2024届高考数学一轮复习第7章第2节等差数列学案

这是一份2024届高考数学一轮复习第7章第2节等差数列学案，共22页。学案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动经验等内容，欢迎下载使用。
第二节　等差数列
考试要求：1．理解等差数列的概念和通项公式的意义．
2．探索并掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系．

一、教材概念·结论·性质重现
1．等差数列的定义
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，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示．
递推公式为：an＋1－an＝d(n∈N*)．

注意定义中“从第2项起”“同一个常数”的意义．
2．等差数列的通项公式
(1)首项为a1，公差为d的等差数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d．
(2)若已知ak，公差是d，则这个等差数列的通项公式是an＝ak＋(n－k)d．

当d≠0时，等差数列通项公式可以看成关于n的一次函数an＝dn＋(a1－d)．
3．等差中项
由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成是最简单的等差数列．这时，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．
4．等差数列的常用性质
(1)通项公式的推广公式：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)⇔d＝an-amn-m(n≠m)．
(2)若{an}为等差数列，且m＋n＝p＋q＝2w，则am＋an＝ap＋aq＝2aw(m，n，p，q，w∈N*)．
(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{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．
5．等差数列的前n项和公式及其性质
(1)设等差数列{an}的公差为d，其前n项和Sn＝na1+an2＝na1＋nn-12d.
(2)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
(3)Snn为等差数列．
(4)n为奇数时，Sn＝na中(a中＝an+12)，S奇＝n+12a中，S偶＝n-12a中，所以S奇－S偶＝a中．
n为偶数时，S偶－S奇＝nd2.

数列{an}是等差数列⇔数列的前n项和公式Sn＝d2n2＋a1-d2n⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)，所以当d≠0时，等差数列前n项和公式可以看成关于n的二次函数，且常数项为0.
二、基本技能·思想·活动经验
1．判断下列说法的正误，对的画“√”，错的画“×”．
(1)若一个数列从第二项起，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． (　×　)
(2)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的． (　√　)
(3)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数． (　×　)
(4)若{an}是等差数列，公差为d，则数列{a3n}也是等差数列． (　√　)
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，a8＋a10＝28，则S9＝(　　)
A．36 B．72
C．144 D．288
B　解析：因为a8＋a10＝2a1＋16d＝28，a1＝2，所以d＝32，所以S9＝9×2＋9×82×32＝72.
3．已知等差数列{an}满足：a3＝13，a13＝33，则数列{an}的公差为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
B　解析：公差d＝a13-a313-3＝2.
4．一个等差数列的首项为125，从第10项起开始比1大，则这个等差数列的公差d的取值范围是(　　)
A．d＞875 B．d＜325
C．875＜d＜325 D．875＜d≤325
D　解析：由题意可得a10＞1，a9≤1，即125+9d＞1，125+8d≤1，解得875＜d≤325.
5．已知等差数列5，427，347，…，则前n项和Sn＝________．
514(15n－n2)　解析：由题知公差d＝－57，所以Sn＝na1＋nn-12d＝114(75n－5n2)＝514(15n－n2)．


考点1　等差数列的基本量运算——基础性

1．(多选题)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则下列选项正确的是(　　)
A．a2＋a3＝0　　　　
B．an＝2n－5
C．Sn＝n(n－4)
D．d＝－2
ABC　解析：由题意可知，S4=4a1+4×32d=0，a5=a1+4d=5， 解得a1=-3，d=2. 故an＝2n－5，Sn＝n2－4n.故选ABC．
2．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
B　解析：设等差数列{an}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，
得33a1+3×3-12d＝2a1＋2×2-12d＋4a1＋4×4-12d，将a1＝2代入上式，解得d＝－3，故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.
3．(2022·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝________．
2　解析：因为2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，
因为{an}为等差数列，所以6a2＝3a1＋3a2＋6，所以3(a2－a1)＝3d＝6，解得d＝2.

将条件用a1，d表示出来后，往往需要解二元一次方程组，如果出现消元等计算错误，会致使结果不对．

考点2　等差数列的判断与证明——综合性

(2022·日照模拟)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，an＋1＝1－14an，bn＝22an-1，其中n∈N*.
求证：数列{bn}是等差数列，并求出数列{an}的通项公式．
证明：因为bn＋1－bn＝22an+1-1-22an-1＝221-14an-1-22an-1＝4an2an-1-22an-1＝2，
所以数列{bn}是公差为2的等差数列．
又b1＝22a1-1＝2，所以bn＝2＋(n－1)×2＝2n，
所以2n＝22an-1，解得an＝n+12n.

本例的条件变为：{an}是等差数列且满足an>0，bn是an和an＋1的等比中项，设cn＝bn+12-bn2，n∈N＋，求证：数列{cn}是等差数列．
证明：由题意得bn2＝anan＋1，
则cn＝bn+12-bn2＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1，
因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，所以{cn}是等差数列．


等差数列的4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.
(3)通项公式法：得出an＝pn＋q后，再根据定义判定数列{an}为等差数列．
(4)前n项和公式法：得出Sn＝An2＋Bn后，再使用定义法证明数列{an}为等差数列．

已知数列{an}的前n项和为Sn且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，a1＝12.
(1)求证：1Sn是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明：因为an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，
所以an＝－2Sn·Sn－1.
又an＝Sn－Sn－1(n≥2)，所以Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1(n≥2)．
又Sn≠0，因此1Sn-1Sn-1＝2(n≥2)．
故由等差数列的定义知1Sn是以1S1＝1a1＝2为首项，2为公差的等差数列．
(2)解：由(1)知1Sn＝1S1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n，
即Sn＝12n.
由于当n≥2时，有an＝－2Sn·Sn－1＝－12nn-1.
又因为a1＝12不适合上式，
所以an＝12，n=1， -12nn-1，n≥2.

考点3　等差数列性质的应用——应用性

考向1　等差数列的项的性质
(1)在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝6，则3a2＋a16的值为(　　)
A．24　　　　B．18　　　　C．16　　　　D．12
D　解析：由题意知a3＋a8＝2a1＋9d，3a2＋a16＝4a1＋18d＝2(a3＋a8)＝12.故选D．
(2)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a5a3＝59，则S9S5＝(　　)
A．1 B．－1　
C．2　　 D．12
A　解析：方法一：S9S5＝9a1+a95a1+a5＝9a55a3，因为a5a3＝59，所以S9S5＝1.故选A．
方法二：因为a5a3＝59⇒a1+4da1+2d＝59⇒2a1＝－13d，
所以S9S5＝9a1+a95a1+a5＝92a1+8d52a1+4d＝9-5d5-9d＝1.

等差数列中最常用的性质
(1)d＝ap-aqp-q.
(2)若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq.
考向2　等差数列前n项和的性质
一个正项等差数列{an}的前n项和为3，前3n项和为21，则前2n项和为(　　)
A．18 B．12
C．10 D．6
C　解析：因为{an}是等差数列，
所以Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，
即2(S2n－Sn)＝Sn＋(S3n－S2n)．
因为Sn＝3，S3n＝21，
所以2(S2n－3)＝3＋21－S2n，解得S2n＝10.

在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则
(1)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m…成等差数列．
(2)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)．
(3)S2n－1＝(2n－1)an.

1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a11＝a9＋7，则S25＝(　　)
A．1452 B．145
C．1752 D．175
D　解析：因为2a11＝a9＋a13＝a9＋7，所以a13＝7，
所以S25＝a1+a25×252＝25a13＝175.故选D．
2．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
B　解析：方法一：设等差数列{an}的公差为d，
则10a1+10×92d=1，30a1+30×292d=5，解得d=1150，a1=7100 ，
所以S40＝7100×40＋40×392×1150＝8.故选B．
方法二：设等差数列前n项和为Sn＝An2＋Bn，
由题意知100A+10B=1，900A+30B=5，解得A=1300，B=115.
所以Sn＝n2300+n15，所以S40＝8.故选B．
方法三：由等差数列的性质知S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等差数列，所以2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，所以S20＝S10＋S303＝1＋53＝83.所以d＝(S20－S10)－S10＝23，所以S40－5＝1＋3×23＝3，所以S40＝8.故选B．
方法四：由等差数列的性质知Snn是等差数列，
所以S1010，S2020，S3030，S4040，即110，S2020，16，S4040成等差数列，
所以S4040＝16+16-1102＝15，所以S40＝8.故选B．

考点4　等差数列前n项和的最值——综合性

记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最小值．
解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.
由a1＝－7得d＝2，
所以数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝a1+an2·n＝n2－8n＝(n－4)2－16，
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.

1．等差数列{an}的前n项和Sn存在最值的情况：
如果a1＞0，d＜0时，数列的前n项和Sn有最大值；
如果a1＜0，d＞0时，数列的前n项和Sn有最小值．
2．借用通项的邻项变号法：
a1>0，d0，d＝－530，则其前n项和取最小值时的n的值为(　　)
A．6 B．7
C．8 D．9
C　解析：因为|a6|＝|a11|且公差d>0，所以a6＝－a11，
所以a6＋a11＝a8＋a9＝0，且a80，
所以a1