高考数学精品讲义练习【一轮复习】第六章　6．2　等差数列

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2．能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并解决相应的问题．
3．理解等差数列的通项及前n项和分别与一元一次函数、二次函数的关系．
1．等差数列的概念
(1)等差数列的定义：一般地，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，即an－an－1＝d（n∈N*，且n≥2）或an＋1－an＝d(n∈N*).
(2)等差中项：若三个数a，A，b成等差数列，则A叫做a与b的等差中项．根据等差数列的定义可以知道，2A＝a＋b．
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．该式又可以写成an＝dn＋(a1－d)，这表明d≠0时，an是关于n的一次函数，且d>0时是增函数，d0时图象开口向上，d0，d0，d>0，则{Sn}是递增数列，S1是{Sn}的最小值；若a10)，则 eq \f(a eq \\al(2,n)－4,n)＝d2n＋2d(1－d)＋ eq \f((1－d)2－4,n)，则 eq \f(a eq \\al(2,n＋1)－4,n＋1)－ eq \f(a eq \\al(2,n)－4,n)＝d2＋ eq \f((1－d)2－4,n＋1)－ eq \f((1－d)2－4,n)＝d2－ eq \f((1－d)2－4,n(n＋1))，又 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(a eq \\al(2,n)－4,n)))是等差数列，所以－ eq \f((1－d)2－4,n(n＋1))＝0，解得d＝3或d＝－1（舍去）.故选C.
(3)（2024·新课标Ⅱ卷）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝95．
【解析】 因为数列{an}为等差数列，设数列{an}的公差为d，则由题意得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＋a1＋3d＝7，,3(a1＋d)＋a1＋4d＝5，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－4，,d＝3，))
则S10＝10a1＋ eq \f(10×9,2)d＝10×(－4)＋45×3＝95.
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，知其中三个量就能求另外两个量，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．
【对点训练1】 (1)（2024·黑龙江大庆三模）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝－2，S5＝－5，则S12＝( A )
A．30 B．32
C．36 D．40
解析：设等差数列{an}的公差为d，由
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝－2，,S5＝－5，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝－2，,5a1＋10d＝－5，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－3，,d＝1，))所以S12＝12×(－3)＋ eq \f(12×11,2)×1＝30.故选A.
(2)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a2＋a4＋a6＝－3，S8＝－12，则数列{an}的首项a1＝( B )
A．3 B．2
C．1 D．－1
解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a2＋a4＋a6＝－3，可得3a4＝－3，即a4＝－1，所以a1＋3d＝－1①，又因为S8＝－12，可得8a1＋28d＝－12，即2a1＋7d＝－3②，联立①②解得a1＝2，d＝－1.故选B.
(3)（2024·北京延庆区一模）北京天坛的圜丘坛分上、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，且三层共有扇面形石板（不含天心石）3 402块，则上层有扇面形石板405块．
解析：记从中间向外每环扇面形石板数为an，则{an}是等差数列，且公差d＝9，a1＝9，设每层有k环，则n＝3k，Sn＝3 402，所以Sn＝na1＋ eq \f(n(n－1)d,2)＝3 402，即9n＋ eq \f(9n(n－1),2)＝3 402，即n2＋n－756＝0，解得n＝27或n＝－28（舍去），所以k＝9，则S9＝9a1＋ eq \f(9×(9－1)d,2)＝9×9＋ eq \f(9×(9－1)×9,2)＝405，即上层有扇面形石板405块．
考点2 等差数列的证明
【例2】 （2021·全国甲卷理）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{ eq \r(Sn)}是等差数列；③a2＝3a1.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答判对错．
【解】 ①③⇒②.
证明：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＋ eq \f(n(n－1),2)d＝n2a1.
因为数列{an}的各项均为正数，所以 eq \r(Sn)＝n eq \r(a1)，所以 eq \r(Sn＋1)－ eq \r(Sn)＝(n＋1) eq \r(a1)－n eq \r(a1)＝ eq \r(a1)（常数），所以数列{ eq \r(Sn)}是等差数列．
①②⇒③.
证明：已知{an}是等差数列，{ eq \r(Sn)}是等差数列．
设数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋ eq \f(n(n－1),2)d＝ eq \f(1,2)n2d＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n.
因为数列{ eq \r(Sn)}是等差数列，所以数列{ eq \r(Sn)}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－ eq \f(d,2)＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.
②③⇒①.
证明：已知数列{ eq \r(Sn)}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.
设数列{ eq \r(Sn)}的公差为d，d＞0，则 eq \r(S2)－ eq \r(S1)＝ eq \r(4a1)－ eq \r(a1)＝d，
得a1＝d2，所以 eq \r(Sn)＝ eq \r(S1)＋(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．
1．等差数列的判定与证明的常用方法
(1)定义法：对任意n∈N*，an＋1－an是同一常数⇔{an}为等差数列．
(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2⇔{an}为等差数列．
(3)通项公式法：an＝an＋b（a，b是常数）⇔{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．
2．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．
【对点训练2】 已知在数列{an}中，a1＝1，an＋an＋1＝ eq \f(1,3n)，设Sn＝a1＋3a2＋32a3＋…＋3n-1an，
求证：数列{4Sn－3nan}是等差数列．
证明：由Sn＝a1＋3a2＋32a3＋…＋3n-1an，
得Sn－1＝a1＋3a2＋32a3＋…＋3n-2an－1，
两式相减得Sn－Sn－1＝3n-1an，所以4Sn－3nan－(4Sn－1－3n-1an－1)＝4(Sn－Sn－1)－3nan＋3n-1an－1＝4·3n-1an－3nan＋3n-1an－1＝3n-1(an＋an－1)＝3n-1· eq \f(1,3n-1)＝1，
又4S1－31a1＝1，
所以数列{4Sn－3nan}是首项为1，公差为1的等差数列．
考点3 等差数列的性质及应用
命题角度1 项的性质
【例3】 （2024·全国甲卷理）记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝( B )
A． eq \f(7,2) B． eq \f(7,3)
C．－ eq \f(1,3) D．－ eq \f(7,11)
【解析】 由S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝5a8＝0，得a8＝0，则等差数列{an}的公差d＝ eq \f(a8－a5,3)＝－ eq \f(1,3)，故a1＝a5－4d＝1－4× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝ eq \f(7,3).故选B.
命题角度2 和的性质
【例4】 (1)（2024·陕西咸阳二模）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝2，S8＝12，则S20＝( D )
A．30 B．58
C．60 D．90
【解析】 数列{an}为等差数列，故S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12，S20－S16为等差数列，由S4＝2，S8＝12，得S8－S4＝10，故S12－S8＝18，S16－S12＝26，S20－S16＝34，即有S12＝18＋S8＝30，S16＝26＋S12＝56，S20＝34＋S16＝90.故选D.
(2)（2024·河北衡水三模）已知数列{an}，{bn}均为等差数列，其前n项和分别为Sn，Tn，满足(2n＋3)Sn＝(3n－1)Tn，则 eq \f(a7＋a8＋a9,b6＋b10)＝( A )
A．2 B．3
C．5 D．6
【解析】 因为数列{an}，{bn}均为等差数列，可得a7＋a8＋a9＝3a8＝ eq \f(1,5)×15a8＝ eq \f(1,5)S15，且b6＋b10＝b1＋b15，又由T15＝ eq \f(15(b1＋b15),2)，可得b6＋b10＝ eq \f(2,15)T15.因此 eq \f(a7＋a8＋a9,b6＋b10)＝ eq \f(\f(1,5)S15,\f(2,15)T15)＝ eq \f(3,2)· eq \f(S15,T15)＝ eq \f(3,2)× eq \f(4,3)＝2.故选A.
命题角度3 和的最值
【例5】 （多选）（2024·山西吕梁三模）已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，若S10S17>0，所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))中最小项为 eq \f(S10,a10)，故D正确．故选BD.
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项和的最值的常用方法
(1)邻项变号法：利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，或者利用性质求出其正负转折项，便可求得和的最值．
(2)函数法：利用公差不为零的等差数列的前n项和Sn＝An2＋Bn(A≠0)为二次函数，通过二次函数的性质求最值．
【对点训练3】 (1)等差数列{an}的前n项和为Sn，若S7＝70，a2(a3＋a5)＝80，则公差d＝( C )
A．12 B．2
C．3 D．4
解析：等差数列{an}中，S7＝7a4＝70，得a4＝10，又a2(a3＋a5)＝2a2a4＝80，得a2＝4，所以d＝3.故选C.
(2)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若 eq \f(S5,S10)＝ eq \f(1,3)，则 eq \f(S10,S20)＝( B )
A. eq \f(3,7) B． eq \f(3,10)
C． eq \f(3,11) D． eq \f(3,14)
解析：数列{an}为等差数列，则S5，S10－S5，S15－S10，S20－S15，…为等差数列．由 eq \f(S5,S10)＝ eq \f(1,3)，可设S5＝t(t≠0)，则S10＝3t，于是S5，S10－S5，S15－S10，S20－S15，…依次为t，2t，3t，4t，…，所以S20＝t＋2t＋3t＋4t＝10t，所以 eq \f(S10,S20)＝ eq \f(3,10).故选B.
(3)（多选）已知首项为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，若(S15－S11)(S15－S12)0
B．S11