《2022届高三数学一轮复习（原卷版）第2讲 等差数列及其前n项和.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届高三数学一轮复习（原卷版）第2讲 等差数列及其前n项和.doc（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 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： 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； 符号语言：an1and(nN*，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：ana1(n1)d (2)前 n 项和公式：Snna1n(n1)2dn(a1an)2 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：anam(nm)d(n，mN*) (2)若 klmn(k，l，m，nN*)
2、，则 akalaman (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panqbn也是等差数列 (5)数列 Sm，S2mSm，S3mS2m，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 d0 时，等差数列的通项公式 ana1(n1)ddna1d 是关于 n 的一次函数，且一次项系数为公差 d.若公差 d0，则为递增数列，若公差 d0，则为递减数列 (2)前 n 项和：当公差 d0 时，Snna1n(n1)2dd2n2a1d2n 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
3、若项数为 2n，则 S偶S奇nd，S奇S偶anan1； 若项数为 2n1，则 S偶(n1)an，S奇nan，S奇S偶an，S奇S偶nn1. (2)两个等差数列an，bn的前 n 项和 Sn，Tn之间的关系为S2n1T2n1anbn. 二、教材衍化 1已知等差数列8，3，2，7，则该数列的第 100 项为_ 解析：依题意得，该数列的首项为8，公差为 5，所以 a1008995487. 答案：487 2在等差数列an中，若 a3a4a5a6a7450，则 a2a8_ 解析：由等差数列的性质，得 a3a4a5a6a75a5450，所以 a590，所以 a2a82a5180. 答案：180 3已知等差
4、数列 5，427，347，则前 n 项和 Sn_ 解析：由题知公差 d57，所以 Snna1n(n1)2d114(75n5n2) 答案：114(75n5n2) 4设数列an是等差数列，其前 n 项和为 Sn，若 a62 且 S530，则 S8_ 解析：由已知可得a15d2，5a110d30， 解得a1263，d43，所以 S88a1872d32. 答案：32 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 anpnq(其中 p，q 为常数)，则数列an一定是等差数列
5、( ) (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 nN*，都有 2an1anan2.( ) (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 常见误区| (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，a11，anan112(n2)，则数列an的前 9 项和等于_ 解析：由 a11，anan112(n2)，可知数列an
6、是首项为 1，公差为12的等差数列，故 S99a19(91)21291827. 答案：27 2 首项为 30 的等差数列an， 从第 8 项开始为负数， 则公差 d 的取值范围是_ 解析：由题意知 a130，a80，a70.即307d0，306d0，解得5d307. 答案：5，307 3设数列an的通项公式为 an2n10(nN*)，则|a1|a2|a15|_ 解析：由 an2n10(nN*)知an是以8 为首项，2 为公差的等差数列，又由 an2n100 得 n5，所以 n5 时，an0，当 n5 时，an0，所以|a1|a2|a15|(a1a2a3a4)(a5a6a15)20110130.
7、 答案：130 考点一 等差数列的基本运算(基础型) 复习指导| 探索并掌握等差数列的通项公式与前 n 项和公式 核心素养：数学运算 (1)(2020 福州市质量检测)已知数列an中，a32，a71.若数列1an为等差数列，则 a9( ) A12 B54 C45 D45 (2)(一题多解)(2019 高考全国卷)记 Sn为等差数列an的前 n 项和， 已知 S40， a55，则( ) Aan2n5 Ban3n10 CSn2n28n DSn12n22n 【解析】 (1)因为数列1an为等差数列，a32，a71， 所以数列1an的公差 d1a71a3731127318，所以1a91a7(97)18
8、54，所以 a945，故选 C (2)法一：设等差数列an的首项为 a1，公差为 d， 因为S40，a55，所以4a1432d0，a14d5，解得a13，d2，所以 ana1(n1)d32(n1)2n5，Snna1n(n1)2dn24n.故选 A 法二：设等差数列an的公差为 d， 因为S40，a55，所以4a1432d0，a14d5，解得a13，d2. 选项 A，a12153； 选项 B，a131107，排除 B； 选项 C，S1286，排除 C； 选项 D，S112232，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
9、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 a2a3a415，a713，则 S5( ) A28 B25 C20 D18 解析： 选 B 法一： 设等差数列an的公差为 d， 由已知得a1da12da13d15，a16d13，解得a11，d2，所以 S55a1542d51542225，故选 B 法二： 由an是等差数列， 可得 a
10、2a42a3， 所以 a35， 所以 S55(a1a5)252a3225，故选 B 2已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 a24，S422，an28，则 n( ) A3 B7 C9 D10 解析：选 D因为 S4a1a2a3a44a22d22，d(224a2)23，a1a2d431，ana1(n1)d13(n1)3n2，由 3n228，得 n10. 考点二 等差数列的判定与证明(基础型) 复习指导| 理解等差数列的概念能在具体的问题情境中识别数列的等差关系 核心素养：逻辑推理 已知数列an中，a114，其前 n 项和为 Sn，且满足 an2S2n2Sn1(n2) (1)求证：数列1Sn
11、是等差数列； (2)求数列an的通项公式 【解】 (1)证明：当 n2 时，SnSn12S2n2Sn1. 整理，得 Sn1Sn2SnSn1. 两边同时除以 SnSn1，得1Sn1Sn12. 又1S11a14，所以1Sn是以 4 为首项，以 2 为公差的等差数列 (2)由(1)可得数列1Sn的通项公式为1Sn4(n1)22n2，所以 Sn12(n1). 当 n2 时，anSnSn112(n1)12n12n(n1). 当 n1 时，a114，不适合上式 所以 an14，n1，12n(n1)，n2. 【迁移探究】 (变条件)本例的条件变为：a114，SnSn12Sn11(n2)，证明1Sn是等差数列
12、 证明：因为 SnSn12Sn11，所以 2Sn1SnSnSn1，即 Sn1Sn2SnSn1，故1Sn1Sn1 2(n2)， 又1S11a14，因此数列1Sn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：an1and(d 是常数，nN*)或 anan1d(d 是常数，nN*，n2)an为等差数列 (2)等差中项法：2an1anan2(nN*)an为等差数列 (3)通项公式法：ananb(a，b 是常数，nN*)an为等差数列 (4)前 n 项和公式法：Snan2bn(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，
13、an1，an2，使得这三项不满足 2an1anan2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 a11，an1anan1，且 bn1an，nN*.求证：数列bn为等差数列 证明：因为 bn1an，且 an1anan1，所以 bn11an1an1an11an1bn，故 bn1bn1.又 b11a11， 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 a11，且 nan1(n1)an2n22n. (1)求 a2，a3的值； (2)证明数列ann是等差数列，并求an的通项公式 解：(1)由已知，得 a22
14、a14， 则 a22a14，又 a11，所以 a26. 由 2a33a212， 得 2a3123a2，所以 a315. (2)由已知 nan1(n1)an2n(n1)， 得nan1(n1)ann(n1)2，即an1n1ann2， 所以数列ann是首项a111，公差 d2 的等差数列 则ann12(n1)2n1，所以 an2n2n. 考点三 等差数列的性质及应用(综合型) 复习指导| 了解等差数列与一次函数的关系并能用等差数列的有关知识解决相应问题 核心素养：数学运算 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， 4a3a113a510， 则15a4( )
15、A1 B0 C1 D2 (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3227，则该数列的公差 d_ 【解析】 (1)通解：设数列an的公差为 d(d0)，由 4a3a113a510，得 4(a12d)(a110d)3(a14d)10，即 2a16d10，即 a13d5，故 a45，所以15a41，故选C 优解一：设数列an的公差为 d(d0)，因为 anam(nm)d，所以由 4a3a113a510，得 4(a4d)(a47d)3(a4d)10，整理得 a45，所以15a41，故选 C 优解二：由等差数列的性质，得 2a73a33a510，得 4a5a33a
16、510，即 a5a310，则 2a410，即 a45，所以15a41，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S奇S偶354，S偶S奇3227， 解得S偶192，S奇162. 又 S偶S奇6d，所以 d19216265. 【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( ) A100 B120 C390 D540 (2)在等差数列an中，a12 018，其前 n 项和为 Sn，若S1212S10102，则
17、S2 018的值等于( ) A2 018 B2 016 C2 019 D2 017 【解析】 (1)设 Sn为等差数列an的前 n 项和，则 S10，S20S10，S30S20成等差数列， 所以 2(S20S10)S10(S30S20)， 又等差数列an的前 10 项和为 30，前 30 项和为 210， 所以 2(S2030)30(210S20)，解得 S20100. (2)由题意知， 数列Snn为等差数列， 其公差为 1， 所以S2 0182 018S11(2 0181)12 0182 0171. 所以 S2 0182 018. 【答案】 (1)A (2)A 角度三 等差数列的前 n 项和
18、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， a6a86，S9S63，则 Sn取得最大值时 n 的值为( ) A5 B6 C7 D8 【解析】 法一：设数列an的公差为 d，则由题意得，a15da17d6，a16da17da18d3，解得a115，d2.所以 an2n17，由于 a80，a90，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，a15da17d6，a16da17da18d3，解得a115，d2，则 Sn15nn(n1)2(2)(n8)264，所以当 n8 时，Sn取得最大值，故选 D (1)等
19、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 S2nn(a1a2n)n(anan1)； S2n1(2n1)an； 当项数为偶数 2n 时，S偶S奇nd；项数为奇数 2n1 时，S奇S偶a中，S奇S偶n(n1) (2)求数列前 n 项和的最值的方法 通项法： 1若 a10，d0，则 Sn必有最大值，其 n 可用不等式组an0，an10来确定；2若 a10，d0，则 Sn必有最小值，其 n 可用不等式组an0，an10来确定 二次函数法：等差数列an中，由于 Snna1n(n1)2dd2n2a1d2n，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 nN*及二次
20、函数图象的对称性来确定 n的值 不等式组法：借助 Sn最大时，有SnSn1，SnSn1(n2，nN*)，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)等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 a8a59，S8S566，则 a33( ) A82 B97 C100 D115 解 析 ： 通 解 ： 设 等 差 数 列 an 的 公 差 为d ， 则 由a8a59，S8S566，得(a17d)(a14d)9，(8a128d)(5a110d)66，解得d3，a14，所以 a33a132d4323100，故选 C 优解：设等差数列an的公差为 d，由 a
21、8a59，得 3d9，即 d3.由 S8S566，得 a6a7a866，结合等差数列的性质知 3a766，即 a722，所以 a33a7(337)d22263100，故选 C 2已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 S150，S160，则 Sn的最大值是( ) AS1 BS7 CS8 DS15 解析：选 C由等差数列的前 n 项和公式可得 S1515a80，S168(a8a9)0，所以a80，a90，则 da9a80，所以在数列an中，当 n9 时，an0，当 n9 时，an0，所以当 n8 时，Sn最大，故选 C 3 两等差数列an和bn的前 n 项和分别为 Sn， Tn， 且SnTn
22、7n2n3， 则a2a20b7b15_ 解析：因为数列an和bn均为等差数列，所以a2a20b7b15a1a21b1b21(a1a21)212(b1b21)212S21T21721221314924. 答案：14924 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，a2a310，S654，则该数列的公差 d 为( ) A2 B3 C4 D6 解析：选 C由题意，知a1da12d10，6a1652d54，解得a11，d4，故选 C 2(2020 重庆市七校联合考试)在等差数列an中，若 a3a5a7a9a1155，S33，则 a5等于( ) A5 B6 C
23、7 D9 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 a3a5a7a9a115a755，所以 a711，又 S33，所以a7a16d11，S33a13d3，解得a11，d2，所以 a57.故选 C 3已知数列an满足 a115，且 3an13an2，若 akak10，则正整数 k( ) A21 B22 C23 D24 解析：选 C3an13an2an1an23an是等差数列，则 an47323n.因为 akak10，所以47323k45323k 0，所以452k472，所以 k23. 4(多选)已知无穷等差数列an的前 n 项和为 Sn，S6S7，且 S7S8，则( )
24、A在数列an中，a1最大 B在数列an中，a3或 a4最大 CS3S10 D当 n8 时，an0 解析：选 AD由于 S6S7，S7S8，所以 S7S6a70，S8S7a80，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 正确；S10S3a4a5a107a70，故 C 错误 5已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，a22，且对于任意 n1，nN*，满足 Sn1 Sn12(Sn1)，则( ) Aa917 Ba1018 CS981 DS1090 解析：选 B因为对于任意 n1，nN*，满足 Sn1Sn12(Sn1)， 所以 Sn1SnSnSn12，所以 an1an
25、2. 所以数列an在 n2 时是等差数列，公差为 2.又 a11，a22， 则 a927216，a1028218，S9182872273，S10192982291.故选 B 6(2019 高考全国卷)记 Sn为等差数列an的前 n 项和若 a35，a713，则 S10_ 解析：通解：设等差数列an的公差为 d，则由题意，得a12d5，a16d13，解得a11，d2，所以 S1010110922100. 优解：由题意，得公差 d14(a7a3)2，所以 a4a3d7，所以 S1010(a1a10)25(a4a7)100. 答案：100 7(应用型)某剧场有 20 排座位，后一排比前一排多 2 个
26、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(nN*)，数列an为等差数列，其公差 d2，则 ana1(n1)da12(n1)由已知 a2060，得 60a12(201)，解得 a122，则剧场总共的座位数为20(a1a20)220(2260)2820. 答案：820 8(2020 福建龙岩期末改编)已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，anan12n1(nN*)，则 a20的值为_，S21的值为_ 解析：将 n1 代入 anan12n1 中得 a2312. 由 anan12n1，得 an1an22n3. ，得 an2an2，所以数列an的奇
27、数项、偶数项都是以 2 为公差的等差数列， 则 a21110221，a2029220，所以 S21(a1a3a5a21)(a2a4a6a20)(121)112(220)102231. 答案：20 231 9(2019 高考全国卷)记 Sn为等差数列an的前 n 项和已知 S9a5. (1)若 a34，求an的通项公式； (2)若 a10，求使得 Snan的 n 的取值范围 解：(1)设an的公差为 d， 由 S9a5得 a14d0， 由 a34 得 a12d4， 于是 a18，d2. 因此an的通项公式为 an102n. (2)由(1)得 a14d，故 an(n5)d，Snn(n9)d2. 由
28、 a10 知 d0，故 Snan等价于 n211n100，解得 1n10. 所以 n 的取值范围是n|1n10，nN 10已知等差数列的前三项依次为 a，4，3a，前 n 项和为 Sn，且 Sk110. (1)求 a 及 k 的值； (2)已知数列bn满足 bnSnn，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 a1a，a24，a33a， 由已知有 a3a8，得 a1a2，公差 d422， 所以 Skka1k(k1)2 d2kk(k1)22k2k. 由 Sk110，得 k2k1100， 解得 k10 或 k11(舍去)，故 a2，k10. (2)由(1
29、)得 Snn(22n)2n(n1)， 则 bnSnnn1， 故 bn1bn(n2)(n1)1， 即数列bn是首项为 2，公差为 1 的等差数列， 所以 Tnn(2n1)2n(n3)2. 综合题组练 1(创新型)(2020 石家庄市第一次模拟)已知函数 f(x)的图象关于直线 x1 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( ) A200 B100 C50 D0 解析：选 B因为函数 f(x)的图象关于直线 x1 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
30、(a50)f(a51)，所以 a50a512，所以 S100100(a1a100)250(a50a51)100，故选 B 2(创新型)已知定义：在数列an中，若 a2na2n1p(n2，nN*，p 为常数)，则称an为等方差数列下列命题正确的是( ) A若an是等方差数列，则a2n是等差数列 B(1)n是等方差数列 C若an是等方差数列，则akn(kN*，k 为常数)不可能还是等方差数列 D若an既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列 解析：选 ABD若an是等方差数列，则 a2na2n1p，故a2n是等差数列，故 A 正确；当 an(1)n时，a2na2n1(1)2n(1)2(n1)
31、0，故 B 正确；若an是等方差数列，则由A 知a2n是等差数列， 从而a2kn(kN*， k 为常数)是等差数列， 设其公差为 d， 则有 a2kna2k(n1)d.由定义知akn是等方差数列，故 C 不正确；若an既是等方差数列，又是等差数列，则a2na2n1p，anan1d，所以 a2na2n1(anan1)(anan1)d(anan1)p，若 d0，则 anan1pd.又 anan1d，解得 an12pdd ，an为常数列；若 d0，该数列也为常数列，故 D 正确 3(2020 广东揭阳期末改编)已知数列an满足 a119，an1an8an1(nN*)，则 an_，数列an中最大项的值
32、为_ 解析：由题意知 an0，由 an1an8an1得1an18an1an1an8，整理得1an11an8，即数列1an是公差为 8 的等差数列，故1an1a1(n1)88n17，所以 an18n17.当 n1，2 时，an0；当 n3 时，an0，则数列an在 n3 时是递减数列，故an中最大项的值为 a317. 答案：18n17 17 4(创新型)(2020 安徽省淮南模拟)设数列an的前 n 项和为 Sn，若SnS2n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SnS
33、2n为常数，设SnS2nk 且 b11，得 n12n(n1)dk2n122n(2n1)d ，即 2(n1)d4k2k(2n1)d，整理得(4k1)dn(2k1)(2d) 0.因为对任意正整数 n，上式恒成立，所以d(4k1)0，(2k1)(2d)0，解得 d2，k14，所以数列bn的通项公式为 bn2n1(nN*) 答案：bn2n1(nN*) 5已知数列an满足：a313，anan14(n1，nN*) (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 a313，anan14， 所以 anan14
34、， 即数列an为等差数列且公差 d4， 所以 a2a3d13417， a1a2d17421， 所以通项公式 ana1(n1)d214(n1)4n25. (2)令 an4n250 可解得 n254， 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 6已知等差数列an的公差 d0.设an的前 n 项和为 Sn，a11，S2S336. (1)求 d 及 Sn； (2)求 m，k(m，kN*)的值，使得 amam1am2amk65. 解：(1)由题意知(2a1d)(3a13d)36， 将 a11 代入上式解得 d2 或 d5. 因为 d0，所以 d2. 从而 an2n1，Snn2(nN*) (2)由(1)得 amam1am2amk(2mk1)(k1)，所以(2mk1)(k1)65. 由 m，kN*知 2mk1k11， 故2mk113，k15，解得m5，k4. 即所求 m 的值为 5，k 的值为 4.