2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第五章第二讲　等差数列及其前n项和学案

这是一份2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第五章第二讲　等差数列及其前n项和学案，共8页。

第二讲　等差数列及其前n项和



　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1.[多选题]下面结论正确的为(　　)
A.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
B.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
C.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
D.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
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=(　　)
A. - 12 B. - 10 C.10 D.12
3.[2017全国卷Ⅰ]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(　　)
A.1 B.2 C.4 D.8
4.[2015北京高考]设{an}是等差数列.下列结论中正确的是(　　)
A.若a1+a2>0,则a2+a3>0
B.若a1+a3<0,则a1+a2<0
C.若0a1a3
D.若a1<0,则(a2 - a1)(a2 - a3)>0
5.[2019江苏高考]已知数列{an}(n∈N*)是等差数列,Sn是其前n项和.若a2a5+a8=0,S9=27,则S8的值是　　　　. 
6.[2019北京高考]设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2= - 3,S5= - 10,则a5=　　　　,Sn的最小值为　　　　. 
7.一个等差数列的前12项的和为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=　 . 
8.[2019银川一中模拟]在等差数列{an}中,首项a1>0,公差d≠0,前n项和为Sn(n∈N*),有以下命题:
①若S3=S11,则必有S14=0;②若S3=S11,则必有S7是Sn中的最大项;③若S7>S8,则必有S8>S9;④若S7>S8,则必有S6>S9.
其中所有正确命题的序号是　　　　. 


考法1 等差数列的判定与证明
1 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.
(1)由题意知,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{an}为等差数列.
1.[2019广东七校第二次联考]已知数列{an}满足a1=1,an+1=anan+1,且bn=1an,n∈N*.
(1)求证:数列{bn}为等差数列;
(2)设数列{ann+1}的前n项和为Tn,求Tn的表达式.





考法2 等差数列的基本运算
2(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=12n2 - 2n
(2)[2020惠州市一调]等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4+a5=25,S6=57,则{an}的公差为　　　　. 
(3)[2019全国卷Ⅲ,]记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1≠0,a2=3a1,则S10S5=　　　　. 
(1)解法一　设等差数列{an}的公差为d,∵ S4=0,a5=5,∴4a1+4×32d=0,a1+4d=5,解得a1=-3,d=2,∴an=a1+(n - 1)d= - 3+2(n - 1)=2n - 5,
Sn=na1+n(n-1)2d=n2 - 4n.故选A.
解法二　设等差数列{an}的公差为d,∵ S4=0,a5=5,
∴4a1+4×32d=0,a1+4d=5,解得a1=-3,d=2.
选项A中,a1=2×1 - 5= - 3;
选项B中,a1=3×1 - 10= - 7,排除B;
选项C中,S1=2 - 8= - 6,排除C;
选项D中,S1=12 - 2= - 32,排除D.选A.
(2)解法一　设{an}的公差为d.因为a4+a5=25,S6=57,所以2a1+7d=25,6a1+15d=57,解得a1=2,d=3,所以{an}的公差为3.
解法二　设{an}的公差为d,因为S6=6(a1+a6)2=3(a3+a4)=57,所以a3+a4=19.a4+a5 - (a3+a4)=2d=25 - 19,所以d=3.
(3)设等差数列{an}的公差为d,由a2=3a1,即a1+d=3a1,得d=2a1,所以S10S5=10a1+10×92d5a1+5×42d=10a1+10×92×2a15a1+5×42×2a1=10025=4.
2.(1)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
(2)在等差数列{an}中,已知a5+a10=12,则3a7+a9=(　　)
A.12 B.18 C.24 D.30
考法3 等差数列的性质的应用
3(1)[2019全国高三联考]设Sn为等差数列{an}的前n项和,若S9=36,则(a2+a8)2 - a5=　　　　　　　　　　　　　　　　
A.60 B.30 C.12 D.4
(2)已知Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1= - 2 018,S2 0212 021-S2 010 2 010=11,则S2 022等于
A.6 066 B. - 6 066 C.4 040 D. - 4 040
(3)等差数列{an}共有63项,且S63=36,则S奇=　　　　,S偶=　　　　. 
(1)S9=9(a1+a9)2=36,∴a1+a9=2a5=8,
∴a5=4,∴(a2+a8)2 - a5=4a52 - a5=4×42 - 4=60.故选A.
(2)由等差数列的性质可得{Snn}也为等差数列,设数列{Snn}的公差为d,
则S2 0212 021-S2 0102 010=11d=11,∴d=1.
故S2 0222 022 = S11+2 021d= - 2 018+2 021=3.
∴S2 022=3×2 022=6 066.故选A.
(3)由S63=36,得63·a32=36.(利用性质:若项数为2n - 1,则S2n - 1=(2n - 1)an)
∴a32=47.
∴S奇=32a32=32×47=1287,
S偶=31a32=31×47=1247.(利用性质:若项数为2n - 1,则S奇=nan,S偶=(n - 1)an)
3.(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若m>1,且am - 1+am+1 - am2 - 1=0,S2m - 1=39,则m等于(　　)
A.39 B.20 C.19 D.10
(2)[2020贵州遵义联考]等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若SnTn=2n3n+1,则a11b11=　　　　. 
考法4 等差数列的前n项和及其最值
4在等差数列{an}中,已知a1=13,3a2=11a6,则数列{an}的前n项和Sn的最大值为　　　　. 
思路一　先利用已知条件求出公差d,再利用an≥0,an+1≤0求出n的取值范围,由n∈N*,即可得出n的值,从而得出数列{an}的前n项和Sn的最大值.
思路二　先求出公差d,再利用配方法求数列{an}的前n项和Sn的最大值.
设等差数列{an}的公差为d.
解法一　(通项法)由3a2=11a6,得3×(13+d)=11×(13+5d),解得d= - 2,所以an=13+(n - 1)×( - 2)= - 2n+15.
由an≥0,an+1≤0,得-2n+15≥0,-2(n+1)+15≤0,解得6.5≤n≤7.5.
因为n∈N*,(求最值时,注意隐含条件n∈N*的应用)
所以当n=7时,数列{an}的前n项和Sn最大,最大值为S7=7×(13-2×7+15)2=49.
解法二　(二次函数法)由3a2=11a6,得3×(13+d)=11×(13+5d),解得d= - 2,所以an=13+(n - 1)×( - 2)= - 2n+15.
所以Sn=n(13+15-2n)2= - n2+14n= - (n - 7)2+49,(用配方法求最值)
所以当n=7时,数列{an}的前n项和Sn最大,最大值为S7=49.
4.[2018全国卷Ⅱ]记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1= - 7,S3= - 15.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求Sn,并求Sn的最小值.





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1.BD　对于A,若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是同一个常数,则这个数列是等差数列,故A错误;对于B,由2an+1=an+an+2得an+1 - an=an+2 - an+1,故B正确;对于C,数列{an}为等差数列的充分不必要条件是其通项公式为n的一次函数,故C错误;对于D,由等差数列与一次函数的关系可得D正确.故选BD.
2.B　解法一　设等差数列{an}的公差为d,∵3S3=S2+S4,∴3(3a1+3×22d)=2a1+d+4a1+4×32d,解得d= - 32a1.∵a1=2,∴d= - 3,∴a5=a1+4d=2+4×( - 3)= - 10.故选B.
解法二　设等差数列{an}的公差为d,∵3S3=S2+S4,∴3S3=S3 - a3+S3+a4,∴S3=a4 - a3,∴3a1+3×22d=d,又a1=2,∴d= - 3,∴a5=a1+4d=2+4×( - 3)= - 10.故选B.
3.C　设等差数列{an}的公差为d,∴a1+3d+a1+4d=24,6a1+6×52d=48,解得a1=-2,d=4,故选C.
4.C　若{an}是递减的等差数列,则选项A,B都不一定正确.若{an}为公差为0的等差数列,则选项D不正确.对于C选项,由0a1a3,选项C正确.故选C.
5.16　解法一　设等差数列{an}的公差为d,则a2a5+a8=(a1+d)(a1+4d)+a1+7d=a12+4d2+5a1d+a1+7d=0,S9=9a1+36d=27,解得a1= - 5,d=2,则S8=8a1+28d= - 40+56=16.
解法二　设等差数列{an}的公差为d.S9=9(a1+a9)2=9a5=27,a5=3,又a2a5+a8=0,则3(3 - 3d)+3+3d=0,得d=2,所以a4=3 - 2=1,则S8=8(a1+a8)2=4(a4+a5)=4×(1+3)=16.
6.0　 - 10　设等差数列{an}的公差为d,∵a2=-3,S5=-10,即a1+d=-3,5a1+10d=-10,∴可得a1=-4,d=1,∴a5=a1+4d=0.
∵Sn=na1+n(n-1)2d=12(n2 - 9n),∴当n=4或n=5时,Sn取得最小值,最小值为 - 10.
7.5　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,等差数列的公差为d.由已知条件,得S奇+S偶=354,S偶∶S奇=32∶27,解得S偶=192,S奇=162.
又S偶 - S奇=6d,所以d=192-1626=5.
8.①②③④　对于①,若S11 - S3=4(a1+a14)=0,即a1+a14=0,则S14=14(a1+a14)2=0,所以①正确;对于②,当S3=S11时,易知a7+a8=0,又a1>0,d≠0,所以a7>0>a8,故S7是Sn中的最大项,所以②正确;对于③,若S7>S8,则a8<0,又a1>0,那么d<0,可知a9<0,此时S9 - S8<0,即S8>S9,所以③正确;对于④,若S7>S8,则a8<0,S9 - S6=a7+a8+a9=3a8<0,即S6>S9,所以④正确.

1.(1)因为bn=1an,且an+1=anan+1,所以bn+1=1an+1=an+1an=1+1an=1+bn,故bn+1 - bn=1.
又b1=1a1=1,所以数列{bn}是以1为首项,1为公差的等差数列.
(2)由(1)知数列{bn}的通项公式为bn=n,又bn=1an,
所以an=1bn=1n.
故ann+1=1n(n+1)=1n - 1n+1,
所以Tn=∑k=1n(1k - 1k+1)=1 - 1n+1=nn+1.
2.(1)C　解法一　由Sm - 1= - 2,Sm=0,Sm+1=3,
得am=Sm - Sm - 1=2,am+1=Sm+1 - Sm=3,
所以等差数列的公差为d=am+1 - am=3 - 2=1,
由am=a1+(m-1)d=2,Sm=a1m+12m(m-1)d=0,得a1+m-1=2,a1m+12m(m-1)=0,解得a1=-2,m=5,故选C.
解法二　已知Sm - 1= - 2,Sm=0,Sm+1=3,
由等差数列求和公式得Sm-1=(m-1)a1+(m-1)(m-2)d2=-2　①,Sm=ma1+m(m-1)d2=0　②,Sm+1=(m+1)a1+m(m+1)d2=3　③.
② - ①,得a1+(m - 1)d=2　④,
③ - ②,得a1+md=3　⑤,
⑤ - ④,得d=1,代入⑤,得a1=3 - m,
把d和a1都代入②,得m=5或m=0(舍去).故选C.
解法三　由题意,知Sm=m(a1+am)2=0,所以a1= - am= - (Sm - Sm - 1)= - 2,所以am=2,a1= - 2.又am+1=Sm+1 - Sm=3,所以公差d=am+1 - am=1,所以3=am+1=a1+md= - 2+m,所以m=5.故选C.
解法四　因为数列{an}为等差数列,且其前n项和为Sn,
所以数列{Snn}也为等差数列.
所以Sm-1m-1+Sm+1m+1=2Smm,即-2m-1+3m+1=0,解得m=5.
经检验为原方程的解.故选C.
(2)C　设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,
因为a5+a10=12,所以2a1+13d=12,
所以3a7+a9=3(a1+6d)+a1+8d=4a1+26d=2(2a1+13d)=2×12=24.
3.(1)B　数列{an}为等差数列,则am - 1+am+1=2am,则am - 1+am+1 - am2 - 1=0可化为2am - am2 - 1=0,解得am=1.又S2m - 1=(2m - 1)am=39,则m=20.故选B.
(2)2132　由等差数列前n项和的性质得a11b11=S21T21=2×213×21+1=2132.
4.(1)设{an}的公差为d,由题意得3a1+3d= - 15.
由a1= - 7得d=2.所以{an}的通项公式为an=2n - 9.
(2)由(1)得Sn=n2 - 8n=(n - 4)2 - 16.
所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为 - 16.