第六章 第2节 等差数列（PPT教学课件）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习上册·第1轮（浙江专用）

衔接教材 夯基固本 落实 第2节　等差数列 第六章　数　列 衔接教材 夯基固本 落实 同一个常数 公差 d an＋1－an 衔接教材 夯基固本 落实 a1＋(n－1)d 衔接教材 夯基固本 落实 ak＋al＝am＋an 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 C 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 C 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 D C 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 ABD 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 D 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 请完成：课时训练(39) 温馨提示 谢谢观看！ 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．(重点) 3．能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并能解决相应的问题．(热点) 一、等差数列的有关概念 1．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__________，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__表示，数学语言表达式：__________________＝d(n∈N*，d为常数). 2．等差中项：三个数a，A，b成等差数列的充要条件是A＝__，其中A叫做a与b的等差中项． eq \f(a＋b,2) 二、等差数列的有关公式 1．通项公式：an＝__________________． 2．通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*). 3．前n项和公式：Sn＝_______________＝______________． na1＋ eq \f(n（n－1）d,2) eq \f(n（a1＋an）,2) 三、等差数列的常用性质 1．若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则______________________． 2．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． 3．若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列． 4．若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N*)也是等差数列，公差为m2d. 5．若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列{ eq \f(Sn,n)}也为等差数列． 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．数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数).这里公差d＝2A． 3．若{an}，{bn}均为等差数列且其前n项和分别为Sn，Tn，则 eq \f(an,bn)＝ eq \f(S2n－1,T2n－1). 4．若等差数列{an}的项数为偶数2n，则 (1)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)； (2)S偶－S奇＝nd， eq \f(S奇,S偶)＝ eq \f(an,an＋1). 5．若等差数列{an}的项数为奇数2n＋1，则 (1)S2n＋1＝(2n＋1)an＋1；(2) eq \f(S奇,S偶)＝ eq \f(n＋1,n). 6．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． 一、“教考衔接”例证 高考 真题 (2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S9＝1，则a3＋a7＝(　　) A． eq \f(1,9)　　　B． eq \f(2,9)　　　C． eq \f(1,3)　　　D． eq \f(2,3) 追根 溯源 (人教B版选择性必修第三册P27习题5－2B T4)在等差数列中，已知a3＋a11＝6，求S13 发现 感悟 教材习题与高考题都考查了等差数列性质和前n项和公式的应用．但考查方向恰好相反，进一步说明了教材的本位作用及高考重视基本概念、基本运算的考查 二、教材典题改编 1．(北师版选择性必修第二册P19T1)已知等差数列{an}的前3项分别为a－1，a＋1，2a＋3，则此数列的通项为(　　) A．2n－5 B．2n＋1 C．2n－3 D．2n－1 2．(人教A版选择性必修第二册P15T4改编)已知等差数列{an}中，a4＋a8＝20，a7＝12，则a4＝________________. 答案：6　解析：由题意可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＋a1＋7d＝20，,a1＋6d＝12，))解得a1＝0，d＝2，故a4＝a1＋3d＝6. 3．(人教A版选择性必修第二册4.2.1练习T4改编)在等差数列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，则公差d＝________________． 答案： eq \f(1,4)　解析：∵a4＋a8＝2a6＝10，∴a6＝5.又a10＝6，∴公差d＝ eq \f(a10－a6,10－6)＝ eq \f(6－5,4)＝ eq \f(1,4). 4．(人教A版选择性必修第二册P25T6改编)数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝5，b1＝15，a100＋b100＝100，则{an＋bn}的前100项和为________________. 答案：6 000 三、易误易混澄清 1．(忽视值为0的项)已知等差数列{an}的通项公式为an＝5n－105，当Sn取得最小值时，n等于(　　) A．20 B．22 C．20或21 D．21 解析：令an＝5n－105＝0，得n＝21，即a21＝0.又当1≤n≤20时，an＜0，故当n＝20或n＝21时，Sn取得最小值． 2．(忽视相邻项的符号)首项为30的等差数列{an}，从第8项开始为负数，则公差d的取值范围是________________． 答案：[－5，－ eq \f(30,7))　解析：由题意知a1＝30，a8<0，a7≥0.即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(30＋7d<0,30＋6d≥0，))解得－5≤d<－ eq \f(30,7). 考点一　等差数列基本量的运算 [例1] (1)(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝(　　) A． eq \f(7,2) B． eq \f(7,3) C．－ eq \f(1,3) D．－ eq \f(7,11) (2)(2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝________________． 答案：(1)B　(2)95　解析：(1)由S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝5a8＝0，则a8＝0，则等差数列{an}的公差d＝ eq \f(a8－a5,3)＝－ eq \f(1,3)，故a1＝a5－4d＝1－4×(－ eq \f(1,3))＝ eq \f(7,3). (2)方法一(基本量法)　设等差数列{an}的公差为d，由a3＋a4＝a1＋2d＋a1＋3d＝2a1＋5d＝7，3a2＋a5＝3(a1＋d)＋a1＋4d＝4a1＋7d＝5，解得a1＝－4，d＝3，则S10＝10a1＋45d＝95. 方法二(利用下标和性质)　设等差数列{an}的公差为d，由a3＋a4＝a2＋a5＝7，3a2＋a5＝5，得a2＝－1，a5＝8，故d＝ eq \f(a5－a2,5－2)＝3，a6＝11，则S10＝ eq \f(a1＋a10,2)×10＝5(a5＋a6)＝5×19＝95. 等差数列基本量运算的常见类型及解题策略 (1)求公差d或项数n：在求解时，一般要运用方程思想． (2)求通项：a1和d是等差数列的两个基本元素． (3)求特定项：利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解． (4)求前n项和：利用等差数列的前n项和公式直接求解或利用等差中项间接求解． 训练1 (1)(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＝________________． 答案：2　解析：由2S3＝3S2＋6，可得2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，化简得2a3＝a1＋a2＋6，即2(a1＋2d)＝2a1＋d＋6，解得d＝2. (2)(2023·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40. ①求{an}的通项公式； ②求数列{|an|}的前n项和Tn. 解：①设等差数列{an}的公差为d，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝a1＋d＝11，,S10＝10a1＋45d＝40，)) 解得a1＝13，d＝－2. 所以{an}的通项公式为an＝13＋(n－1)·(－2)＝15－2n(n∈N*). ②由①得|an|＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(15－2n，1≤n≤7，,2n－15，n≥8.)) 当1≤n≤7时，Tn＝13n＋ eq \f(n（n－1）,2)×(－2)＝14n－n2， 当n≥8时，Tn＝T7＋1＋3＋5＋…＋(2n－15)＝T7＋1＋3＋5＋…＋[2(n－7)－1]＝14×7－72＋ eq \f(（n－7）[1＋2（n－7）－1],2)＝98－14n＋n2. 综上所述，Tn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(14n－n2，1≤n≤7，,98－14n＋n2，n≥8.)) 考点二　等差数列的判定与证明 [例2] 已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足2Sn＝a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋n－4(n∈N*). (1)求证：数列{an}为等差数列； (2)求数列{an}的通项公式． (1)证明：当n＝1时，有2a1＝a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋1－4， 即a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－2a1－3＝0，解得a1＝3(a1＝－1舍去). 当n≥2时，有2Sn－1＝a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n－1))＋n－5， 又2Sn＝a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋n－4， 两式相减得2an＝a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))－a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n－1))＋1， 即a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))－2an＋1＝a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n－1))，也即(an－1)2＝a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n－1))， 因此an－1＝an－1或1－an＝an－1. 若1－an＝an－1，则an＋an－1＝1. 而a1＝3，所以a2＝－2， 这与数列{an}的各项均为正数相矛盾， 所以an－1＝an－1，即an－an－1＝1， 因此数列{an}是首项为3，公差为1的等差数列． (2)解：由(1)知a1＝3，d＝1， 所以数列{an}的通项公式为an＝3＋(n－1)×1＝n＋2. [变式探究] 若本例条件变为“数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn－nan＝n”，判断{an}是不是等差数列，并说明理由． 解：{an}是等差数列．理由如下： 因为2Sn－nan＝n　①， 所以当n≥2时，2Sn－1－(n－1)an－1＝n－1　②， ①－②得，(2－n)an＋(n－1)an－1＝1， 所以(1－n)an＋1＋nan＝1， 所以(2－n)an＋(n－1)an－1＝(1－n)an＋1＋nan， 所以2an＝an－1＋an＋1(n≥2)， 所以数列{an}是等差数列． 1．等差数列的判定与证明的常用方法 (1)定义法：对任意n∈N*，an＋1－an是同一常数． (2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2⇔{an}为等差数列． (3)通项公式法：an＝an＋b(a，b是常数)⇔{an}为等差数列． (4)前n项和公式法：Sn＝an2＋bn(a，b为常数)⇔{an}为等差数列． 2．若要判定一个数列不是等差数列，则只需找出三项an，an＋1，an＋2，使得这三项不满足2an＋1＝an＋an＋2即可． 训练2 记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知 eq \f(2,Sn)＋ eq \f(1,bn)＝2. (1)证明：数列{bn}是等差数列； (2)求{an}的通项公式． (1)证明：由已知可得 eq \f(bn,bn－1)＝Sn(n≥2)， 因为 eq \f(2,Sn)＋ eq \f(1,bn)＝2，所以 eq \f(2bn－1,bn)＋ eq \f(1,bn)＝2(n≥2)， 即2bn－1＋1＝2bn(n≥2)，所以bn－bn－1＝ eq \f(1,2)(n≥2). 又 eq \f(2,S1)＋ eq \f(1,b1)＝2，所以b1＝ eq \f(3,2)， 故{bn}是以 eq \f(3,2)为首项， eq \f(1,2)为公差的等差数列． (2)解：由(1)知bn＝ eq \f(3,2)＋(n－1)× eq \f(1,2)＝ eq \f(n＋2,2)，则 eq \f(2,Sn)＋ eq \f(2,n＋2)＝2，得Sn＝ eq \f(n＋2,n＋1).当n＝1时，a1＝S1＝ eq \f(3,2)； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ eq \f(n＋2,n＋1)－ eq \f(n＋1,n)＝－ eq \f(1,n（n＋1）). 又a1＝ eq \f(3,2)不满足上式，故an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1，,－\f(1,n（n＋1）)，n≥2.)) 考点三　等差数列的性质及应用 考向1　等差数列项的性质 [例3] (1)已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，a2＋S3＝4，a2＋a3＋a4＋a5＝7，则S9等于(　　) A．63 B． eq \f(63,2) C．45 D． eq \f(45,2) (2)(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝(　　) A．25 B．22 C．20 D．15 解析：(1)因为数列{an}是等差数列，则a2＋S3＝4a2＝4，可得a2＝1，且a2＋a3＋a4＋a5＝2(a2＋a5)＝2(1＋a5)＝7，可得a5＝ eq \f(5,2)，所以S9＝9a5＝ eq \f(45,2). (2)方法一　由a2＋a6＝10，可得2a4＝10，所以a4＝5.又a4a8＝45，所以a8＝9.设等差数列{an}的公差为d，则d＝ eq \f(a8－a4,8－4)＝ eq \f(9－5,4)＝1.又a4＝5，所以a1＝2，所以S5＝5a1＋ eq \f(5×4,2)×d＝20. 方法二　设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5　①，由a4a8＝45，可得(a1＋3d)(a1＋7d)＝45　②，由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋ eq \f(5×4,2)×d＝20. 利用等差数列项的性质解题的方法 (1)如果{an}为等差数列，m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*).因此，若出现am－n，am，am＋n等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与am(或其他项)有关的条件； (2)若求am项，可由am＝ eq \f(1,2)(am－n＋am＋n)转化为求am－n，am＋n或am＋n＋am－n的值． 考向2　等差数列前n项和的性质 [例4] (1)(2024·广州调研)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层地面的中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且上、中、下三层共有扇面形石板(不含天心石)3 402块，则中层共有扇面形石板(　　) A．1 125块 B．1 134块 C．1 143块 D．1 152块 (2)(2025·西安质检)若等差数列{an}和{bn}的前n项和分别是Sn和Tn，且 eq \f(Sn,Tn)＝ eq \f(n,2n＋1)，则 eq \f(a6,b6)＝________________． 答案：(1)B　(2) eq \f(11,23)　解析：(1)记从中间向外每环扇面形石板数为{an}，则{an}是等差数列，且公差d＝9，a1＝9.设每层有k环，则n＝3k，Sn＝3 402，{an}是等差数列，则Sk，S2k－Sk，S3k－S2k也成等差数列，所以2(S2k－Sk)＝Sk＋(S3k－S2k)，所以Sn＝3(S2k－Sk)＝3 402，则S2k－Sk＝1 134. (2)因为等差数列{an}和{bn}的前n项和分别是Sn和Tn，且 eq \f(Sn,Tn)＝ eq \f(n,2n＋1)，所以 eq \f(a6,b6)＝ eq \f(\f(a1＋a11,2)×11,\f(b1＋b11,2)×11)＝ eq \f(S11,T11)＝ eq \f(11,2×11＋1)＝ eq \f(11,23). 用等差数列和的性质解题的关注点 1．熟练掌握等差数列前n项和的性质是解决此类试题的关键，解题时注意化归与转化思想的合理运用． 2．和的常用结论：在各项均不为0的等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则 (1)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)； (2)S2n－1＝(2n－1)an； (3)Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差数列． 考向3　等差数列前n项和的最值 [例5] (多选)(2025·郑州模拟)若数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，S5<S6，S6＝S7，S7>S8，则下列说法正确的有( 　　) A．公差d<0 B．S12>0 C．S9>S5 D．使Sn<0的最小正整数n为14 解析：由题意得，S5<S6，则S6－S5＝a6>0； S6＝S7，则S7－S6＝a7＝0；S7>S8，则S8－S7＝a8<0. 由a6>a7，得d<0，故A正确；S12＝ eq \f(12（a1＋a12）,2)＝6(a6＋a7)＝6a6>0，故B正确；S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＝2(a7＋a8)＝2a8<0，故S9<S5，故C错误；S14＝ eq \f(14（a1＋a14）,2)＝7(a7＋a8)＝7a8<0，S13＝ eq \f(13（a1＋a13）,2)＝13a7＝0，故D正确． 求等差数列前n项和Sn最值的两种方法 (1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解． (2)邻项变号法： ①当a1>0，d<0时，满足 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(am≥0，,am＋1≤0))的项数m使得Sn取得最大值为Sm； ②当a1<0，d>0时，满足 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(am≤0，,am＋1≥0))的项数m使得Sn取得最小值为Sm. 训练3 (1)(2025·南充模拟)等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝10，a2＋a3＋a4＋a5＝20，则Sn的最大值为(　　) A．60 B．50 C． eq \f(121,4) D．30 解析：由a1＝10，a2＋a3＋a4＋a5＝2(a1＋a6)＝20，得a6＝0，由于{an}为等差数列，且a1＝10>0，a6＝0，所以当n≤5，n∈N*时，an>0，故Sn的最大值为S5＝S6＝ eq \f(（a1＋a6）×6,2)＝ eq \f(10×6,2)＝30. (2)在等差数列{an}中，a1＝－2 026，数列{an}的前n项和为Sn，若 eq \f(S10,10)－ eq \f(S8,8)＝2，则S2 026等于________________. 答案：－2 026　解析：∵数列{an}为等差数列，∴数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，设其公差为d，则 eq \f(S10,10)－ eq \f(S8,8)＝2d＝2，∴d＝1.又 eq \f(S1,1)＝a1＝－2 026，∴ eq \f(S2 026,2 026)＝－2 026＋2 025＝－1，∴S2 026＝－2 026. $$