新高考数学一轮复习考点讲义：第07章第2讲等差数列（含解析）

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一 等差数列的有关概念
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，一般用字母d表示．定义的表达式为an＋1－an＝d(n∈N*)．
2．等差数列的通项公式
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.
3．等差中项
若a，A，b成等差数列，则A叫做a，b的等差中项，且A＝eq \f(a＋b,2).
二 等差数列的有关公式
1．通项公式：an＝a1＋(n－1)d.
2．前n项和公式：Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d或Sn＝eq \f(na1＋an,2).
三 等差数列的常用性质
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．数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
5．S2n－1＝(2n－1)an.
6．等差数列{an}的前n项和为Sn，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也为等差数列．
常/用/结/论
1．已知数列{an}的通项公式是an＝pn＋q(其中p，q
关于n的一次函数．
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，若a1>0，d0时，{an}是递增数列；当d0，所以Tn＝Sn＝14n－n2；
当n>7时，Tn＝(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7)－(a8＋…＋an)＝S7－(Sn－S7)＝2S7－Sn＝n2－14n＋98.
这个转化是解题的技巧，借用Sn来表达出Tn.
综上，Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(14n－n2，n≤7，,n2－14n＋98，n>7.))
等差数列计算中的两个技巧
(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转换的作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用的方法．
对点练1(1)(2023·全国乙卷，理)已知等差数列{an}的公差为eq \f(2π,3)，集合S＝{cs an|n∈N*}，若S＝{a，b}，则ab＝( )
A．－1 B．－eq \f(1,2)
C．0 D.eq \f(1,2)
(2)(2023·新高考全国Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝eq \f(n2＋n,an)，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和．
①若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；
②若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
(1)解析：依题意，在等差数列{an}中，an＝a1＋(n－1)·eq \f(2π,3)＝eq \f(2π,3)n＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(2π,3)))，显然函数y＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)n＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(2π,3)))))的周期为3，而n∈N*，即cs an最多有3个不同取值，又{cs an|n∈N*}＝{a，b}，则在cs a1，cs a2，cs a3中，cs a1＝cs a2≠cs a3或cs a1≠cs a2＝cs a3或cs a1＝cs a3≠cs a2，于是有cs θ＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(2π,3)))或cs θ＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(4π,3))).当cs θ＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(2π,3)))时，有θ＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(2π,3)))＝2kπ，k∈Z，解得θ＝kπ－eq \f(π,3)，k∈Z，所以ab＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)))·cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)))＋\f(4π,3)))＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)))·cs kπ＝－cs2kπcseq \f(π,3)＝－eq \f(1,2)；同理，当cs θ＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(4π,3)))时，解得θ＝kπ－eq \f(2π,3)，k∈Z，所以ab＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(2π,3)))cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(2π,3)))＋\f(2π,3)))＝cs2kπcseq \f(2π,3)＝－eq \f(1,2).故选B.
答案：B
(2)解：①由3a2＝3a1＋a3，得3(a1＋d)＝3a1＋a1＋2d，整理得a1＝d，所以an＝nd，bn＝eq \f(n＋1,d).
由S3＋T3＝21，得d＋2d＋3d＋eq \f(2,d)＋eq \f(3,d)＋eq \f(4,d)＝21，整理得2d2－7d＋3＝0，解得d＝3或d＝eq \f(1,2)(舍)，故an＝3n.
②若{bn}是等差数列，则b1＋b3＝2b2，
即eq \f(2,a1)＋eq \f(12,a3)＝2×eq \f(6,a2)，所以a2a3＋6a1a2＝6a1a3，
所以(a1＋d)(a1＋2d)＋6a1(a1＋d)＝6a1(a1＋2d)，
整理得aeq \\al(2,1)－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d.
a．若a1＝d，则an＝nd，bn＝eq \f(n＋1,d)，
由S99－T99＝99，得50d－eq \f(51,d)＝1，即50d2－d－51＝0，
解得d＝－1(舍)或d＝eq \f(51,50)；
b．若a1＝2d，则an＝(n＋1)d，bn＝eq \f(n,d)，
由S99－T99＝99，得51d－eq \f(50,d)＝1，即51d2－d－50＝0，
解得d＝1(舍)或d＝－eq \f(50,51)(舍)．
综上，d＝eq \f(51,50).
题型 等差数列性质的多维研讨
维度1 等差数列项的性质
典例2(1)设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S9＝3(a3＋a5＋am)，则m＝( )
巧用eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S9＝9a5，,a3＋a7＝2a5.))数列问题不但要求有方程思想，还应有整体认知．
A．9 B．8
C．7 D．6
(2)已知方程(x2－2x＋m)(x2－2x＋n)＝0的四个根组成一个首项为eq \f(1,4)的等差数列，则|m－n|＝( )
A．1 B.eq \f(3,4)
C.eq \f(1,2) D.eq \f(3,8)
解析：(1)因为S9＝9a5，所以9a5＝3(a3＋a5＋am)，所以a3＋a5＋am＝3a5，即a3＋am＝2a5，所以m＝7.故选C.
(2)由题设可知4×eq \f(1,4)＋eq \f(4×3,2)·d＝2＋2，得d＝eq \f(1,2)，所以方程的四个根分别为eq \f(1,4)，eq \f(3,4)，eq \f(5,4)，eq \f(7,4)，
即a1＋a4＝2，a2＋a3＝2且a1＝eq \f(1,4)，易求d＝eq \f(1,2).
所以|m－n|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)×\f(7,4)－\f(3,4)×\f(5,4)))＝eq \f(1,2).故选C.
根与系数的关系：a1a4＝m，a2a3＝n.
等差数列项的性质
(1)等差数列中最常用的性质：①d＝eq \f(ap－aq,p－q)，②若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq.
和的对称性．
(2)利用等差数列的性质(特别是感觉条件不够时)求解既简单，又迅速．
对点练2(1)(多选)(2024·山东淄博调研)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a2＋a8＋a11是一个定值，则下列各数也为定值的是( )
A．a7 B．a8
C．S13 D．S15
(2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＋a2＝7，am＋am－1＝73(m≥3)，Sm＝2 020，则m的值为( )
A．100 B．101
C．200 D．202
解析：(1)由题意知a2＋a8＋a11＝a1＋d＋a1＋7d＋a1＋10d＝3a1＋18d＝3(a1＋6d)＝3a7，∴a7是定值，
又∵S13＝eq \f(13a1＋a13,2)＝13a7，∴S13是定值．
(2)由已知得a1＋am＋a2＋am－1＝80，由等差数列的性质可知，a1＋am＝a2＋am－1，故a1＋am＝40.又因为Sm＝eq \f(ma1＋am,2)＝20m＝2 020，所以m＝101.故选B.
答案：(1)AC (2)B
维度2 等差数列和的性质
典例3(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝1，S30＝5，则S40＝( )
A．7 B．8
C．9 D．10
(2)已知等差数列{an}共有2n＋1项，其中奇数项之和为290，偶数项之和为261，则
应用S2n＋1＝(2n＋1)·an＋1，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S2n＋1＝S奇＋S偶，,S奇－S偶＝an＋1.)) 以上知识点可先求an＋1＝29，再可求n的值. S2n＋1＝290＋261＝(2n＋1)·an＋1，∴2n＋1＝19.
an＋1的值为( )
A．30 B．29
C．28 D．27
(3)(2024·湖南郴州模拟)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，满足a3＝3a1，a2＝3a1－1，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前10项和为( )
A.eq \f(55,2) B．55
C.eq \f(65,2) D．65
解析：(1)由等差数列的性质，知S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等差数列，设其公差为d，
∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，
∴S20＝S10＋eq \f(S30,3)＝1＋eq \f(5,3)＝eq \f(8,3).
【另解】eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，则eq \f(S10,10)，eq \f(S20,20)，eq \f(S30,30)，eq \f(S40,40)构成等差数列，这样求S40.
∴d＝(S20－S10)－S10＝eq \f(2,3)，
∴S40－S30＝1＋3×eq \f(2,3)＝3，∴S40＝8.故选B.
(2)奇数项共有n＋1项，其和为eq \f(a1＋a2n＋1,2)·(n＋1)＝eq \f(2an＋1,2)·(n＋1)＝290，
∴(n＋1)an＋1＝290.S奇＝(n＋1)an＋1.
偶数项共有n项，其和为eq \f(a2＋a2n,2)·n＝eq \f(2an＋1,2)·n＝nan＋1＝261， S偶＝n·an＋1，从而知S奇－S偶＝an＋1.
∴an＋1＝290－261＝29.
故选B.
(3)设等差数列{an}的公差为d，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝3a1，,a1＋d＝3a1－1，))所以a1＝1，d＝1，
方程思想求a1，d.
所以Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)＝eq \f(nn＋1,2)，
所以eq \f(Sn,n)＝eq \f(n＋1,2)， eq \f(Sn,n)为等差数列．
所以eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(n＋1＋1,2)－eq \f(n＋1,2)＝eq \f(1,2)，又S1＝1，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前10项和T10＝10＋eq \f(10×10－1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(65,2).
故选C.
等差数列和的性质
在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则：
(1)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
(2)eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也为等差数列．
(3)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)．
(4)S2n－1＝(2n－1)an.
n为奇数时，Sn＝n·a中，a中为前n项的中间项．
(5)若n为偶数，则S偶－S奇＝eq \f(nd,2)；若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项).eq \(\s\up7( ),\s\d5( ))
对点练3(1)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若eq \f(S3,S6)＝eq \f(1,3)，则eq \f(S6,S12)＝( )
A.eq \f(3,10) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(1,8) D.eq \f(1,9)
(2)设等差数列{an}与等差数列{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意自然数n都有eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n－3,4n－3)，则eq \f(a9,b5＋b7)＋eq \f(a3,b8＋b4)的值为( )
A.eq \f(3,7) B.eq \f(7,9)
C.eq \f(19,41) D．－1
解析：(1)令S3＝1，则S6＝3，
∴S9＝S6＋3＝6.
S12＝S9＋4＝10，
∴eq \f(S6,S12)＝eq \f(3,10).故选A.
(2)由题意，eq \f(a9,b5＋b7)＋eq \f(a3,b8＋b4)＝eq \f(a9＋a3,b1＋b11)＝eq \f(a1＋a11,b1＋b11)＝eq \f(\f(11a1＋a11,2),\f(11b1＋b11,2))＝eq \f(2×11－3,4×11－3)＝eq \f(19,41).
答案：(1)A (2)C
维度3 等差数列的最值问题
典例4在等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a10，故当x＝7时，f(x)最小，即当n＝7时，Sn最小．
方法三：由方法一可知d＝－eq \f(2,13)a1.
要使Sn最小，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤0，,an＋1≥0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋n－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,13)a1))≤0，,a1＋n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,13)a1))≥0，))
从通项公式的角度，发现符号变化分界点．
解得6.5≤n≤7.5，又n∈N*，故当n＝7时，Sn最小．
方法四：由S3＝S11，可得a4＋a5＋…＋a10＋a11＝0，即4(a7＋a8)＝0，故a7＋a8＝0，又由a10，所以a70，所以当n＝7时，Sn最小．
故答案为7.
求等差数列前n项和最值的常用方法
(1)二次函数法：用求二次函数最值的方法(配方法)求其前n项和的最值，但要注意n∈N*.
(2)图象法：利用二次函数图象的对称性来确定n的值，使Sn取得最值．
(3)邻项变号法：当a1>0，d|a12|，Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn>0的n的最小值为( )
A．23 B．24
C．25 D．26
(2)(多选)(2024·山东济宁模拟)设等差数列{an}的公差为d，前n项和是Sn，已知S14>0，S150，d0
C．S6与S7均为Sn的最大值
D．a80，又a13>|a12|，所以a12＋a13>0，则S24＝eq \f(24a1＋a24,2)＝12(a12＋a13)>0，S23＝eq \f(23a1＋a23,2)＝23a120，所以使得Sn>0的n的最小值为24.
(2)因为S14>0，S150，即a7＋a8>0，因为S15＝eq \f(15×a1＋a15,2)＝15a80，d0，∴a1＝1.
aeq \\al(3,1)＋aeq \\al(3,2)＋aeq \\al(3,3)＋…＋aeq \\al(3,n)＝Seq \\al(2,n)，①
当n≥2时，aeq \\al(3,1)＋aeq \\al(3,2)＋aeq \\al(3,3)＋…＋aeq \\al(3,n－1)＝Seq \\al(2,n－1)，②
①－②得，aeq \\al(3,n)＝Seq \\al(2,n)－Seq \\al(2,n－1)＝(Sn－Sn－1)(Sn＋Sn－1)．
∵an>0，∴aeq \\al(2,n)＝Sn＋Sn－1＝2Sn－an，③
∵a1＝1也符合上式，∴当n≥2时，aeq \\al(2,n－1)＝2Sn－1－an－1，④
③－④得aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＝2(Sn－Sn－1)－an＋an－1＝2an－an＋an－1＝an＋an－1，
∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝1，
∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，可得an＝n.