2025屆高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考一輪復(fù)習(xí)第六章6.2等差數(shù)列及其前n項和學(xué)案文含解析新人教版

PAGE其次節(jié)等差數(shù)列及其前n項和【學(xué)問重溫】一、必記5個學(xué)問點1．等差數(shù)列的定義一般地，假如一個數(shù)列從第2項起，每一項與它的前一項的差等于①____________，那么這個數(shù)列就叫做等差數(shù)列，這個常數(shù)叫做等差數(shù)列的②________，一般用字母d表示；定義的表達式為：③______________(n∈N*)．2．等差數(shù)列的通項公式設(shè)等差數(shù)列{an}的首項是a1，公差是d，則其通項公式為an＝④________________.等差數(shù)列的通項公式是關(guān)于n的一次函數(shù)形的函數(shù)．3．等差中項若a，A，b成等差數(shù)列，則A叫做a，b的等差中項，且A＝⑤________.4．等差數(shù)列的前n項和公式若已知首項a1和末項an，則Sn＝⑥____________，或等差數(shù)列{an}的首項是a1，公差是d，則其前n項和公式為Sn＝⑦________________.等差數(shù)列的前n項和公式是關(guān)于n的二次函數(shù)形的函數(shù)且無常數(shù)項．5．等差數(shù)列與等差數(shù)列各項和的有關(guān)性質(zhì)(1)am＝an＋(m－n)d或eq\f(am－an,m－n)＝d.(m、n∈N*)(2)在等差數(shù)列中，若p＋q＝m＋n，則有ap＋aq＝am＋an；若2m＝p＋q，則有ap＋aq＝⑧________，(p，q，m，n∈N*)．(3)d＞0?{an}是遞增數(shù)列，Sn有最小值；d＜0?{an}是遞減數(shù)列，Sn有最大值；d＝0?{an}是常數(shù)數(shù)列．(4)數(shù)列{λan＋b}仍為等差數(shù)列，公差為λd.(5)若{bn}，{an}都是等差數(shù)列，則{an±bn}仍為等差數(shù)列．(6)am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等差數(shù)列，公差為kd.(7)數(shù)列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差數(shù)列．(8)S2n－1＝(2n－1)an.(9)若n為偶數(shù)，則S偶－S奇＝eq\f(n,2)d.若n為奇數(shù)，則S奇－S偶＝a中(中間項)．二、必明2個易誤點1．要留意概念中的“從第2項起”．假如一個數(shù)列不是從第2項起，而是從第3項或第4項起，每一項與它前一項的差是同一個常數(shù)，那么此數(shù)列不是等差數(shù)列．2．留意區(qū)分等差數(shù)列定義中同一個常數(shù)與常數(shù)的區(qū)分．【小題熱身】一、推斷正誤1．推斷下列說法是否正確(請在括號中打“√”或“×”)．(1)若一個數(shù)列從第2項起每一項與它的前一項的差都是常數(shù)，則這個數(shù)列是等差數(shù)列．()(2)數(shù)列{an}為等差數(shù)列的充要條件是對隨意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.()(3)數(shù)列{an}為等差數(shù)列的充要條件是其通項公式為n的一次函數(shù)．()(4)已知數(shù)列{an}的通項公式是an＝pn＋q(其中p，q為常數(shù))，則數(shù)列{an}肯定是等差數(shù)列．()(5)等差數(shù)列的前n項和公式是常數(shù)項為0的二次函數(shù)．()二、教材改編2．設(shè)數(shù)列{an}是等差數(shù)列，其前n項和為Sn，若a6＝2且S5＝30，則S8等于()A．31B．32C．33D．343．在等差數(shù)列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，則a2＋a8＝________.三、易錯易混4．一個等差數(shù)列的首項為eq\f(1,25)，從第10項起起先比1大，則這個等差數(shù)列的公差d的取值范圍是()A．d＞eq\f(8,75)B．d＜eq\f(3,25)C.eq\f(8,75)＜d＜eq\f(3,25)D.eq\f(8,75)＜d≤eq\f(3,25)5．若等差數(shù)列{an}滿意a7＋a8＋a9＞0，a7＋a10＜0，則當(dāng)n＝________時，{an}的前n項和最大．四、走進高考6．[2024·全國卷Ⅰ]記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．已知S4＝0，a5＝5，則()A．a(chǎn)n＝2n－5B．a(chǎn)n＝3n－10C．Sn＝2n2－8nD．Sn＝eq\f(1,2)n2－2neq\x(考點一)等差數(shù)列的基本運算[自主練透型]1．[2024·全國卷Ⅱ]記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．若a1＝－2，a2＋a6＝2則S10＝________.2．[2024·六校聯(lián)盟聯(lián)考]設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a4＋S5＝2，S7＝14，則a10＝()A．18B．16C．14D．123．[2024·河南部分重點中學(xué)聯(lián)考]記等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若3S5－5S3＝135，則數(shù)列{an}的公差d＝________.考點二等差數(shù)列的判定與證明[互動講練型][例1][2024·湖北檢測]已知數(shù)列{an}滿意a1＝2，n(an＋1－n－1)＝(n＋1)(an＋n)(n∈N*)．(1)求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差數(shù)列，并求其通項公式；(2)設(shè)bn＝eq\r(2an)－15，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn.悟·技法等差數(shù)列的判定方法(1)等差數(shù)列的判定通常有兩種方法：第一種是定義法，an－an－1＝d(常數(shù))(n≥2)；其次種是利用等差中項法，即2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．(2)解答選擇題和填空題時也可以用通項公式與前n項和公式干脆判定．(3)若判定一個數(shù)列不是等差數(shù)列，則只須要說明某連續(xù)3項(如前三項)不是等差數(shù)列即可.[變式練]——(著眼于舉一反三)1．已知a1＝eq\f(3,5)，an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，數(shù)列{bn}滿意bn＝eq\f(1,an－1)(n∈N*)．求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列．考點三等差數(shù)列的性質(zhì)[分層深化型]考向一：等差數(shù)列通項性質(zhì)的應(yīng)用[例2](1)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且2a5－a2＝10，則S15＝()A．20B．75C．300D．150(2)設(shè)公差為－3的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S2019＝2019，則a3＋a6＋a9＋…＋a2019＝()A．－673B．－1346C．673D．1346考向二：等差數(shù)列前n項和性質(zhì)的應(yīng)用[例3](1)已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，若a1＝－2014，eq\f(S2014,2014)－eq\f(S2008,2008)＝6，則S2020＝________.(2)[2024·太原模擬]一個等差數(shù)列的前12項的和為354，前12項中偶數(shù)項的和與奇數(shù)項的和的比為32：27，求該數(shù)列的公差d.悟·技法應(yīng)用等差數(shù)列的性質(zhì)解題的三個留意點(1)假如{an}為等差數(shù)列，m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．因此，若出現(xiàn)am－n，am，am＋n等項時，可以利用此性質(zhì)將已知條件轉(zhuǎn)化為與am(或其他項)有關(guān)的條件；若求am項，可由am＝eq\f(1,2)(am－n＋am＋n)轉(zhuǎn)化為求am－n，am＋n或am＋n＋am－n的值．(2)要留意等差數(shù)列通項公式及前n項和公式的敏捷應(yīng)用，如an＝am＋(n－m)d，d＝eq\f(an－am,n－m)，S2n－1＝(2n－1)an，Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(na2＋an－1,2)(n，m∈N*)等．(3)當(dāng)項數(shù)為偶數(shù)2n時，S偶－S奇＝nd；項數(shù)為奇數(shù)2n－1時，S奇－S偶＝a中，S奇：S偶＝n：(n－1).[變式練]——(著眼于舉一反三)2．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S3＝9，S6＝36，則a7＋a8＋a9等于()A．63B．45C．36D．273．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知前6項和為36，最終6項的和為180，Sn＝324(n＞6)，則數(shù)列{an}的項數(shù)為_______．考點四等差數(shù)列前n項和的最值問題[互動講練型][例4](1)[2024·湖北襄陽四中聯(lián)考]已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，a1＋a2＋a3＝165，a2＋a3＋a4＝156，{an}的前n項和為Sn，則使Sn達到最大值的n的值是()A．19B．20C．21D．22(2)[2024·西安八校聯(lián)考]設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S6＞S7＞S5,則滿意SnSn＋1＜0的正整數(shù)n的值為()A．10B．11C．12D．13悟·技法求等差數(shù)列前n項和Sn最值的兩種方法(1)函數(shù)法：等差數(shù)列前n項和的函數(shù)表達式Sn＝an2＋bn＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(b,2a)))2－eq\f(b2,4a)，求“二次函數(shù)”最值．(2)鄰項變號法①當(dāng)a1＞0，d＜0時，滿意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≥0，am＋1≤0))的項數(shù)m使得Sn取得最大值為Sm；②當(dāng)a1＜0，d＞0時，滿意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≤0，am＋1≥0))的項數(shù)m使得Sn取得最小值為Sm.[變式練]——(著眼于舉一反三)4．[2024·北京高考]設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a2＝－3，S5＝－10，則a5＝____________，Sn的最小值為____________．5．[2024·南昌模擬]已知等差數(shù)列{an}的公差d<0，前n項和為Sn，若S5＝10a6，則當(dāng)Sn最大時，n＝()A．8B．9C．7或8D．8或9其次節(jié)等差數(shù)列及其前n項和【學(xué)問重溫】①同一個常數(shù)②公差③an＋1－an＝d④a1＋(n－1)d⑤eq\f(a＋b,2)⑥eq\f(na1＋an,2)⑦na1＋eq\f(nn－1,2)d⑧2am【小題熱身】1．答案：(1)×(2)√(3)×(4)√(5)√2．解析：由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝2，,5a1＋10d＝30，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(26,3)，,d＝－\f(4,3)，))∴S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)d＝32.答案：B3．解析：由等差數(shù)列的性質(zhì)，得a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝450，∴a5＝90，∴a2＋a8＝2a5＝180.答案：1804．解析：由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a10＞1，,a9≤1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,25)＋9d＞1，,\f(1,25)＋8d≤1，))所以eq\f(8,75)＜d≤eq\f(3,25).故選D.答案：D5．解析：因為數(shù)列{an}是等差數(shù)列，且a7＋a8＋a9＝3a8＞0.所以a8＞0.又a7＋a10＝a8＋a9＜0，所以a9＜0.故當(dāng)n＝8時，其前n項和最大．答案：86．解析：設(shè){an}的公差為d，依題意得，4a1＋eq\f(4×3,2)d＝0①，a1＋4d＝5②，聯(lián)立①②，解得a1＝－3，d＝2.所以an＝2n－5，Sn＝n2－4n.故選A.答案：A課堂考點突破考點一1．解析：通解設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則由a2＋a6＝2，得a1＋d＋a1＋5d＝2，即－4＋6d＝2，解得d＝1，所以S10＝10×(－2)＋eq\f(10×9,2)×1＝25.優(yōu)解設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因為a2＋a6＝2a4＝2,所以a4＝1，所以d＝eq\f(a4－a1,4－1)＝eq\f(1－－2,3)＝1，所以S10＝10×(－2)＋eq\f(10×9,2)×1＝25.答案：252．解析：設(shè)an的公差為d，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＋5a1＋\f(5×4,2)d＝2,7a1＋\f(7×6,2)d＝14))，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6a1＋13d＝2,a1＋3d＝2))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－4,d＝2))，所以a10＝－4＋9×2＝14.選C.答案：C3．解析：因為3S5－5S3＝135，所以3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5a1＋\f(5×4,2)d))－5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3a1＋\f(3×2,2)d))＝135，所以15d＝135，解得d＝9.答案：9考點二例1解析：(1)證明：∵n(an＋1－n－1)＝(n＋1)(an＋n)(n∈N*)，∴nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，∴eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝2，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差數(shù)列，其公差為2，首項為2，∴eq\f(an,n)＝2＋2(n－1)＝2n.(2)由(1)知an＝2n2，∴bn＝eq\r(2an)－15＝2n－15，則數(shù)列{bn}前n項和Sn＝eq\f(n－13＋2n－15,2)＝n2－14n.變式練1．解析：證明：因為an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，bn＝eq\f(1,an－1)(n∈N*)，所以bn＋1－bn＝eq\f(1,an＋1－1)－eq\f(1,an－1)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,an)))－1)－eq\f(1,an－1)＝eq\f(an,an－1)－eq\f(1,an－1)＝1.又b1＝eq\f(1,a1－1)＝－eq\f(5,2).所以數(shù)列{bn}是以－eq\f(5,2)為首項，1為公差的等差數(shù)列．考點三例2解法一設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由2a5－a2＝10，得2(a1＋4d)－(a1＋d)＝10，整理得a1＋7d＝10，S15＝15a1＋eq\f(15×14,2)d＝15(a1＋7d)＝15×10＝150.故選D.解法二由題意知，a2＋a8＝2a5，所以2a5－a2＝a8＝10，S15＝eq\f(15a1＋a15,2)＝eq\f(15×2a8,2)＝150.故選D.(2)解析：(1)解法一設(shè)等差數(shù)列{an}的首項為a1，則S2019＝2019a1＋eq\f(1,2)×2019×2018×(－3)＝2019，解得a1＝3028，所以a3＝3022，則a3＋a6＋a9＋…＋a2019＝3022×673＋eq\f(1,2)×673×672×(－9)＝－1346.故選B.解法二S2019＝(a1＋a4＋a7＋…a2017)＋(a2＋a5＋a8＋…＋a2018)＋(a3＋a6＋a9＋…＋a2019)＝(a3＋a6＋a9＋…＋a2019)－673×(－6)＋(a3＋a6＋a9＋…＋a2019)－673×(－3)＋(a3＋a6＋a9＋…＋a2019)＝3(a3＋a6＋a9＋…＋a2019)－673×(－9)＝2019，解得a3＋a6＋a9＋…＋a2019＝－1346.故選B.答案：(1)D(2)B例3解析：(1)由等差數(shù)列的性質(zhì)可得eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也為等差數(shù)列．設(shè)其公差為d，則eq\f(S2014,2014)－eq\f(S2008,2008)＝6d＝6，∴d＝1.故eq\f(S2020,2020)＝eq\f(S1,1)＋2019d＝－2014＋2019＝5，∴S2020＝5×2020＝10100.(2)設(shè)等差數(shù)列的前12項中奇數(shù)項的和為S奇，偶數(shù)項的和為S偶，等差數(shù)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＝3227，))，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.答案：(1)10100(2)見解析變式練2．解析：由{an}是等差數(shù)列，得S3，S6－S3，S9－S6為等差數(shù)列，即2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，得到S9－S6＝2S6－3S3＝45，故選B.答案：B3．解析：由題意知a1＋a2＋…＋a6＝36，①an＋an－1＋an－2＋…＋an－5＝180，②①＋②得(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(a6＋an－5)＝6(a1＋an)＝216，∴a1＋an＝36，又Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝324，∴18n＝324，∴n＝18.答案：18考點四例4解析：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則(a2＋a3＋a4)－(a1＋a2＋a3)＝3d＝156－165＝－9，所以d＝－3.因為a1＋a2＋a3＝3a1＋3d＝3a1－9＝165，所以a1＝58.所以an＝a1＋(n－1)d＝58＋(n－1)·(－3)＝61－3n.令an＝61－3n＞0，得n＜eq\f(61,3).因為n∈N*，所以當(dāng)n＝20時，Sn達到最大值．故選B.(2)由S6＞S7＞S5，得S7＝S6＋a7＜S6，S7＝S5＋a6＋a7＞S5，所以a7＜0，a6＋a7＞0，所以{an}為遞減數(shù)列，又S13＝eq\f(13a1＋a13,2)＝13a7