备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第六章 数列 第2节 等差数列及其前n项和

这是一份备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第六章 数列 第2节 等差数列及其前n项和，共17页。试卷主要包含了理解等差数列的概念等内容，欢迎下载使用。

第2节　等差数列及其前n项和
考试要求　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.等差数列的概念
(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列.
数学语言表达式：an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数).
(2)若a，A，b成等差数列，则A叫做a，b的等差中项，且A＝.
2.等差数列的通项公式与前n项和公式
(1)若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d.
(2)前n项和公式：Sn＝na1＋＝.
3.等差数列的性质
(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k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.
(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)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列.
(5)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列也为等差数列.

1.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，且公差为p.
2.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.
3.等差数列{an}的单调性：当d＞0时，{an}是递增数列；当d＜0时，{an}是递减数列；当d＝0时，{an}是常数列.
4.数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数).

1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)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.(　　)
(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其通项公式为n的一次函数.(　　)
(4)等差数列的前n项和公式是常数项为0且关于n的二次函数.(　　)
答案　(1)√　(2)√　(3)×　(4)×
解析　(3)若公差d＝0，则通项公式不是n的一次函数.
(4)若公差d＝0，则前n项和不是n的二次函数.
2.(2022·南宁一模)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，S3＝，则数列{an}的通项公式an＝(　　)
A.n B.
C.2n－1 D.
答案　B
解析　设等差数列{an}的公差为d，则S3＝3a1＋d＝3＋3d＝，解得d＝，∴an＝1＋(n－1)×＝.
3.(2021·宝鸡二模)已知{an}是等差数列，满足3(a1＋a5)＋2(a3＋a6＋a9)＝18，则该数列的前8项和为(　　)
A.36 B.24 C.16 D.12
答案　D
解析　由等差数列性质可得a1＋a5＝2a3，a3＋a6＋a9＝3a6，所以3×2a3＋2×3a6＝18，即a3＋a6＝3，所以S8＝＝＝12.
4.在等差数列{an}中，若a1＋a2＝5，a3＋a4＝15，则a5＋a6＝(　　)
A.10 B.20 C.25 D.30
答案　C
解析　等差数列{an}中，每相邻2项的和仍然构成等差数列，设其公差为d，若a1＋a2＝5，a3＋a4＝15，则d＝15－5＝10，因此a5＋a6＝(a3＋a4)＋d＝15＋10＝25.
5.一物体从1 960 m的高空降落，如果第1秒降落4.90 m，以后每秒比前一秒多降落9.80 m，那么经过________秒落到地面.
答案　20
解析　设物体经过t秒降落到地面.
物体在降落过程中，每一秒降落的距离构成首项为4.90，公差为9.80的等差数列.
所以4.90t＋t(t－1)×9.80＝1 960，
即4.90t2＝1 960，解得t＝20.
6.(易错题)在等差数列{an}中，|a3|＝|a9|，公差d＜0，则使数列{an}的前n项和Sn取最大值的正整数n的值是________.
答案　5或6
解析　∵|a3|＝|a9|，
∴|a1＋2d|＝|a1＋8d|，
可得a1＝－5d，∴a6＝a1＋5d＝0，
且a1＞0，∴a5＞0，
故Sn取最大值时n的值为5或6.

考点一　等差数列的基本运算
1.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
答案　A
解析　设首项为a1，公差为d.
由S4＝0，a5＝5可得
解得
所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，
Sn＝n×(－3)＋×2＝n2－4n.
2.(2022·太原调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S8＝a8＝8，则公差d＝(　　)
A. B. C.1 D.2
答案　D
解析　∵S8＝a8＝8，
∴a1＋a2＋…＋a8＝a8，
∴S7＝7a4＝0，则a4＝0.
∴d＝＝2.
3.(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1＝－2，a2＋a6＝2，则S10＝________.
答案　25
解析　设等差数列{an}的公差为d，
则a2＋a6＝2a1＋6d＝2×(－2)＋6d＝2.
解得d＝1.
所以S10＝10×(－2)＋×1＝25.
4.(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9＝－a5.
(1)若 a3＝4，求{an}的通项公式；
(2)若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围.
解　(1)设{an}的公差为d.
由S9＝－a5可知9a5＝－a5，所以a5＝0.
因为a3＝4，所以d＝＝＝－2，
所以an＝a3＋(n－3)×(－2)＝10－2n，
因此{an}的通项公式为an＝10－2n.
(2)由(1)得a5＝0，
因为a1>0，所以等差数列{an}单调递减，
即d<0，
a1＝a5－4d＝－4d，Sn＝，
an＝－4d＋d(n－1)＝dn－5d，
因为Sn≥an，
所以≥dn－5d，
又因为d<0，所以1≤n≤10.
感悟提升　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.
考点二　等差数列的判定与证明
例1 (2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
①数列{an}是等差数列；②数列{}是等差数列；③a2＝3a1.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
解　①③⇒②.
已知{an}是等差数列，a2＝3a1.
设数列{an}的公差为d，
则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，
所以Sn＝na1＋d＝n2a1.
因为数列{an}的各项均为正数，
所以＝n，
所以－＝(n＋1)－n＝(常数)，所以数列{}是等差数列.
①②⇒③.
已知{an}是等差数列，{}是等差数列.
设数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋d
＝n2d＋n.
因为数列{}是等差数列，所以数列{}的通项公式是关于n的一次函数，
则a1－＝0，即d＝2a1，
所以a2＝a1＋d＝3a1.
②③⇒①.
已知数列{}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.设数列{}的公差为d，d＞0，则－＝－＝d，得a1＝d2，所以＝＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，
所以n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2，对n＝1也适合，所以an＝2d2n－d2，所以an＋1－an＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2(常数)，所以数列{an}是等差数列.
感悟提升　1.证明数列是等差数列的主要方法：
(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证an－an－1为同一常数.即作差法，将关于an－1的an代入an－an－1，再化简得到定值.
(2)等差中项法：验证2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)都成立.
2.判定一个数列是等差数列还常用到的结论：
(1)通项公式：an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列.
(2)前n项和公式：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{an}是等差数列.问题的最终判定还是利用定义.
训练1 (2021·全国乙卷)设Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知＋＝2.
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式.
(1)证明　因为bn是数列{Sn}的前n项积，
所以n≥2时，Sn＝，
代入＋＝2可得，＋＝2，
整理可得2bn－1＋1＝2bn，
即bn－bn－1＝(n≥2).
又＋＝＝2，所以b1＝，
故{bn}是以为首项，为公差的等差数列.
(2)解　由(1)可知，bn＝＋(n－1)＝，则＋＝2，所以Sn＝，
当n＝1时，a1＝S1＝，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－
＝－.
故an＝
考点三　等差数列的性质及应用
角度1　等差数列项的性质
例2 (1)设Sn为等差数列{an}的前n项和，且4＋a5＝a6＋a4，则S9等于(　　)
A.72 B.36 C.18 D.9
(2)在等差数列{an}中，若a5＋a6＝4，则log2(2a1·2a2·…·2a10)＝(　　)
A.10 B.20
C.40 D.2＋log25
答案　(1)B　(2)B
解析　(1)∵a6＋a4＝2a5，∴a5＝4，
∴S9＝＝9a5＝36.
(2)由等差数列的性质知a1＋a10＝a2＋a9＝a3＋a8＝a4＋a7＝a5＋a6＝4，则2a1·aa2·…·2a10＝2a1+a2+…+a10＝25(a5＋a6)＝25×4，所以log2(2a1·2a2·…·2a10)＝log225×4＝20.
角度2　等差数列前n项和的性质
例3 (1)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
(2)(2020·全国Ⅱ卷)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块.向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)(　　)

A.3 699块 B.3 474块
C.3 402块 D.3 339块
答案　(1)B　(2)C
解析　(1)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.
(2)设每一层有n环，由题可知从内到外每环之间构成公差d＝9，a1＝9的等差数列.由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，且(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝n2d，则9n2＝729，得n＝9，则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋×9＝3 402(块).
角度3　等差数列前n项和的最值
例4 等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1＞0，S3＝S11，则当n为多少时，Sn最大？
解　法一　设公差为d.由S3＝S11，可得3a1＋d＝11a1＋d，即d＝－a1.
从而Sn＝n2＋n＝－(n－7)2＋a1，
因为a1＞0，所以－＜0.
故当n＝7时，Sn最大.
法二　易知Sn＝An2＋Bn是关于n的二次函数，
由S3＝S11，可知Sn＝An2＋Bn的图象关于直线n＝＝7对称.
由解法一可知A＝－＜0，
故当n＝7时，Sn最大.
法三　设公差为d.
由解法一可知d＝－a1.
要使Sn最大，则有
即
解得6.5≤n≤7.5，
故当n＝7时，Sn最大.
法四　设公差为d.由S3＝S11，可得2a1＋13d＝0，
即(a1＋6d)＋(a1＋7d)＝0，故a7＋a8＝0，
又由a1＞0，S3＝S11可知d＜0，
所以a7＞0，a8＜0，所以当n＝7时，Sn最大.
感悟提升　1.项的性质：在等差数列{an}中，若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
(1)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
(2)S2n－1＝(2n－1)an.
(3)依次k项和成等差数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差数列.
3.求等差数列前n项和的最值，常用的方法：(1)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，或者利用性质求其正负转折项，便可求得和的最值；(2)利用公差不为零的等差数列的前n项和Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，A≠0)为二次函数，通过二次函数的性质求最值.
训练2 (1)(2021·洛阳质检)记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S17＝272，则a3＋a9＋a15＝(　　)
A.24 B.36 C.48 D.64
(2)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 020，－＝6，则S2 023等于(　　)
A.2 023 B.－2 023
C.4 046 D.－4 046
(3)设等差数列{an}满足a1＝1，an＞0(n∈N*)，其前n项和为Sn，若数列{}也为等差数列，则的最大值是________.
答案　(1)C　(2)C　(3)121
解析　(1)因为数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，
所以S17＝272＝×17＝×17
＝17a9，
∴a9＝16，所以a3＋a9＋a15＝3a9＝48.
(2)∵为等差数列，设公差为d′，
则－＝6d′＝6，∴d′＝1，
首项为＝－2 020，
∴＝－2 020＋(2 023－1)×1＝2，
∴S2 023＝2 023×2＝4 046，故选C.
(3)设数列{an}的公差为d，
依题意得2＝＋，
∴2＝＋，
把a1＝1代入求得d＝2，
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
Sn＝n＋×2＝n2，
∴＝＝
＝
＝≤121.
∴的最大值是121.


1.在等差数列{an}中，3a5＝2a7，则此数列中一定为0的是(　　)
A.a1 B.a3 C.a8 D.a10
答案　A
解析　设{an}的公差为d(d≠0)，
∵3a5＝2a7，
∴3(a1＋4d)＝2(a1＋6d)，得a1＝0.
2.(2021·重庆二模)已知公差不为0的等差数列{an}中，a2＋a4＝a6，a9＝a，则a10＝(　　)
A. B.5 C.10 D.40
答案　A
解析　设公差为d，
由已知得
由于d≠0，故a1＝d＝，
所以a10＝＋×9＝.
3.已知数列{an}满足5an+1＝25·5an，且a2＋a4＋a6＝9，则log(a5＋a7＋a9)＝(　　)
A.－3 B.3 C.－ D.
答案　A
解析　数列{an}满足5an+1＝25·5an，
∴an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2，
∴数列{an}是等差数列，公差为2.
∵a2＋a4＋a6＝9，∴3a4＝9，a4＝3.
∴a1＋3×2＝3，解得a1＝－3.
∴a5＋a7＋a9＝3a7＝3×(－3＋6×2)＝27，
则log(a5＋a7＋a9)＝log33＝－3.故选A.
4.(2022·太原一模)在数列{an}中，a1＝3，am＋n＝am＋an(m，n∈N*)，若a1＋a2＋a3＋…＋ak＝135，则k＝(　　)
A.10 B.9 C.8 D.7
答案　B
解析　令m＝1，由am＋n＝am＋an可得an＋1＝a1＋an，所以an＋1－an＝3，
所以{an}是首项为a1＝3，公差为3的等差数列，an＝3＋3(n－1)＝3n，
所以a1＋a2＋a3＋…＋ak＝＝＝135.
整理可得k2＋k－90＝0，解得k＝9或k＝－10(舍).
5.程大位《算法统宗》里有诗云“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠.次第每人多十七，要将第八数来言.务要分明依次弟，孝和休惹外人传.”意为：996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第一个开始，以后每人依次多17斤，直到第八个孩子为止.分配时一定要等级分明，使孝顺子女的美德外传，则第八个孩子分得斤数为(　　)
A.65 B.176 C.183 D.184
答案　D
解析　根据题意可知每个孩子所得棉花的斤数构成一个等差数列{an}，其中d＝17，n＝8，S8＝996.
由等差数列前n项和公式可得8a1＋×17＝996，解得a1＝65.
由等差数列通项公式得a8＝65＋(8－1)×17＝184.
则第八个孩子分得斤数为184.
6.(2021·全国大联考)在等差数列{an}中，若<－1，且它的前n项和Sn有最大值，则使Sn>0成立的正整数n的最大值是(　　)
A.15 B.16 C.17 D.14
答案　C
解析　∵等差数列{an}的前n项和有最大值，∴等差数列{an}为递减数列，
又<－1，∴a9>0，a10<0，
∴a9＋a10<0，
又S18＝＝9(a9＋a10)<0，
且S17＝＝17a9>0.
故使得Sn>0成立的正整数n的最大值为17.
7.设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S6＝1，S12＝4，则S18＝________.
答案　9
解析　在等差数列中，S6，S12－S6，S18－S12成等差数列，∵S6＝1，S12＝4，∴1，3，S18－4成公差为2的等差数列，即S18－4＝5，S18＝9.
8.等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若＝，则等于________.
答案　
解析　＝＝＝
＝＝＝.
9.(2021·西安一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1＝，a2＝2，2(Sn＋2＋Sn)＝4Sn＋1＋1，则数列{an}的前16项和S16＝________.
答案　84
解析　将2(Sn＋2＋Sn)＝4Sn＋1＋1变形为(Sn＋2－Sn＋1)－(Sn＋1－Sn)＝，即an＋2－an＋1＝，又a1＝，a2＝2，∴a2－a1＝符合上式，∴{an}是首项a1＝，公差d＝的等差数列，∴S16＝16×＋×＝84.
10.已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2a4＝65，a1＋a5＝18.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在常数k，使得数列{}为等差数列？若存在，求出常数k；若不存在，请说明理由.
解　(1)设公差为d.∵{an}为等差数列，
∴a1＋a5＝a2＋a4＝18，又a2a4＝65，
∴a2，a4是方程x2－18x＋65＝0的两个根，
又公差d＞0，∴a2＜a4，∴a2＝5，a4＝13.
∴∴∴an＝4n－3.
(2)由(1)知，Sn＝n＋×4＝2n2－n，
假设存在常数k，使数列{}为等差数列.
由＋＝2，
得＋＝2，解得k＝1.
∴＝＝n，
当n≥2时，n－(n－1)＝，为常数，
∴数列{}为等差数列.
故存在常数k＝1，使得数列{}为等差数列.
11.设数列{an}的各项都为正数，其前n项和为Sn，已知对任意n∈N*，Sn是a和an的等差中项.
(1)证明：数列{an}为等差数列；
(2)若bn＝－n＋5，求{an·bn}的最大项的值并求出取最大值时n的值.
(1)证明　由已知可得2Sn＝a＋an，
且an>0，
当n＝1时，2a1＝a＋a1，解得a1＝1.
当n≥2时，有2Sn－1＝a＋an－1，
所以2an＝2Sn－2Sn－1
＝a－a＋an－an－1，
所以a－a＝an＋an－1，
即(an＋an－1)(an－an－1)＝an＋an－1，
因为an＋an－1>0，
所以an－an－1＝1(n≥2).
故数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列.
(2)解　由(1)可知an＝n，设cn＝an·bn，
则cn＝n(－n＋5)＝－n2＋5n
＝－＋，
因为n∈N*，所以n＝2或3，c2＝c3＝6，
因此当n＝2或n＝3时，{an·bn}取最大项，且最大项的值为6.

12.(2020·新高考山东卷)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为__________.
答案　3n2－2n
解析　法一(观察归纳法)　数列的各项为1，3，5，7，9，11，13，…；数列{3n－2}的各项为1，4，7，10，13，….现观察归纳可知，两个数列的公共项为1，7，13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，
则an＝1＋6(n－1)＝6n－5.
故其前n项和为Sn＝
＝＝3n2－2n.
法二(引入参变量法)　令bn＝2n－1，cm＝3m－2，bn＝cm，则2n－1＝3m－2，即3m＝2n＋1，m必为奇数.
令m＝2t－1，则n＝3t－2(t＝1，2，3，…).
at＝b3t－2＝c2t－1＝6t－5，即an＝6n－5.
以下同法一.
13.(2022·衡水模拟)已知在数列{an}中，a6＝11，且nan－(n－1)an＋1＝1，则an＝______；的最小值为________.
答案　2n－1　44
解析　nan－(n－1)an＋1＝1，
∴(n＋1)an＋1－nan＋2＝1，
两式相减得nan－2nan＋1＋nan＋2＝0，
∴an＋an＋2＝2an＋1，
∴数列{an}为等差数列.
当n＝1时，
由nan－(n－1)an＋1＝1得a1＝1，
由a6＝11，得公差d＝2，
∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1，
∴＝
＝4n＋－4≥2－4＝44，
当且仅当4n＝，即n＝6时等号成立.
14.等差数列{an}中，公差d＜0，a2＋a6＝－8，a3a5＝7.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Tn为数列{bn}前n项的和，其中bn＝|an|，n∈N*，若Tn≥1 464，求n的最小值.
解　(1)∵等差数列{an}中，公差d＜0，a2＋a6＝－8，
∴a2＋a6＝a3＋a5＝－8，又∵a3a5＝7，
∴a3，a5是一元二次方程x2＋8x＋7＝0的两个根，且a3＞a5，
解方程x2＋8x＋7＝0，得a3＝－1，a5＝－7，
∴解得a1＝5，d＝－3.
∴an＝5＋(n－1)×(－3)＝－3n＋8.
(2)由(1)知{an}的前n项和Sn＝5n＋×(－3)＝－n2＋n.
∵bn＝|an|，∴b1＝5，b2＝2，b3＝|－1|＝1，b4＝|－4|＝4，
当n≥3时，bn＝|an|＝3n－8.
当n＜3时，T1＝5，T2＝7；
当n≥3时，
Tn＝－Sn＋2S2＝－＋14.
∵Tn≥1 464，
∴Tn＝－＋14≥1 464，
即(3n－100)(n＋29)≥0，解得n≥，
∴n的最小值为34.