2019届二轮复习专题等差数列及其前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年北京卷）设是等差数列，且.
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）求.
【答案】（I）
（II）

（II）由（I）知，
∵，
∴是以2为首项，2为公比的等比数列.
∴

.
∴
【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。
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d。
由a1＝1，a3＝－3，可得1＋2d＝－3。解得d＝－2。
从而an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n。
(2)由(1)可知an＝3－2n。所以Sn＝＝2n－n2。
进而由S ＝－35可得2 － 2＝－35。
即 2－2 －35＝0，解得 ＝7或 ＝－5。
又 ∈N ，故 ＝7。
【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
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。
【解析】(1)证明：当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，
得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，所以－＝2，
又＝＝2，故{}是首项为2，公差为2的等差数列。

【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。
【解析】由已知得Sn－Sn－1＝。
去分母得(2Sn－1)(Sn－Sn－1)＝2S，
Sn－1－Sn＝2SnSn－1，两边同除以SnSn－1，得－＝2。
∴{}是以＝＝1为首项、以2为公差的等差数列，故＝＋(n－1)·2＝2n－1(n≥2)。
经验证n＝1时也成立，所以Sn＝　(n∈N )。
热点题型三 等差数列的性质及其应用
例3．（2018年全国卷Ⅱ）记为等差数列的前项和，已知，．
（1）求的通项公式；
（2）求，并求的最小值．
【答案】
（1）an=2n–9．
（2）–16．
【解析】
（1）设{an}的公差为d，由题意得3a1+3d=–15．由a1=–7得d=2，所以{an}的通项公式为an=2n–9．
（2）由（1）得Sn=n2–8n=（n–4）2–16，所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为–16．
【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
【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＝__________。
【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。
【答案】2 6
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。
【解析】(1)由得－＜d＜－3。
(2)∵S12＝6(a1＋a12)＝6(a6＋a7)＞0，S13＝＝13a7＜0，
∴a6＞0且a7＜0，故S6最大。

1. （2018年江苏卷）已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记为数列的前n项和，则使得成立的n的最小值为________．
【答案】27

2. （2018年天津卷）设{an}是等差数列，其前n项和为Sn（n∈N ）；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn（n∈N ）．已知b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6．
（Ⅰ）求Sn和Tn；
（Ⅱ）若Sn+（T1+T2+…+Tn）=an+4bn，求正整数n的值．
【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)4.

（II）由（I），有
由可得，
整理得解得（舍），或．所以n的值为4．
3. （2018年北京卷）设是等差数列，且. _ _ .
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）求.
【答案】（I）
（II）
【解析】（I）设等差数列的公差为，
∵，
∴，
又，∴.
∴.
（II）由（I）知，
∵，
∴是以2为首项，2为公比的等比数列.
∴

.
∴
4. （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。
【解析】（1）由条件知：．
因为对n=1，2，3，4均成立，
即对n=1，2，3，4均成立，
即11，1d3，32d5，73d9，得．
因此，d的取值范围为．

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0，a7＋a100，a7＋a10＝a8＋a90，a960n＋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.

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.
当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾，故p＝.
(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－1>0，于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0.①
因为0，因此a2n－a2n－1＝＝.③
因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n