【数学】2021届一轮复习北师大版（文）第六章　第2讲　等差数列及其前n项和学案

【数学】2021届一轮复习北师大版（文）第六章　第2讲　等差数列及其前n项和学案

第2讲　等差数列及其前n项和 一、知识梳理 ‎1．等差数列与等差中项 ‎(1)定义：‎ ‎①文字语言：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；‎ ‎②符号语言：an＋1－an＝d(n∈N＋，d为常数)．‎ ‎(2)等差中项：若三个数a，A，b组成等差数列，则A叫做a，b的等差中项．‎ ‎2．等差数列的通项公式与前n项和公式 ‎(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．‎ 常用结论 ‎1．等差数列与函数的关系 ‎(1)通项公式：当公差d≠0时，等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d是关于n的一次函数，且一次项系数为公差d.若公差d＞0，则为递增数列，若公差d＜0，则为递减数列．‎ ‎(2)前n项和：当公差d≠0时，Sn＝na1＋d＝n2＋n是关于n的二次函数且常数项为0.‎ ‎2．两个常用结论 ‎(1)关于等差数列奇数项和与偶数项和的性质 ‎①若项数为2n，则S偶－S奇＝nd，＝；‎ ‎②若项数为2n－1，则S偶＝(n－1)an，S奇＝nan，S奇－S偶＝an，＝.‎ ‎(2)两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为＝.‎ 二、教材衍化 ‎ ‎1．已知等差数列－8，－3，2，7，…，则该数列的第10项为 ．‎ 答案：37‎ ‎2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝12，S5＝90，则等差数列{an}的公差d＝ ．‎ 答案：3‎ ‎3．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 ．‎ 解析：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＝＝820.‎ 答案：820‎ 一、思考辨析 判断正误(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)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}一定是等差数列．(　　)‎ ‎(3)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数．(　　)‎ ‎(4)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.(　　)‎ ‎(5)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．(　　)‎ ‎(6)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)√　(5)√　(6)×‎ 二、易错纠偏 (1)等差数列概念中的两个易误点，即同一个常数与常数；‎ ‎(2)错用公式致误；‎ ‎(3)错用性质致误．‎ ‎1．已知数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋(n≥2)，则数列{an}的前9项和等于 ．‎ 解析：由a1＝1，an＝an－1＋(n≥2)，可知数列{an}是首项为1，公差为的等差数列，故S9＝9a1＋×＝9＋18＝27.‎ 答案：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 ．‎ 解析：由已知得解得所以数列{an}的公差为4.‎ 答案：4‎ ‎3．在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a2＋a8＝ ．‎ 解析：由等差数列的性质，得a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝450，所以a5＝90，所以a2＋a8＝2a5＝180.‎ 答案：180‎ ‎　　　　　　等差数列的基本运算(师生共研)‎ ‎ (1)(2020·福州市质量检测)已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1.若数列为等差数列，则a9＝(　　)‎ A.　　　　　　　　　　 B. C. D．－ ‎(2)(2019·高考全国卷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＝n2－2n ‎【解析】　(1)因为数列为等差数列，a3＝2，a7＝1，‎ 所以数列的公差d＝＝＝，所以＝＋(9－7)×＝，所以a9＝，故选C.‎ ‎(2)法一：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，‎ 因为所以解得所以an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋d＝n2－4n.故选A.‎ 法二：设等差数列{an}的公差为d，‎ 因为所以解得 选项A，a1＝2×1－5＝－3；‎ 选项B，a1＝3×1－10＝－7，排除B；‎ 选项C，S1＝2－8＝－6，排除C；‎ 选项D，S1＝－2＝－，排除D.故选A.‎ ‎【答案】　(1)C　(2)A 等差数列的基本运算的解题策略 ‎(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，体现了方程思想．‎ ‎(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的作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用方法．‎ ‎1．(一题多解)(2020·惠州市第二次调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a3＋‎ a4＝15，a7＝13，则S5＝(　　)‎ A．28 B．25‎ C．20 D．18‎ 解析：选B.法一：设等差数列{an}的公差为d，由已知得解得所以S5＝5a1＋d＝5×1＋×2＝25，故选B.‎ 法二：由{an}是等差数列，可得a2＋a4＝2a3，所以a3＝5，所以S5＝＝＝25，故选B.‎ ‎2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝4，S4＝22，an＝28，则n＝(　　)‎ A．3 B．7‎ C．9 D．10‎ 解析：选D.因为S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝4a2＋2d＝22，d＝＝3，a1＝a2－d＝4－3＝1，an＝a1＋(n－1)d＝1＋3(n－1)＝3n－2，由3n－2＝28，得n＝10.‎ ‎　　　　　等差数列的判定与证明(典例迁移)‎ ‎ 已知数列{an}中，a1＝，其前n项和为Sn，且满足an＝(n≥2)．‎ ‎(1)求证：数列是等差数列；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式．‎ ‎【解】　(1)证明：当n≥2时，Sn－Sn－1＝.‎ 整理，得Sn－1－Sn＝2SnSn－1.‎ 两边同时除以SnSn－1，得－＝2.‎ 又＝＝4，所以是以4为首项，以2为公差的等差数列．‎ ‎(2)由(1)可得数列的通项公式为＝4＋(n－1)×2＝2n＋2，所以Sn＝.‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝.‎ 当n＝1时，a1＝，不适合上式．‎ 所以an＝ ‎【迁移探究】　(变条件)本例的条件变为：a1＝，Sn＝(n≥2)，证明是等差数列．‎ 证明：因为Sn＝，所以2Sn－1Sn＋Sn＝Sn－1，即Sn－1－Sn＝2SnSn－1，故－＝2(n≥2)，‎ 又＝＝4，因此数列是首项为4，公差为2的等差数列．‎ 等差数列的判定与证明的常用方法 ‎(1)定义法：an＋1－an＝d(d是常数，n∈N＋)或an－an－1＝d(d是常数，n∈N＋，n≥2)⇔{an}为等差数列．‎ ‎(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N＋)⇔{an}为等差数列．‎ ‎(3)通项公式法：an＝an＋b(a，b是常数，n∈N＋)⇔{an}为等差数列．‎ ‎(4)前n项和公式法：Sn＝an2＋bn(a，b为常数)⇔{an}为等差数列．‎ ‎[提示]　若要判定一个数列不是等差数列，则只需找出三项an，an＋1，an＋2，使得这三项不满足2an＋1＝an＋an＋2即可；但如果要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法．‎ ‎1．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，且bn＝，n∈N＋.求证：数列{bn}为等差数列．‎ 证明：因为bn＝，且an＋1＝，所以bn＋1＝＝＝1＋＝1＋bn，故bn＋1－bn＝1.又b1＝＝1，‎ 所以数列{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列．‎ ‎2．(2020·贵州省适应性考试)已知数列{an}满足a1＝1，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.‎ ‎(1)求a2，a3的值；‎ ‎(2)证明数列是等差数列，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＝2，即－＝2，‎ 所以数列是首项＝1，公差d＝2的等差数列．‎ 则＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝2n2－n.‎ ‎　　　　　等差数列的性质及应用(多维探究)‎ 角度一　等差数列项性质的应用 ‎ (1)(一题多解)在公差不为0的等差数列{an}中，4a3＋a11－3a5＝10，则a4＝(　　)‎ A．－1 B．0‎ C．1 D．2‎ ‎(2)一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则该数列的公差d＝ ．‎ ‎【解析】　(1)通解：设数列{an}的公差为d(d≠0)，由4a3＋a11－3a5＝10，得4(a1＋2d)＋(a1＋10d)－3(a1＋4d)＝10，即2a1＋6d＝10，即a1＋3d＝5，故a4＝5，所以a4＝1，故选C.‎ 优解一：设数列{an}的公差为d(d≠0)，因为an＝am＋(n－m)d，所以由4a3＋a11－3a5＝10，得4(a4－d)＋(a4＋7d)－3(a4＋d)＝10，整理得a4＝5，所以a4＝1，故选C.‎ 优解二：由等差数列的性质，得2a7＋3a3－3a5＝10，得4a5＋a3－3a5＝10，即a5＋a3＝10，则2a4＝10，即a4＝5，所以a4＝1，故选C.‎ ‎(2)设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇，偶数项的和为S偶，公差为d.‎ 由已知条件，得 解得 又S偶－S奇＝6d，所以d＝＝5.‎ ‎【答案】　(1)C　(2)5‎ 角度二　等差数列前n项和性质的应用 ‎ (1)已知等差数列{an}的前10项和为30，它的前30项和为210，则前20项和为(　　)‎ A．100 B．120‎ C．390 D．540‎ ‎(2)在等差数列{an}中，a1＝－2 018，其前n项和为Sn，若－＝2，则S2 018的值等于(　　)‎ A．－2 018 B．－2 016‎ C．－2 019 D．－2 017‎ ‎【解析】　(1)设Sn为等差数列{an}的前n项和，则S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，‎ 所以2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，‎ 又等差数列{an}的前10项和为30，前30项和为210，‎ 所以2(S20－30)＝30＋(210－S20)，解得S20＝100.‎ ‎(2)由题意知，数列为等差数列，其公差为1，所以＝＋(2 018－1)×1＝－2 018＋2 017＝－1.‎ 所以S2 018＝－2 018.‎ ‎【答案】　(1)A　(2)A 角度三　等差数列的前n项和的最值 ‎ (一题多解)(2020·广东省七校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a6＋a8＝6，S9－S6＝3，则Sn取得最大值时n的值为(　　)‎ A．5 B．6‎ C．7 D．8‎ ‎【解析】　法一：设数列{an}的公差为d，则由题意得，解得所以an＝－2n＋17，由于a8＞0，a9＜0，所以Sn取得最大值时n的值是8，故选D.‎ 法二：设数列{an}的公差为d，则由题意得，解得则Sn＝15n＋×(－2)＝－(n－8)2＋64，所以当n＝8时，Sn取得最大值，故选D.‎ ‎【答案】　D ‎(1)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 ‎①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；‎ ‎②S2n－1＝(2n－1)an；‎ ‎③当项数为偶数2n时，S偶－S奇＝nd；项数为奇数2n－1时，S奇－S偶＝a中，S奇∶S偶＝n∶(n－1)．‎ ‎(2)求数列前n项和的最值的方法 ‎①通项法：〈1〉若a1＞0，d＜0，则Sn必有最大值，其n可用不等式组来确定；〈2〉若a1＜0，d＞0，则Sn必有最小值，其n可用不等式组来确定．‎ ‎②二次函数法：等差数列{an}中，由于Sn＝na1＋d＝n2＋n，故可用二次函数求最值的方法来求前n项和的最值，这里应由n∈N＋及二次函数图象的对称性来确定n的值．‎ ‎③不等式组法：借助Sn最大时，有(n≥2，n∈N＋)，解此不等式组确定n的范围，进而确定n的值和对应Sn的值(即Sn的最值)．‎ ‎1．(一题多解)(2020·江西南昌模拟)等差数列{an}的前n项和为Sn，且a8－a5＝9，S8－S5＝66，则a33＝(　　)‎ A．82 B．97‎ C．100 D．115‎ 解析：选C.通解：设等差数列{an}的公差为d，则由得解得所以a33＝a1＋32d＝4＋32×3＝100，故选C.‎ 优解：设等差数列{an}的公差为d，由a8－a5＝9，得3d＝9，即d＝3.由S8－S5＝66，得a6＋a7＋a8＝66，结合等差数列的性质知3a7＝66，即a7＝22，所以a33＝a7＋(33－7)×d＝22＋26×3＝100，故选C.‎ ‎2．已知无穷等差数列{an}的前n项和为Sn，S6＜S7，且S7＞S8，则(　　)‎ A．在数列{an}中，a1最大 B．在数列{an}中，a3或a4最大 C．S3＝S10‎ D．当n≥8时，an>0‎ 解析：选A.由于S6＜S7，S7＞S8，所以S7－S6＝a7＞0，S8－S7＝a8＜0，所以数列{an}是递减的等差数列，最大项为a1，所以A正确，B错，D错；S10－S3＝a4＋a5＋…＋a10＝7a7＞0，故C错误．‎ ‎3．两等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且＝，则＝ ．‎ 解析：因为数列{an}和{bn}均为等差数列，所以＝＝＝＝＝.‎ 答案： 思想方法系列10　整体思想在等差数列中的应用 ‎ 在等差数列{an}中，其前n项和为Sn.已知Sn＝m，Sm＝n(m≠n)，则Sm＋n＝ ．‎ ‎【解析】　设数列{an}的公差为d，‎ 则由Sn＝m，Sm＝n，‎ 得 ‎②－①得(m－n)a1＋·d＝n－m.‎ 因为m≠n，所以a1＋d＝－1.‎ 所以Sm＋n＝(m＋n)a1＋d ‎＝(m＋n)＝－(m＋n)．‎ ‎【答案】　－(m＋n)‎ 从整体上认识问题、思考问题，常常能化繁为简、变难为易，同时又能培养学生思维的灵活性、敏捷性．整体思想的主要表现形式有：整体代入、整体加减、整体代换、整体联想、整体补形、整体改造等．在等差数列中，当要求的Sn所需要的条件未知或不易求出时，可以考虑整体代入．‎ ‎　(2020·驻马店市第一次模拟)已知函数f(x)的图象关于直线x＝－1对称，且f(x)在(－1，＋∞)上单调，若数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a50)＝f(a51)，则数列{an}的前100项的和为(　　)‎ A．－200　　　　　　　　　 B．－100‎ C．－50 D．0‎ 解析：选B.因为函数f(x)的图象关于直线x＝－1对称，又函数f(x)在(－1，＋∞)上单调，数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a50)＝f(a51)，所以a50＋a51＝－2，所以S100＝＝50(a50＋a51)＝－100，故选B.‎ ‎[基础题组练]‎ ‎1．(2020·长春市质量监测(二))等差数列{an}中，Sn是它的前n项和，a2＋a3＝10，S6＝54，则该数列的公差d为(　　)‎ A．2　　　　　　　　　　 B．3‎ C．4 D．6‎ 解析：选C.由题意，知解得故选C.‎ ‎2．(2020·江西省七校联合考试)在等差数列{an}中，若a3＋a5＋a7＋a9＋a11＝55，S3＝3，则a5等于(　　)‎ A．5 B．6‎ C．7 D．9‎ 解析：选C.设数列{an}的公差为d，因为数列{an}是等差数列，所以a3＋a5＋a7＋a9＋a11＝5a7＝55，所以a7＝11，又S3＝3，所以解得所以a5＝7.故选C.‎ ‎3．已知数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2，若ak·ak＋1<0，则正整数k＝(　　)‎ A．21 B．22‎ C．23 D．24‎ 解析：选C.3an＋1＝3an－2⇒an＋1＝an－⇒{an}是等差数列，则an＝－n.因为ak·ak＋1<0，所以<0，所以0知d<0，故Sn≥an等价于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10.‎ 所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}．‎ ‎10．已知等差数列的前三项依次为a，4，3a，前n项和为Sn，且Sk＝110.‎ ‎(1)求a及k的值；‎ ‎(2)已知数列{bn}满足bn＝，证明数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn.‎ 解：(1)设该等差数列为{an}，则a1＝a，a2＝4，a3＝3a，‎ 由已知有a＋3a＝8，得a1＝a＝2，公差d＝4－2＝2，‎ 所以Sk＝ka1＋·d＝2k＋×2＝k2＋k.‎ 由Sk＝110，得k2＋k－110＝0，‎ 解得k＝10或k＝－11(舍去)，故a＝2，k＝10.‎ ‎(2)由(1)得Sn＝＝n(n＋1)，‎ 则bn＝＝n＋1，‎ 故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，‎ 即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，‎ 所以Tn＝＝.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1．(2020·广东揭阳期末改编)已知数列{an}满足a1＝－，an＋1＝(n∈N*)，则an＝ ，数列{an}中最大项的值为 ．‎ 解析：由题意知an≠0，由an＋1＝得＝＝＋8，整理得－＝8，即数列是公差为8的等差数列，故＝＋(n－1)×8＝8n－17，所以an＝.当n＝1，2时，an＜0；当n≥3时，an＞0，则数列{an}在n≥3时是递减数列，故{an}中最大项的值为a3＝.‎ 答案：　 ‎2．(创新型)(2020·安徽省淮南模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，若为常数，则称数列{an}为“精致数列”．已知等差数列{bn}的首项为1，公差不为0，若数列{bn}为“精致数列”，则数列{bn}的通项公式为 ．‎ 解析：设等差数列{bn}的公差为d，由为常数，设＝k且b1＝1，得n＋n(n－1)d＝k，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0.因为对任意正整数n，上式恒成立，所以解得d＝2，k＝，所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1(n∈N*)．‎ 答案：bn＝2n－1(n∈N*)‎ ‎3．已知数列{an}满足：a3＝－13，an＝an－1＋4(n＞1，n∈N＋)．‎ ‎(1)求a1，a2及通项公式an；‎ ‎(2)设Sn为数列{an}的前n项和，则数列S1，S2，S3，…中哪一项最小？‎ 解：(1)因为数列{an}满足a3＝－13，an＝an－1＋4，‎ 所以an－an－1＝4，‎ 即数列{an}为等差数列且公差d＝4，‎ 所以a2＝a3－d＝－13－4＝－17，‎ a1＝a2－d＝－17－4＝－21，‎ 所以通项公式an＝a1＋(n－1)d＝－21＋4(n－1)＝4n－25.‎ ‎(2)令an＝4n－25≥0可解得n≥，‎ 所以数列{an}的前6项为负值，从第7项开始为正数，‎ 所以数列S1，S2，S3，…中S6最小．‎ ‎4．(2020·广东广州天河二模)已知Sn为数列{an}的前n项和，且a1＜2，an＞0，6Sn＝a＋3an＋2，n∈N＋.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若对任意的n∈N＋，bn＝(－1)na，求数列{bn}的前2n项的和T2n.‎ 解：(1)当n＝1时，6a1＝a＋3a1＋2，且a1＜2，解得a1＝1.‎ 当n≥2时，6an＝6Sn－6Sn－1＝a＋3an＋2－(a＋3an－1＋2)．‎ 化简得(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0，‎ 因为an＞0，所以an－an－1＝3，‎ 所以数列{an}是首项为1，公差为3的等差数列，‎ 所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2.‎ ‎(2)bn＝(－1)na＝(－1)n(3n－2)2.‎ 所以b2n－1＋b2n＝－(6n－5)2＋(6n－2)2＝36n－21.‎ 所以数列{bn}的前2n项的和 T2n＝36(1＋2＋…＋n)－21n＝36×－21n＝18n2－3n.‎