新高考数学一轮复习讲义第6章 §6.2　等差数列（含解析）

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知识梳理
1．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，通常用字母d表示，定义表达式为an－an－1＝d(常数)(n≥2，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，且有A＝eq \f(a＋b,2).
2．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).
3．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)))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)．这里公差d＝2A.
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．( √ )
(2)若一个数列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．( × )
(3)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.( √ )
(4)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．
( √ )
教材改编题
1．已知等差数列{an}中，a2＝3，前5项和S5＝10，则数列{an}的公差为( )
A．－1 B．－eq \f(5,2)
C．－2 D．－4
答案 A
解析 设等差数列{an}的公差为d，
∵S5＝5a3＝10，
∴a3＝a2＋d＝2，
又∵a2＝3，∴d＝－1.
2．在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a5＝________.
答案 90
3．已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a3＝2，且S6＝30，则S9＝________.
答案 126
解析 由已知可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝2，,2a1＋5d＝10，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－10，,d＝6.))
∴S9＝9a1＋eq \f(9×8,2)d＝－90＋36×6＝126.
题型一 等差数列基本量的运算
例1 (1)(多选)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
答案 ABC
解析 S4＝eq \f(4×a1＋a4,2)＝0，
∴a1＋a4＝a2＋a3＝0，A正确；
a5＝a1＋4d＝5，①
a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝0，②
联立①②得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝2，,a1＝－3，))
∴an＝－3＋(n－1)×2＝2n－5，
B正确，D错误；
Sn＝－3n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2－4n，C正确．
(2)(2022·内蒙古模拟)已知等差数列{an}中，Sn为其前n项和，S4＝24，S9＝99，则a7等于( )
A．13 B．14 C．15 D．16
答案 C
解析 ∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S4＝24，,S9＝99，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝24，,9a1＋36d＝99，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,d＝2.))则a7＝a1＋6d＝15.
教师备选
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝5，S4＝24，则a9等于( )
A．－5 B．－7
C．－9 D．－11
答案 B
解析 ∵a3＝5，S4＝24，
∴a1＋2d＝5,4a1＋6d＝24，
解得a1＝9，d＝－2，
∴an＝11－2n，
∴a9＝11－2×9＝－7.
2．已知{an}是公差不为零的等差数列，且a1＋a10＝a9，则eq \f(a1＋a2＋…＋a9,a10)＝________.
答案 eq \f(27,8)
解析 ∵a1＋a10＝a9，
∴a1＋a1＋9d＝a1＋8d，即a1＝－d，
∴a1＋a2＋…＋a9＝S9＝9a1＋eq \f(9×8,2)d＝27d，
a10＝a1＋9d＝8d，∴eq \f(a1＋a2＋…＋a9,a10)＝eq \f(27,8).
思维升华 (1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，n，d，an，Sn，知道其中三个就能求出另外两个(简称“知三求二”)．
(2)确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a1和公差d.
跟踪训练1 (1)(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＋a6＝24，S6＝48，则下列正确的是( )
A．a1＝－2 B．a1＝2
C．d＝4 D．d＝－4
答案 AC
解析 因为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＋a6＝2a1＋7d＝24，,S6＝6a1＋15d＝48，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－2，,d＝4.))
(2)(2020·全国Ⅱ)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.
因为a1＝－2，所以d＝1.
所以S10＝10×(－2)＋eq \f(10×9,2)×1＝25.
题型二 等差数列的判定与证明
例2 (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{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＋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)＝neq \r(a1)，
所以eq \r(Sn＋1)－eq \r(Sn)＝(n＋1)eq \r(a1)－neq \r(a1)＝eq \r(a1)(常数)，所以数列{eq \r(Sn)}是等差数列．
①②⇒③.
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.
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an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)，是关于n的一次函数，且a1＝d2满足上式，所以数列{an}是等差数列．
教师备选
(2022·烟台模拟)已知在数列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，记bn＝lg2(an＋1)．
(1)判断{bn}是否为等差数列，并说明理由；
(2)求数列{an}的通项公式．
解 (1){bn}是等差数列，理由如下：
b1＝lg2(a1＋1)＝lg22＝1，
当n≥2时，bn－bn－1＝lg2(an＋1)－lg2(an－1＋1)
＝lg2eq \f(an＋1,an－1＋1)＝lg2eq \f(2an－1＋2,an－1＋1)＝1，
∴{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)知，bn＝1＋(n－1)×1＝n，
∴an＋1＝ SKIPIF 1 < 0 ＝2n，
∴an＝2n－1.
思维升华 判断数列{an}是等差数列的常用方法
(1)定义法：对任意n∈N*，an＋1－an是同一常数．
(2)等差中项法：对任意n≥2，n∈N*，满足2an＝an＋1＋an－1.
(3)通项公式法：对任意n∈N*，都满足an＝pn＋q(p，q为常数)．
(4)前n项和公式法：对任意n∈N*，都满足Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．
跟踪训练2 已知数列{an}满足a1＝1，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.
(1)求a2，a3；
(2)证明数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差数列，并求{an}的通项公式．
解 (1)由题意可得a2－2a1＝4，
则a2＝2a1＋4，又a1＝1，所以a2＝6.
由2a3－3a2＝12，得2a3＝12＋3a2，
所以a3＝15.
(2)由已知得eq \f(nan＋1－n＋1an,nn＋1)＝2，
即eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝2，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是首项为eq \f(a1,1)＝1，公差为d＝2的等差数列，
则eq \f(an,n)＝1＋2(n－1)＝2n－1，
所以an＝2n2－n.
题型三 等差数列的性质
命题点1 等差数列项的性质
例3 (1)已知数列{an}满足2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，a2＋a4＋a6＝12，a1＋a3＋a5＝9，则a3＋a4等于( )
A．6 B．7
C．8 D．9
答案 B
解析 因为2an＝an－1＋an＋1，
所以{an}是等差数列，
由等差数列性质可得a2＋a4＋a6＝3a4＝12，
a1＋a3＋a5＝3a3＝9，
所以a3＋a4＝3＋4＝7.
(2)(2022·宁波模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝150，则S9等于( )
A．225 B．250
C．270 D．300
答案 C
解析 等差数列{an}的前n项和为Sn，
且a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝150，
∴a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝150，
解得a5＝30，
∴S9＝eq \f(9,2)(a1＋a9)＝9a5＝270.
命题点2 等差数列前n项和的性质
例4 (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝10，S20＝60，则S40等于( )
A．110 B．150
C．210 D．280
答案 D
解析 因为等差数列{an}的前n项和为Sn，
所以S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30也成等差数列．
故(S30－S20)＋S10＝2(S20－S10)，
所以S30＝150.
又因为(S20－S10)＋(S40－S30)＝2(S30－S20)，
所以S40＝280.
(2)等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意正整数n都有eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n－1,3n－2)，则eq \f(a11,b6＋b10)＋eq \f(a5,b7＋b9)的值为________．
答案 eq \f(29,43)
解析 eq \f(a11,b6＋b10)＋eq \f(a5,b7＋b9)＝eq \f(a11＋a5,2b8)＝eq \f(2a8,2b8)＝eq \f(a8,b8)，
∴eq \f(a8,b8)＝eq \f(S2×8－1,T2×8－1)＝eq \f(S15,T15)＝eq \f(2×15－1,3×15－2)＝eq \f(29,43).
教师备选
1．若等差数列{an}的前15项和S15＝30，则2a5－a6－a10＋a14等于( )
A．2 B．3
C．4 D．5
答案 A
解析 ∵S15＝30，∴eq \f(15,2)(a1＋a15)＝30，
∴a1＋a15＝4，
∴2a8＝4，∴a8＝2.
∴2a5－a6－a10＋a14＝a4＋a6－a6－a10＋a14＝a4－a10＋a14＝a10＋a8－a10＝a8＝2.
2．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 020，eq \f(S2 020,2 020)－eq \f(S2 014,2 014)＝6，则S2 023等于( )
A．2 023 B．－2 023
C．4 046 D．－4 046
答案 C
解析 ∵eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，设公差为d′，
则eq \f(S2 020,2 020)－eq \f(S2 014,2 014)＝6d′＝6，∴d′＝1，
首项为eq \f(S1,1)＝－2 020，
∴eq \f(S2 023,2 023)＝－2 020＋(2 023－1)×1＝2，
∴S2 023＝2 023×2＝4 046.
思维升华 (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
①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)．
②S2n－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．
跟踪训练3 (1)(2021·北京){an}和{bn}是两个等差数列，其中eq \f(ak,bk)(1≤k≤5)为常值，若a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3等于( )
A．64 B．128 C．256 D．512
答案 B
解析 由已知条件可得eq \f(a1,b1)＝eq \f(a5,b5)，
则b5＝eq \f(a5b1,a1)＝eq \f(96×192,288)＝64，
因此，b3＝eq \f(b1＋b5,2)＝eq \f(192＋64,2)＝128.
(2)(2022·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
答案 C
解析 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，
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)，
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)，
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).
课时精练
1．(2022·芜湖模拟)在等差数列{an}中，若a3＋a9＝30，a4＝11，则{an}的公差为( )
A．－2 B．2 C．－3 D．3
答案 B
解析 设公差为d，因为a3＋a9＝2a6＝30，
所以a6＝15，从而d＝eq \f(a6－a4,6－4)＝2.
2．(2022·莆田模拟)已知等差数列{an}满足a3＋a6＋a8＋a11＝12，则2a9－a11的值为( )
A．－3 B．3 C．－12 D．12
答案 B
解析 由等差中项的性质可得，
a3＋a6＋a8＋a11＝4a7＝12，
解得a7＝3，
∵a7＋a11＝2a9，
∴2a9－a11＝a7＝3.
3．(2022·铁岭模拟)中国古代数学名著《张邱建算经》中有如下问题：今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之(等差数列)，上三人先入，得金四斤，持出；下四人后入，得金三斤，持出；中间三人未到者，亦依等次更给．则第一等人(得金最多者)得金斤数是( )
A.eq \f(37,26) B.eq \f(37,27)
C.eq \f(52,39) D.eq \f(56,39)
答案 A
解析 由题设知在等差数列{an}中，
a1＋a2＋a3＝4，a7＋a8＋a9＋a10＝3.
所以3a1＋3d＝4,4a1＋30d＝3，
解得a1＝eq \f(37,26).
4．(2022·山东省实验中学模拟)已知等差数列{an}的项数为奇数，其中所有奇数项之和为319，所有偶数项之和为290，则该数列的中间项为( )
A．28 B．29
C．30 D．31
答案 B
解析 设等差数列{an}共有2n＋1项，
则S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1，
S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n，
该数列的中间项为an＋1，
又S奇－S偶＝a1＋(a3－a2)＋(a5－a4)＋…＋(a2n＋1－a2n)＝a1＋d＋d＋…＋d＝a1＋nd＝an＋1，
所以an＋1＝S奇－S偶＝319－290＝29.
5．(多选)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，a3＋a8＋a13是一个定值，则下列各数也为定值的有( )
A．a7 B．a8 C．S15 D．S16
答案 BC
解析 由等差中项的性质可得a3＋a8＋a13＝3a8为定值，则a8为定值，
S15＝eq \f(15\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a15)),2)＝15a8为定值，
但S16＝eq \f(16\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a16)),2)＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a8＋a9))不是定值．
6．(多选)已知Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和，且S8>S9>S7，则下列结论正确的是( )
A．公差da9
D．满足Sn>0的n的个数为15
答案 ABC
解析 ∵S8>S9，且S9＝S8＋a9，
∴S8>S8＋a9，即a9S7，S8＝S7＋a8，
∴S7＋a8>S7，即a8>0，
∴d＝a9－a8S7，S9＝S7＋a8＋a9，
∴S7＋a8＋a9>S7，即a8＋a9>0，
又a1＋a16＝a8＋a9，
∴S16＝eq \f(16a1＋a16,2)＝8(a8＋a9)>0，
又a1＋a15＝2a8，
∴S15＝eq \f(15a1＋a15,2)＝15a8>0，
又a1＋a17＝2a9，且a90，
因为S15＝eq \f(15×a1＋a15,2)＝15a80，d