【数学】2021届一轮复习北师大版（理）第6章第2节等差数列及其前n项和学案

【数学】2021届一轮复习北师大版（理）第6章第2节等差数列及其前n项和学案

第二节 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.掌握等差数列的通项公式与前 n 项和 公式.3.能在具体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知识 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：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，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：如果在 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＝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＋nn－1 2 d＝na1＋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＝d 2n2＋ a1－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． [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 的等差数列． (4)数列 Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N＋)也是等差数列，公差为 m2d. (5)若{an}，{bn}均为等差数列且其前 n 项和为 Sn，Tn，则an bn ＝S2n－1 T2n－1 . (6)若{an}是等差数列，则 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，S 奇 S 偶 ＝ 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；②S 奇 S 偶 ＝n＋1 n . 一、思考辨析(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 决定的. ( ) (3)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意 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．1 4 B．1 2 C．2 D．－1 2 A [∵a4＋a8＝2a6＝10，∴a6＝5， 又 a10＝6，∴公差 d＝a10－a6 10－6 ＝6－5 4 ＝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．32 C．33 D．34 B [设数列{an}的公差为 d， 法一：由 S5＝5a3＝30 得 a3＝6， 又 a6＝2， ∴S8＝8a1＋a8 2 ＝8a3＋a6 2 ＝86＋2 2 ＝32. 法二：由 a1＋5d＝2， 5a1＋5×4 2 d＝30， 得 a1＝26 3 ， d＝－4 3. ∴S8＝8a1＋8×7 2 d＝8×26 3 －28×4 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，最后一排有 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20a1＋a20 2 ＝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.(2019·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－10 C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝1 2n2－2n A [由题知， S4＝4a1＋d 2 ×4×3＝0， a5＝a1＋4d＝5， 解得 a1＝－3， d＝2， ∴an＝2n－5，Sn＝n2－4n，故选 A.] 2．(2018·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．－10 C．10 D．12 B [设等差数列{an}的公差为 d，由 3S3＝S2＋S4， 得 3 3a1＋3×3－1 2 ×d ＝2a1＋2×2－1 2 ×d＋4a1＋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．(2019·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知识起到了很大的作用，是东方古代数学的 名著．在这部著作中，许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．32 C．35 D．38 C [由题意可知年龄构成的数列为等差数列，其公差为－3，则 9a1＋ 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：证明对任意正整数 n 都有 an＋1－an 等于同一个常数． (2)等差中项法：证明对任意正整数 n 都有 2an＋1＝an＋an＋2. (3)通项公式法：得出 an＝pn＋q 后，再根据定义判定数列{an}为等差数列． (4)前 n 项和公式法：得出 Sn＝An2＋Bn 后，再使用定义法证明数列{an}为等 差数列． 若数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝1 2. (1)求证： 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 1 Sn － 1 Sn－1 ＝2， 又 1 S1 ＝ 1 a1 ＝2， 故 1 Sn 是首项为 2，公差为 2 的等差数列． (2)由(1)可得 1 Sn ＝2n，所以 Sn＝ 1 2n. 当 n≥2 时， an＝Sn－Sn－1＝ 1 2n － 1 2n－1 ＝n－1－n 2nn－1 ＝－ 1 2nn－1. 当 n＝1 时，a1＝1 2 不适合上式． 故 an＝ 1 2 ，n＝1， － 1 2nn－1 ，n≥2. 证明 1 Sn 成等差数列的关键是 1 Sn － 1 Sn－1 为与 n 无关的常数，同时注意 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． [教师备选例题] 数列{an}满足 an＋1＝ an 2an＋1 ，a1＝1. (1)证明：数列 1 an 是等差数列； (2)求数列 1 an 的前 n 项和 Sn，并证明 1 S1 ＋1 S2 ＋…＋ 1 Sn ＞ n n＋1. [解] (1)证明：∵an＋1＝ an 2an＋1 ， ∴ 1 an＋1 ＝2an＋1 an ，化简得 1 an＋1 ＝2＋1 an ， 即 1 an＋1 － 1 an ＝2， 故数列 1 an 是以 1 为首项，2 为公差的等差数列． (2)由(1)知 1 an ＝2n－1， 所以 Sn＝n1＋2n－1 2 ＝n2， 1 Sn ＝ 1 n2 ＞ 1 nn＋1 ＝1 n － 1 n＋1. 证明： 1 S1 ＋ 1 S2 ＋…＋1 Sn ＝1 12 ＋ 1 22 ＋…＋ 1 n2 ＞ 1 1×2 ＋ 1 2×3 ＋…＋ 1 nn＋1 ＝ 1－1 2 ＋ 1 2 －1 3 ＋…＋ 1 n － 1 n＋1 ＝1－ 1 n＋1 ＝ n n＋1. 故 1 S1 ＋ 1 S2 ＋…＋1 Sn ＞ n n＋1. 1.已知数列{an}满足 a1＝1，且 nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n. (1)求 a2，a3； (2)证明数列 an n 是等差数列，并求{an}的通项公式． [解] (1)由已知，得 a2－2a1＝4， 则 a2＝2a1＋4，又 a1＝1，所以 a2＝6. 由 2a3－3a2＝12， 得 2a3＝12＋3a2，所以 a3＝15. (2)由已知 nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)， 得nan＋1－n＋1an nn＋1 ＝2，即 an＋1 n＋1 －an n ＝2， 所以数列 an n 是首项a1 1 ＝1，公差 d＝2 的等差数列． 则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＝λS1－1， 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． 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＝na1＋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－a26＋15＝0，则 S11＝( ) A．35 B．36 C．45 D．55 (2)(2019·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．42 C．49 D．63 (3)已知 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，若 a1＝－2 018， S2 019 2 019 － S2 013 2 013 ＝6， 则 S2 020＝________. (1)D (2)B (3)2 020 [(1)因为{an}为正项等差数列，故 a3＋a9＝2a6， 所以 a26－2a6－15＝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 Sn n 也为等差数列．设其公差为 d，则S2 019 2 019 －S2 013 2 013 ＝ 6d＝6， ∴d＝1. 故 S2 020 2 020 ＝S1 1 ＋2 019d＝－2 018＋2 019＝1， ∴S2 020＝1×2 020＝2 020.] 以数列项或和的下角标为突破口，结合等差数列的性质灵活解答． [教师备选例题] (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．37 C．100 D．－37 (2)(2019·商洛模拟)等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，则 2a9－a10 的值是 ( ) A．20 B．22 C．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．45 C．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＝5a8＝120， 所以 a8＝24，所以 2a9－a10＝a10＋a8－a10＝a8＝24. (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－a2m－ 1＝0，S2m－1＝39，则 m 等于( ) A．39 B．20 C．19 D．10 B [数列{an}为等差数列，则 am－1＋am＋1＝2am，则 am－1＋am＋1－a2m－1＝0 可 化为 2am－a2m－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，若对任意的 n∈N＋，都 有Sn Tn ＝2n－3 4n－3 ，则 a2 b3＋b13 ＋ a14 b5＋b11 的值为( ) A.29 45 B.13 29 C. 9 19 D.19 30 C [由题意可知 b3＋b13＝b5＋b11＝b1＋b15＝2b8， ∴ a2 b3＋b13 ＋ a14 b5＋b11 ＝a2＋a14 2b8 ＝a8 b8 ＝S15 T15 ＝2×15－3 4×15－3 ＝27 57 ＝ 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，满足 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，满足 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．6 C．7 D．8 C [法一：(邻项变号法)由 S3＝S11，得 a4＋a5＋…＋a11＝0，根据等差数列的 性质，可得 a7＋a8＝0.根据首项等于 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.根据二次函数的性质，知当 n＝7 时 Sn 最大． 法三：(函数法)根据 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．根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＝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 n 为何值？ [解] 因为 a1＝20，S10＝S15， 所以 10×20＋10×9 2 d＝15×20＋15×14 2 d，所以 d＝－5 3. 法一：由 an＝20＋(n－1)× －5 3 ＝－5 3n＋65 3 ，得 a13＝0. 即当 n≤12 时，an>0，当 n≥14 时，an<0. 所以当 n＝12 或 n＝13 时，Sn 取得最大值． 法二：Sn＝20n＋nn－1 2 · －5 3 ＝－5 6n2＋125 6 n ＝－5 6 n－25 2 2＋3 125 24 . 因为 n∈N＋，所以当 n＝12 或 n＝13 时，Sn 有最大值． 法三：由 S10＝S15，得 a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0. 所以 5a13＝0，即 a13＝0. 所以当 n＝12 或 n＝13 时，Sn 有最大值． 本题用了三种不同的方法，其中方法一是从项的角度分析函数最值 的变化；方法二、三是借助二次函数的图像及性质给与解得，三种方法各有优点， 灵活运用是解题的关键． 1.设数列{an}是公差 d＜0 的等差数列，Sn 为其前 n 项和，若 S6＝5a1 ＋10d，则 Sn 取最大值时，n 的值为( ) A．5 B．6 C．5 或 6 D．11 C [由题意得 S6＝6a1＋15d＝5a1＋10d，化简得 a1＝－5d，所以 a6＝0，故 当 n＝5 或 6 时，Sn 最大．] 2．(2019·北京高考)设{an}是等差数列，a1＝－10，且 a2＋10，a3＋8，a4＋6 成等比数列． (1)求{an}的通项公式； (2)记{an}的前 n 项和为 Sn，求 Sn 的最小值． [解] (1)∵{an}是等差数列，a1＝－10，且 a2＋10，a3＋8，a4＋6 成等比数 列． ∴(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)， ∴(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)，解得 d＝2， ∴an＝a1＋(n－1)d＝－10＋2n－2＝2n－12. (2)法一：(函数法)由 a1＝－10，d＝2， 得 Sn＝－10n＋nn－1 2 ×2＝n2－11n＝ n－11 2 2－121 4 ， ∴n＝5 或 n＝6 时，Sn 取最小值－30. 法二：(邻项变号法)由(1)知，an＝2n－12. 所以，当 n≥7 时，an＞0；当 n≤6 时，an≤0. 所以 Sn 的最小值为 S6＝－30.