高考數學一輪復習第六章數列第2講等差數列及其前n項和教案理含解析新人教A版

第2講等差數列及其前n項和基礎知識整合1．等差數列的有關概念(1)定義：如果一個數列從eq\o(□,\s\up4(01))第2項起，每一項與它的前一項的eq\o(□,\s\up4(02))差都等于同一個常數，那么這個數列就叫做等差數列．符號表示為eq\o(□,\s\up4(03))an＋1－an＝d(n∈N*，d為常數)．(2)等差中項：數列a，A，b成等差數列的充要條件是eq\o(□,\s\up4(04))A＝eq\f(a＋b,2)，其中A叫做a，b的eq\o(□,\s\up4(05))等差中項．2．等差數列的有關公式(1)通項公式：an＝eq\o(□,\s\up4(06))a1＋(n－1)d.(2)前n項和公式：Sn＝eq\o(□,\s\up4(07))na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\o(□,\s\up4(08))eq\f(na1＋an,2).等差數列的常用性質(1)通項公式的推廣：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．(2)若{an}為等差數列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，則ak＋al＝am＋an.若m＋n＝2p(m，n，p∈N*)，則am＋an＝2ap.(3)若{an}是等差數列，公差為d，則{a2n}也是等差數列，公差為2d.(4)若{an}，{bn}是等差數列，則{pan＋qbn}也是等差數列．(5)若{an}是等差數列，公差為d,則ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差為md的等差數列．(6)等差數列{an}的前n項和為Sn,則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等差數列，其公差為n2d.(7)若等差數列的項數為2n(n∈N*)，則S偶－S奇＝nd，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(an,an＋1).(8)若等差數列的項數為2n－1(n∈N*)，則S奇－S偶＝an，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n,n－1)(S奇＝nan，S偶＝(n－1)an)．(9)由公式Sn＝na1＋eq\f(nn－1d,2)得eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(n－1,2)d＝eq\f(d,2)n＋a1－eq\f(d,2)，因此數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差數列，首項為a1，公差為等差數列{an}公差的一半．1．(2019·河北邯鄲模擬)在等差數列{an}中，a3＋a4＝12，公差d＝2，則a9＝()A．14 B．15C．16 D．17答案D解析eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3＋a4＝12?2a1＋5d＝12，,d＝2))?a1＝1，∴a9＝a1＋8d＝1＋16＝17.故選D.2．(2018·全國卷Ⅰ)設Sn為等差數列{an}的前n項和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，則a5＝()A．－12 B．－10C．10 D．12答案B解析設該等差數列的公差為d，根據題中的條件可得3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×2＋\f(3×2,2)·d))＝2×2＋d＋4×2＋eq\f(4×3,2)·d，整理解得d＝－3，所以a5＝a1＋4d＝2－12＝－10.故選B.3．(2019·湖北武漢調研)若等差數列{an}的前n項和Sn滿足S4＝4，S6＝12，則S2＝()A．－1 B．0C．1 D．3答案B解析根據等差數列的性質，可得S2，S4－S2，S6－S4成等差數列，即2(S4－S2)＝S2＋S6－S4，因此S2＝0.4．(2019·寧夏銀川模擬)在等差數列{an}中，S5＝25，a2＝3，則a7＝()A．13 B．12C．15 D．14答案A解析∵S5＝eq\f(5a1＋a5,2)＝5a3＝25，∴a3＝5，又a2＝3，∴d＝a3－a2＝2，∴a7＝a3＋4d＝5＋8＝13.故選A.5．(2019·遼寧模擬)在等差數列{an}中，Sn為其前n項和，若a3＋a4＋a8＝25，則S9＝()A．60 B．75C．90 D．105答案B解析由等差數列的性質知a3＋a4＋a8＝3a5＝25.∴a5＝eq\f(25,3)，∴S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝9a5＝75.故選B.6．(2019·長春市模擬)等差數列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d>0，則其前n項和取最小值時的n的值為()A．6 B．7C．8 D．9答案C解析∵|a6|＝|a11|且公差d>0，∴a6＝－a11，∴a6＋a11＝a8＋a9＝0，且a8<0，a9>0，∴a1<a2<…<a8<0<a9<a10<…∴使Sn取最小值的n的值為8.故選C.核心考向突破考向一等差數列的基本運算例1(1)(2019·西安八校聯(lián)考)設數列{an}是等差數列，且a2＝－6，a6＝6，Sn是數列{an}的前n項和，則()A．S4<S3 B．S4＝S3C．S4>S1 D．S4＝S1答案B解析設{an}的公差為d，由a2＝－6，a6＝6，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝－6，,a1＋5d＝6，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－9，,d＝3.))于是，S1＝－9，S3＝3×(－9)＋eq\f(3×2,2)×3＝－18，S4＝4×(－9)＋eq\f(4×3,2)×3＝－18，所以S4＝S3，S4<S1.故選B.(2)(2019·濰坊模擬)在等差數列{an}中，公差d≠0，若lga1，lga2，lga4也成等差數列，且a5＝10，則{an}的前5項和S5＝()A．40 B．35C．30 D．25答案C解析因為lga1，lga2，lga4成等差數列，所以2lga2＝lga1＋lga4?lgaeq\o\al(2,2)＝lga1a4?aeq\o\al(2,2)＝a1a4?d2＝a1d，因為d≠0，所以a1＝d，又a5＝a1＋4d＝10，所以a1＝2，d＝2，S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)d＝30.選C.(3)(2018·上海高考)記等差數列{an}的前n項和為Sn，若a3＝0，a6＋a7＝14，則S7＝________.答案14解析設數列{an}的公差為d，則a6＋a7＝2a3＋7d＝14，又∵a3＝0，∴d＝2，∴a4＝a3＋d＝2.∴S7＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝7a4＝14.觸類旁通等差數列計算中的兩個技巧(1)等差數列的通項公式及前n項和公式，共涉及五個量a1，an，d，n，Sn，知其中三個就能求另外兩個，體現(xiàn)了用方程的思想解決問題．2數列的通項公式和前n項和公式在解題中起到變量轉換作用，而a1和d是等差數列的兩個基本量，用它們表示已知和未知是常用方法.即時訓練1.(2017·全國卷Ⅰ)記Sn為等差數列{an}的前n項和．若a4＋a5＝24，S6＝48，則{an}的公差為()A．1 B．2C．4 D．8答案C解析設{an}的公差為d，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a5＝24，,S6＝48，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＋a1＋4d＝24，,6a1＋\f(6×5,2)d＝48，))解得d＝4.故選C.2．已知{an}是等差數列，Sn是其前n項和．若a1＋aeq\o\al(2,2)＝－3，S5＝10，則a9的值是________．答案20解析設等差數列{an}的公差為d，則a1＋aeq\o\al(2,2)＝a1＋(a1＋d)2＝－3，S5＝5a1＋10d＝10，解得a1＝－4，d＝3，則a9＝a1＋8d＝－4＋24＝20.3．已知數列{an}中，a3＝7，a7＝3，且eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)))是等差數列，則a10＝________.答案eq\f(7,3)解析設等差數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)))的公差為d，則eq\f(1,a3－1)＝eq\f(1,6)，eq\f(1,a7－1)＝eq\f(1,2).∵eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)))是等差數列，∴eq\f(1,a7－1)＝eq\f(1,a3－1)＋4d，即eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)＋4d，解得d＝eq\f(1,12)，故eq\f(1,a10－1)＝eq\f(1,a3－1)＋7d＝eq\f(1,6)＋7×eq\f(1,12)＝eq\f(3,4)，解得a10＝eq\f(7,3).考向二等差數列的性質角度eq\o(\s\up7(),\s\do1(1))等差數列項的性質例2(1)(2019·溫州模擬)等差數列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，則a9－eq\f(1,3)a11的值是()A．14 B．15C．16 D．17答案C解析因為{an}是等差數列，所以a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝5a8＝120，所以a8a9－eq\f(1,3)a11＝a8＋d－eq\f(1,3)(a8＋3d)＝eq\f(2,3)a8＝16.故選C.(2)設等差數列{an}的前n項和為Sn，若a2＋a5＋a8＝30，則下列一定為定值的是()A．S6 B．S7C．S8 D．S9答案D解析由a2＋a5＋a8＝30可得3a5＝30，所以a5＝10，S6＝3(a1＋a6)不一定是定值；S7＝eq\f(7,2)(a1＋a7)不一定是定值；S8＝4(a1＋a8)不一定是定值；S9＝eq\f(a1＋a9×9,2)＝eq\f(2a5×9,2)＝90.選D.觸類旁通等差數列項的性質：利用等差數列項的性質解決基本量的運算體現(xiàn)了整體求值思想，應用時常將an＋am＝2ak(n＋m＝2k，n，m，k∈N*)與am＋an＝ap＋aq(m＋n＝p＋q，m，n，p，q∈N*)相結合，可減少運算量．即時訓練4.(2019·河南豫南、豫北聯(lián)考)等差數列{an}中，a4＋a10＋a16＝30，則a18－2a14的值為()A．20 B．－20C．10 D．－10答案D解析∵a4＋a10＋a16＝3a10＝30，∴a10＝10，又2a14＝a18＋a10，∴a18－2a14＝－a10＝－10，故選D.5．(2019·福建漳州模擬)在等差數列{an}中，若S9＝18，Sn＝240，an－4＝30，則n的值為()A．14 B．15C．16 D．17答案B解析由等差數列的性質知S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝9a5＝18，∴a5＝2，又an－4＝30.∴Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(nan－4＋a5,2)＝16n＝240，∴n＝15.故選B.角度eq\o(\s\up7(),\s\do1(2))等差數列和的性質例3(1)(2019·四川雙流中學模擬)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，若S10＝1，S30＝5，則S40＝()A．7 B．8C．9 D．10答案B解析由等差數列的性質知S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等差數列，∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，∴S20＝S10＋eq\f(S30,3)＝1＋eq\f(5,3)＝eq\f(8,3).∴d＝(S20－S10)－S10＝eq\f(2,3)，∴S40－5＝1＋3×eq\f(2,3)＝3，∴S40＝8.故選B.(2)一個等差數列的前12項的和為354，前12項中偶數項的和與奇數項的和的比為32∶27，則該數列的公差d＝________.答案5解析設等差數列的前12項中奇數項的和為S奇，偶數項的和為S偶，等差數列的公差為d.由已知條件，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S奇＋S偶＝354，,S偶∶S奇＝32∶27，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S偶＝192，,S奇＝162.))又S偶－S奇＝6d，所以d＝eq\f(192－162,6)＝5.觸類旁通等差數列和的性質：在等差數列{an}中，Sn為其前n項和，則數列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差數列，且有S2n＝na1＋a2n＝…＝nan＋an＋1；S2n－1＝2n－1an；若n為偶數，則S偶－S奇＝eq\a\vs4\al(\f(nd,2))；若n為奇數，則S奇－S偶＝a中中間項.即時訓練6.(2019·大同模擬)在等差數列{an}中，a1＋a2＋…＋a50＝200，a51＋a52＋…＋a100＝2700，則a50＝()A．－22.5 B．－21.5C．28.5 D．20答案C解析由(a51＋a52＋…＋a100)－(a1＋a2＋…＋a50)＝50×50d＝2700－200，得da1＋a100＋a2＋a99＋…＋a50＋a51＝50(a50＋a51)＝2700＋200，得a50＋a51＝58，即2a50＋d＝58，所以a50＝eq\f(58－1,2)＝eq\f(57,2)＝28.5.故選C.7．設Sn是等差數列{an}的前n項和，若eq\f(S3,S6)＝eq\f(1,3)，則eq\f(S6,S12)＝()A.eq\f(3,10) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,8) D.eq\f(1,9)答案A解析令S3＝1，則S6＝3，∴S9＝1＋2＋3＝6.S12＝S9＋4＝10，∴eq\f(S6,S12)＝eq\f(3,10).故選A.考向三等差數列的判定與證明例4(1)(2019·遼寧模擬)數列{an}滿足a1＝2，a2＝1并且eq\f(1,an－1)＝eq\f(2,an)－eq\f(1,an＋1)(n≥2)，則數列{an}的第100項為()A.eq\f(1,100) B.eq\f(1,50)C.eq\f(1,2100) D.eq\f(1,250)答案B解析∵eq\f(1,an－1)＝eq\f(2,an)－eq\f(1,an＋1)(n≥2)，∴eq\f(1,an＋1)＋eq\f(1,an－1)＝eq\f(2,an)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))為等差數列，首項為eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，第二項為eq\f(1,a2)＝1，∴d＝eq\f(1,2)，∴eq\f(1,a100)＝eq\f(1,a1)＋99d＝50，∴a100＝eq\f(1,50).(2)(2019·昆明模擬)在數列{an}中，a1＝eq\f(3,5)，an＋1＝2－eq\f(1,an)，設bn＝eq\f(1,an－1)，數列{bn}的前n項和是Sn.①證明數列{bn}是等差數列，并求Sn；②比較an與Sn＋7的大?。猗僮C明：∵bn＝eq\f(1,an－1)，an＋1＝2－eq\f(1,an)，∴bn＋1＝eq\f(1,an＋1－1)＝eq\f(1,an－1)＋1＝bn＋1，∴bn＋1－bn＝1，∴數列{bn}是公差為1的等差數列．由a1＝eq\f(3,5)，bn＝eq\f(1,an－1)，得b1＝－eq\f(5,2)，∴Sn＝－eq\f(5n,2)＋eq\f(nn－1,2)＝eq\f(n2,2)－3n.②由①知，bn＝－eq\f(5,2)＋n－1＝n－eq\f(7,2).由bn＝eq\f(1,an－1)，得an＝1＋eq\f(1,bn)＝1＋eq\f(1,n－\f(7,2)).∴an－Sn－7＝－eq\f(n2,2)＋3n－6＋eq\f(1,n－\f(7,2)).∵當n≥4時，y＝－eq\f(n2,2)＋3n－6是減函數，y＝eq\f(1,n－\f(7,2))也是減函數，∴當n≥4時，an－Sn－7≤a4－S4－7＝0.又∵a1－S1－7＝－eq\f(39,10)<0，a2－S2－7＝－eq\f(8,3)<0，a3－S3－7＝－eq\f(7,2)<0，∴?n∈N*，an－Sn－7≤0，∴an≤Sn＋7.觸類旁通等差數列的判定方法(1)定義法：對于n≥2的任意自然數，驗證an－an－1為同一常數．(2)等差中項法：驗證2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立．eq\a\vs4\al(3通項公式法：驗證an＝pn＋q.)eq\a\vs4\al(4前n項和公式法：驗證Sn＝An2＋Bn.)提醒：在解答題中常應用定義法和等差中項法，而通項公式法和前n項和公式法主要適用于選擇題、填空題中的簡單判斷.即時訓練8.(2019·河南鄭州模擬)已知數列{an}中，a1＝1，a2＝4,2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*)，當an＝298時，項數n＝()A．100 B．99C．96 D．101答案A解析因為2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*)，所以an－an－1＝an＋1－an.由a1＝1，a2＝4得d＝a2－a1＝3，所以數列{an}是首項為1，公差為3的等差數列，所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×3＝3nn－2＝298，解得n＝100.故選A.9．已知數列{an}的前n項和Sn＝2an－2n＋1.(1)證明：數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是等差數列；(2)若不等式2n2－n－3<(5－λ)an對任意的n∈N*恒成立，求λ的取值范圍．解(1)證明：當n＝1時，S1＝2a1－22，得a1＝4.Sn＝2an－2n＋1，當n≥2時，Sn－1＝2an－1－2n，兩式相減得an＝2an－2an－1－2n，即an＝2an－1＋2n，所以eq\f(an,2n)－eq\f(an－1,2n－1)＝1，又eq\f(a1,21)＝2，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是以2為首項，1為公差的等差數列．(2)由(1)知eq\f(an,2n)＝n＋1，即an＝n·2n＋2n.因為an>0，所以不等式2n2－n－3<(5－λ)an等價于5－λ>eq\f(2n－3,2n).即λ<5－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n－3,2n))).記bn＝eq\f(2n－3,2n)，b1＝－eq\f(1,2)，b2＝eq\f(1,4)，當n≥2時，eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(\f(2n－1,2n＋1),\f(2n－3,2n))＝eq\f(2n－1,4n－6)，則eq\f(b3,b2)＝eq\f(3,2)，即b3>b2，又顯然當n≥3時，eq\f(bn＋1,bn)<1，所以(bn)max＝b3＝eq\f(3,8)，所以λ<eq\f(37,8).1．(2019·長沙模擬)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，若a1＝－11，a4＋a6＝－6，則當Sn取最小值時，n等于()A．6 B．7C．8 D．9答案A解析由a4＋a6＝2a5＝－6得a5＝－3，則公差為eq\f(－3＋11,5－1)＝2，所以由an＝－11＋(n－1)×2＝2n－13≤0得n≤eq\f(13,2)，所以前6項和最?。xA.2．(2019·北京海淀模擬)等差數列{an}中，設Sn為其前n項和，且a1>0，S3＝S11，則當n為多少時，Sn最大？解解法一：由S3＝S11，得3a1＋eq\f(3×2,2)d＝11a1＋eq\f(11×10,2)d，則d＝－eq\f(2,13)a1.從而Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n＝－eq\f(a1,13)(n－7)2＋eq\f(49,13)a1.又a1>0，所以－eq\f(a1,13)n＝7時，Sn最大．解法二：由于Sn＝an2＋bn是關于n的二次函數，由S3＝S11，可知Sn＝an2＋bn的圖象關于n＝eq\f(3＋11,2)＝7對稱．由解法一可知a＝－eq\f(a1,13)<0，故當n＝7時，Sn最大．解法三：由解法一可知d＝－eq\f(2,13)a1.要使Sn最大，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋n－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,13)a1))