a1＋a7＝a3＋a5＝10，又a1＝2，所以a7＝8.
2．(2021·潍坊质检)已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，若a3＝6，S3＝12，则公差d＝(　　)
A．1 B．2
C．3 D.
解析：选B.在等差数列{an}中，S3＝＝＝12，解得a1＝2，又a3＝a1＋2d＝2＋2d＝6，解得d＝2.
3．(2021·新乡许昌平顶山其次次调研)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，a3＝5，Sk＋2－Sk＝36，则k的值为(　　)
A．8 B．7
C．6 D．5
解析：选A.设等差数列的公差为d，由等差数列的性质可得2d＝a3－a1＝4，得d＝2，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.Sk＋2－Sk＝ak＋2＋ak＋1＝2(k＋2)－1＋2(k＋1)－1＝4k＋4＝36，解得k＝8.
4．已知函数f(x)＝2x，等差数列{an}的公差为2.若f(a2＋a4＋a6＋a8＋a10)＝4，则f(a1)·f(a2)·f(a3)·…·f(a10)＝(　　)
A．0 B．2－6
C．2－2 D．－4
解析：选B.依题意得a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝2，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝2－5×2＝－8，所以f(a1)·f(a2)·f(a3)·…·f(a10)＝2a1＋a2＋…＋a10＝2－6，故选B.
5．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，S10>0并且S11＝0，若Sn≤Sk对n∈N*恒成立，则正整数k构成的集合为(　　)
A．{5} B．{6}
C．{5，6} D．{7}
解析：选C.在等差数列{an}中，由S10>0，S11＝0，得
S10＝>0⇒a1＋a10>0⇒a5＋a6>0，
S11＝＝0⇒a1＋a11＝2a6＝0，故可知等差数列{an}是递减数列且a6＝0，所以S5＝S6≥Sn，其中n∈N*，所以k＝5或6.
6．(2022·高考北京卷)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．
解析：∵a7＋a8＋a9＝3a8>0，∴a8>0.
∵a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a9<－a8<0.
∴数列的前8项和最大，即n＝8.
答案：8
7．(2021·湖北荆门调研)已知一等差数列的前四项和为124，后四项和为156，各项和为210，则此等差数列的项数是________．
解析：设数列{an}为该等差数列，依题意得a1＋an＝＝70.∵Sn＝210，Sn＝，∴210＝，∴n＝6.
答案：6
8．设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________．
解析：由an＝2n－10(n∈N*)知{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0，得n≥5，∴当n≤5时，an≤0，当n>5时，an>0，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.
答案：130
9．各项均为正数的数列{an}满足a＝4Sn－2an－1(n∈N*)，其中Sn为{an}的前n项和．
(1)求a1，a2的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
解：(1)当n＝1时，a＝4S1－2a1－1，
即(a1－1)2＝0，解得a1＝1.
当n＝2时，a＝4S2－2a2－1＝4a1＋2a2－1＝3＋2a2，
解得a2＝3或a2＝－1(舍去)．
(2)a＝4Sn－2an－1，①
a＝4Sn＋1－2an＋1－1.②
②－①得a－a＝4an＋1－2an＋1＋2an
＝2(an＋1＋an)，
即(an＋1－an)(an＋1＋an)＝2(an＋1＋an)．
∵数列{an}各项均为正数，
∴an＋1＋an>0，an＋1－an＝2，
∴数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列．
∴an＝2n－1.
10．(2021·南昌模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＝(n∈N*，n≥2)，数列{bn}满足关系式bn＝(n∈N*)．
(1)求证：数列{bn}为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：∵bn＝，且an＝，
∴bn＋1＝＝＝，
∴bn＋1－bn＝－＝2.
又b1＝＝1，
∴数列{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)由(1)知数列{bn}的通项公式为bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1，又bn＝，∴an＝＝.
∴数列{an}的通项公式为an＝.

1．已知函数y＝anx2(an≠0，n∈N*)的图象在x＝1处的切线斜率为2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，且当n＝1时其图象过点(2，8)，则a7的值为(　　)
A. B．7
C．5 D．6
解析：选C.由题意知y′＝2anx，∴2an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，∴an－an－1＝.又n＝1时其图象过点(2，8)，∴a1×22＝8，得a1＝2，∴{an}是首项为2，公差为的等差数列，an＝＋，得a7＝5.
2．(2021·高考辽宁卷)下面是关于公差d>0的等差数列{an}的四个命题：
p1：数列{an}是递增数列；p2：数列{nan}是递增数列；
p3：数列{}是递增数列；p4：数列{an＋3nd}是递增数列．
其中的真命题为(　　)
A．p1，p2 B．p3，p4
C．p2，p3 D．p1，p4
解析：选D.由于d>0，所以an＋1>an，所以p1是真命题．由于n＋1>n，但是an的符号不知道，所以p2是假命题．同理p3是假命题．由an＋1＋3(n＋1)d－an－3nd＝4d>0，所以p4是真命题．
3．(2021·东北三校联考)已知正项数列{an}满足a1＝2，a2＝1，且＋＝2，则a12＝________．
解析：∵＋＝2，∴＋＝，∴为等差数列，且首项为＝，公差为－＝，∴＝＋(n－1)×＝，∴an＝，∴a12＝.
答案：
4．设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意自然数n都有＝，则＋的值为________．
解析：∵{an}，{bn}为等差数列，
∴＋＝＋＝＝.
∵＝＝＝＝，∴＋＝.
答案：
5．(2022·高考湖北卷)已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn＞60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，依题意，2，2＋d，2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，
化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.
当d＝0时，an＝2；
当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2，
从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.
(2)当an＝2时，Sn＝2n.明显2n＜60n＋800，
此时不存在正整数n，使得Sn＞60n＋800成立．
当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.
令2n2＞60n＋800，即n2－30n－400＞0，
解得n＞40或n＜－10(舍去)，
此时存在正整数n，使得Sn＞60n＋800成立，n的最小值为41.
综上，当an＝2时，不存在满足题意的n；
当an＝4n－2时，存在满足题意的n，其最小值为41.
6．(选做题)设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝10，an＋1＝9Sn＋10.
(1)求证：{lg an}是等差数列；
(2)设Tn是数列的前n项和，求Tn；
(3)求使Tn>(m2－5m)对全部的n∈N*恒成立的整数m的取值集合．
解：(1)证明：依题意，a2＝9a1＋10＝100，故＝10.
当n≥2时，an＋1＝9Sn＋10，an＝9Sn－1＋10，
两式相减得an＋1－an＝9an，
即an＋1＝10an，＝10，
故{an}为等比数列，且an＝a1qn－1＝10n(n∈N*)，
∴lg an＝n.
∴lg an＋1－lg an＝(n＋1)－n＝1，
即{lg an}是等差数列．
(2)由(1)知，Tn＝3
＝3
＝3－.
(3)∵Tn＝3－，
∴当n＝1时，Tn取最小值.
依题意有>(m2－5m)，解得－1<m<6，
故所求整数m的取值集合为{0，1，2，3，4，5}．