2019届二轮复习等差数列及其前n项学案（全国通用）



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，并能用有关知识解决相应的问题
4．了解等差数列与一次函数、二次函数的关系

热点题型一 等差数列的基本运算
例1、（2018年全国I卷理数）设为等差数列的前项和，若，，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设该等差数列的公差为，根据题中的条件可得，
整理解得，所以，故选B.
【变式探究】已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3。
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}的前 项和S ＝－35，求 的值。

【提分秘籍】
等差数列运算问题的通性通法
(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差为d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解。
(2)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，体现了方程的思想。
【举一反三】
已知等差数列{an}满足a2＋a4＝4，a3＋a5＝10，则它的前10项的和S10＝(　　)
A．85 B．135 C．95 D．23
【答案】C
【解析】设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
则解得
∴S10＝10×(－4)＋×3＝95。
热点题型二 等差数列的判定与证明
例2、若数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝。
(1)求证：{}成等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式。

【提分秘籍】
等差数列的四个判定方法
(1)定义法：证明对任意正整数n都有an＋1－an等于同一个常数。
(2)等差中项法：证明对任意正整数n都有2an＋1＝an＋an＋2后，可递推得出an＋2－an＋1＝an＋1－an＝an－an－1＝an－1－an－2＝…＝a2－a1，根据定义得出数列{an}为等差数列。
(3)通项公式法：得出an＝pn＋q后，得an＋1－an＝p对任意正整数n恒成立，根据定义判定数列{an}为等差数列。
(4)前n项和公式法：得出Sn＝An2＋Bn后，根据Sn，an的关系，得出an，再使用定义法证明数列{an}为等差数列。
提醒：等差数列主要的判定方法是定义法和等差中项法，而对于通项公式和前n项和公式的方法主要适合在选择题或填空题中简单判
【举一反三】
设数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，且an＝(n≥2)。证明数列{}是等差数列，并求Sn。

热点题型三 等差数列的性质及其应用
例3．（2018年北京卷）设是等差数列，且a1=3，a2+a5=36，则的通项公式为__________．
【答案】
【解析】
【变式探究】设Sn为等差数列{an}的前n项和，S8＝4a3，a7＝－2，则a9＝(　　)
A．－6 B．－4
C．－2 D．2
(2)在等差数列{an}中，前m项的和为30，前2m项的和为100，则前3m项的和为__________。
【答案】(1)A (2) 210
【解析】(1)S8＝4a3⇒＝4a3⇒a3＋a6＝a3，
∴a6＝0，∴d＝－2，∴a9＝a7＋2d＝－2－4＝－6。
(2)记数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列前n项和的性质知Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，则2(S2m－Sm)＝Sm＋(S3m－S2m)，又Sm＝30，S2m＝100，所以S2m－Sm＝100－30＝70，所以S3m－S2m＝2(S2m－Sm)－Sm＝110，所以S3m＝110＋100＝210。
【提分秘籍】
(1)等差数列通项性质的应用要注意观察数列各项的项数之间“和”相等的关系，找到解题的切入点。
(2)等差数列前n项和性质的应用要注意深刻理解“依次 项之和成等差数列”的真正含义，然后列方程求解。
【举一反三】
在等差数列{an}中。若共有n项，且前四项之和为21，后四项之和为67，前n项和Sn＝286，则n＝__________。
【答案】26
【解析】依题意知a1＋a2＋a3＋a4＝21，an＋an－1＋an－2＋an－3＝67。
由等差数列的性质知a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3，∴4(a1＋an)＝88，∴a1＋an＝22。
又Sn＝，即286＝，∴n＝26。
热点题型四 等差数列前n项和的最值
例4、已知数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2(n∈N )，它的前n项和为Sn，且a3＝10，S6＝72。若bn＝an－30，求数列{bn}的前n项和的最小值。

【提分秘籍】
若{an}是等差数列，求前n项和的最值时，①若a1＞0，d＜0，且满足前n项和Sn最大；②若a1＜0，d＞0，且满足前n项和Sn最小；③除上面方法外，还可将{an}的前n项和的最值问题看作Sn关于n的二次函数问题，利用二次函数的图象或配方法求解。
【举一反三】
设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，S12＞0，S13＜0。
(1)求公差d的取值范围；
(2)指出S1、S2、…、S12中哪一个值最大，说明理由。


1. （2018年全国I卷理数）设为等差数列的前项和，若，，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设该等差数列的公差为，根据题中的条件可得，
整理解得，所以，故选B.
2. （2018年北京卷）设是等差数列，且a1=3，a2+a5=36，则的通项公式为__________．
【答案】
【解析】
3. （2018年江苏卷）设是首项为，公差为d的等差数列，是首项为，公比为q的等比数列．
（1）设，若对均成立，求d的取值范围；
（2）若，证明：存在，使得对均成立，并求的取值范围（用表示）．
【答案】（1）d的取值范围为．
（2）d的取值范围为，证明见解析。 ……

从而，，对均成立．
因此，取d=0时，对均成立．
下面讨论数列的最大值和数列的最小值（）．
①当时，，
当时，有，从而．
因此，当时，数列单调递增，
故数列的最大值为．
②设，当x>0时，，
所以单调递减，从而 当时，，
因此，当时，数列单调递减，
故数列的最小值为．
因此，d的取值范围为．
1.【2017课标1，理4】记为等差数列的前项和．若，，则的公差为
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】C

2.【2017课标1，理12】几位大生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家习数的兴趣，他们推出了“解数题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数问题的【答案】已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是
A．440 B．330 C．220 D．110
【答案】A
【解析】由题意得，数列如下：

则该数列的前项和为
，

3.【2017浙江，6】已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d>0”是“S4 + S6>2S5”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】由，可知当，则，即，反之，，所以为充要条件，选C． ……
1. 【2016高考新课标1卷】已知等差数列前9项的和为27,,则 （ ）
（A）100 （B）99 （C）98 （D）97
【答案】C
【解析】由已知,所以故选C.
2【2016高考浙江理数】如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且，，
（）.若（ ）

A．是等差数列 B．是等差数列
C．是等差数列 D．是等差数列
【答案】A
【解析】表示点到对面直线的距离（设为）乘以长度一半，即，
3.【2016年高考北京理数】已知为等差数列，为其前项和，若，，则_______..
【答案】6
【解析】∵是等差数列，∴，，，，
∴，故填：6．+X+X
4.【2016高考江苏卷】已知是等差数列，是其前项和.若，则的值是 ▲ .
【答案】
【解析】由得，因此
1.【2015高考重庆，理2】在等差数列中，若=4，=2，则=　　　　（　　）
A、-1 B、0 C、1 D、6
【答案】B
【解析】由等差数列的性质得，选B.
2.【2015高考福建，理8】若 是函数 的两个不同的零点，且 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 的值等于（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】D
【解析】由韦达定理得，，则，当适当排序后成等比数列时，必为等比中项，故，．当适当排序后成等差数列时，必不是等差中项，当是等差中项时，，解得，；当是等差中项时，，解得，，综上所述，，所以，选D． ……
3.【2015高考北京，理6】设是等差数列. 下列结论中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【解析】先分析四个答案支，A举一反例，而，A错
【2015高考新课标2，理16】设是数列的前n项和，且，，则________．
【答案】
【解析】由已知得，两边同时除以，得，故数列是以为首项，为公差的等差数列，则，所以．
【2015高考广东，理10】在等差数列中，若，则= .
【答案】10．
【解析】因为是等差数列，所以，即，所以，故应填入．
【2015高考陕西，理13】中位数1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为 ．
【答案】5

1．（2014·安徽卷）数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.
【答案】1　
【解析】因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差数列．又 a1＋1，a3＋3，a5＋5构为公比为q的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5为常数列，故q＝1.
2．（2014·北京卷）若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．
【答案】8　
【解析】∵a7＋a8＋a9＝3a8>0，a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a8>0，a9<0，∴n＝8时，数列{an}的前n项和最大．
3．（2014·福建卷）等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于(　　)
A．8 B．10 C．12 D．14
【答案】C　
【解析】设等差数列{an}的公差为d，由等差数列的前n项和公式，得S3＝3×2＋d＝12，解得d＝2，则a6＝a1＋(6－1)d＝2＋5×2＝12.
4．（2014·湖北卷）已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．
【解析】(1)设数列{an}的公差为d，
依题意得，2，2＋d，2＋4d成等比数列，
故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，
化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.
当d＝0时，an＝2；
当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2.
从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.
(2)当an＝2时，Sn＝2n，显然2n<60n＋800，
此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立．
当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.
令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，
解得n>40或n<－10(舍去)，
此时存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值为41.
综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；
当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41. ……
5．（2014·湖南卷）已知数列{an}满足a1＝1， an＋1－an ＝pn，n∈N .
(1)若{an}是递增数列，且a1，2a2，3a3成等差数列，求p的值；
(2)若p＝，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．
【解析】(1)因为{an}是递增数列，所以an＋1－an＝ an＋1－an ＝pn.而a1＝1，因此.又a1，2a2，3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3，因而3p2－p＝0，解得p＝或p＝0.

于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋－＋…＋＝1＋·＝＋·.
故数列{an}的通项公式为an＝＋·.
6．（2014·辽宁卷）设等差数列{an}的公差为d.若数列{2a1an}为递减数列，则(　　)
A．d<0 B．d>0 C．a1d<0 D．a1d>0
【答案】C　
【解析】令bn＝2a1an，因为数列{2a1an}为递减数列，所以＝＝2a1(an＋1－an)＝2a1d<1，所得a1d<0.
7．（2014·全国卷）等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
＋…＋＝＝.
8．（2014·新课标全国卷Ⅰ 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．
【解析】(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.
因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得 a2＝λ－1，
由(1)知，a3＝λ＋1.
若{an}为等差数列，则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，使得数列{an}为等差数列．
9．（2014·山东卷）已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn. ……

所以Tn＝
10．（2014·陕西卷）△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.
(1)若a，b，c成等差数列，证明：sin A＋sin C＝2sin(A＋C)；
(2)若a，b，c成等比数列，求cos B的最小值．

11．（2014·天津卷）设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为________．
【答案】－　
【解析】∵S2＝2a1－1，S4＝4a1＋×(－1)＝4a1－6，S1，S2，S4成等比数列，
∴(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－.
12．（2014·重庆卷）设a1＝1，an＋1＝＋b(n∈N )．
(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式．
(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n 【解析】(1)方法一：a2＝2，a3＝＋1.
再由题设条件知
(an＋1－1)2＝(an－1)2＋1.
从而{(an－1)2}是首项为0，公差为1的等差数列，
故(an－1)2＝n－1，即an＝＋1(n∈N )．
方法二：a2＝2，a3＝＋1.
可写为a1＝＋1，a2＝＋1，a3＝＋1.因此猜想an＝＋1.

假设n＝ 时结论成立，即a2 易知f(x)在(－∞，1 上为减函数，从而
c＝f(c)>f(a2 ＋1)>f(1)＝a2，即 ……
1>c>a2 ＋2>a2.
再由f(x)在(－∞，1 上为减函数，得c＝f(c) 故c 综上，存在 c＝使a2n 方法二：设f(x)＝－1，则an＋1＝f(an)．
先证：0≤an≤1(n∈N )．　　①
当n＝1时，结论明显成立．
假设n＝ 时结论成立，即0≤a ≤1.
易知f(x)在(－∞，1 上为减函数，从而
0＝f(1)≤f(a )≤f(0)＝－1<1.
即0≤a ＋1≤1.这就是说，当n＝ ＋1时结论成立．故①成立．
再证：a2n 当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝－1，所以a2 假设n＝ 时，结论成立，即a2 由①及f(x)在(－∞，1 上为减函数，得
a2 ＋1＝f(a2 )>f(a2 ＋1)＝a2 ＋2，
a2( ＋1)＝f(a2 ＋1) 这就是说，当n＝ ＋1时②成立．所以②对一切n∈N 成立．
由②得a2n<－1，
即(a2n＋1)2 因此a2n<.　③
又由①②及f(x)在(－∞，1 上为减函数，得f(a2n)>f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2.
所以a2n＋1>－1，解得a2n＋1>.　④
综上，由②③④知存在c＝使a2n 13．（2013·新课标全国卷Ⅰ 某几何体的三视图如图1－3所示，则该几何体的体积为(　　)

A．16＋8π B．8＋8π
C．16＋16π D．8＋16π
【答案】A　

14．（2013·新课标全国卷Ⅰ 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
【答案】C　
【解析】设首项为a1，公差为d，由题意可知am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，故d＝1.又Sm＝＝0，故a1＝－am＝－2，
又Sm＝ma1＋d＝0，∴－2m＋＝0m＝5.
15．（2013·广东卷）在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a7＝________．
【答案】20　【解析】方法一：a3＋a8＝2a1＋9d＝10，而3a5＋a7＝3(a1＋4d)＋a1＋6d＝2(2a1＋9d)＝20.
方法二：3a5＋a7＝2a5＋(a5＋a7)＝2a5＋2a6＝2(a5＋a6)＝2(a3＋a8)＝20.
16．（2013·北京卷）已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an＋1，an＋2，…的最小值记为Bn，dn＝An－Bn.
(1)若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N ，an＋4＝an)，写出d1，d2，d3，d4的值；
(2)设d是非负整数，证明：dn＝－d(n＝1，2，3，…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；
(3)证明：若a1＝2，dn＝1 (n＝1，2，3，…)，则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.
【解析】(1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.

假设{an}(n≥2)中存在大于2的项．
设m为满足am>2的最小正整数，
则m≥2，并且对任意1≤ 又因为a1＝2，所以Am－1＝2，且Am＝am>2，
于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}>1.
故dm－1＝Am－1－Bm－1<2－1＝1，与dm－1＝1矛盾．
所以对于任意n≥1，有an≤2，即非负整数列{an}的各项只能为1或2.
因为对任意n≥1，an≤2＝a1， .
所以An＝2.
故Bn＝An－dn＝2－1＝1.
因此对于任意正整数n ，存在m满足m>n，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1.
17．（2013·全国卷）等差数列{an}前n项和为Sn.已知S3＝a，且S1，S2，S4成等比数列，求{an}的通项公式．

18．（2013·山东卷）设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＋＝λ(λ为常数)，令cn＝b2n(n∈N )，求数列{cn}的前n项和Rn.
【解析】(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
由S4＝4S2，a2n＝2an＋1
得
解得a1＝1，d＝2，因此an＝2n－1，n∈N .
(2)由题意知Tn＝λ－，所以n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝－＋＝.
故cn＝b2n＝＝(n－1)，n∈N .
所以Rn＝0×＋1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×，
则Rn＝0×＋1×＋2×＋…＋(n－2)×＋(n－1)×，
两式相减得
Rn＝＋＋＋…＋－(n－1)×
＝－(n－1)×
＝－，
整理得Rn＝4－.
所以数列{cn}的前n项和Rn＝4－. ……
19．（2013·四川卷） 在等差数列{an}中，a1＋a3＝8，且a4为a2和a9的等比中项，求数列{an}的首项、公差及前n项和．

20．（2013·新课标全国卷Ⅱ 等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________．
【答案】－49 　
【解析】由已知，a1＋a10＝0，a1＋a15＝d＝，a1＝－3，∴nSn＝，易得n＝6或n＝7时，nSn出现最小值．当n＝6时，nSn＝－48；n＝7时，nSn＝－49.故nSn的最小值为－49.
21．（2013·重庆卷）已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________．
【答案】64　
【解析】设数列{an}的公差为d，由a1，a2，a5成等比数列，得(1＋d)2＝1·(1＋4d)，解得d＝2或d＝0(舍去)，所以S8＝8×1＋×2＝64.