第15讲 等差数列-2024-2025学年高三年级数学暑假讲义（江苏专用）

第15讲 等差数列 适用学科 数学 适用年级 高三 适用区域 江苏 本讲时长 120分钟 知识点 及学习目标 1．等差数列的基本量 2．等差数列的性质 3．等差数列的前n项和 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． 等差数列的定义用递推公式表示为an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)． 2．等差数列的通项公式 (1)若首项是a1，公差是d，则这个等差数列的通项公式是an＝a1＋(n－1)d. (2)若已知ak，公差是d，则这个等差数列的通项公式是an＝ak＋(n－k)d. 当d≠0时，等差数列通项公式可以看成关于n的一次函数an＝dn＋(a1－d)． 3．等差中项 由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成是最简单的等差数列．这时，A叫做a与b的等差中项，且2A＝a＋b. 4．等差数列的常用性质 (1)通项公式的推广公式：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)⇔d＝(n≠m)． (2)若{an}为等差数列，且m＋n＝p＋q＝2w，则am＋an＝ap＋aq＝2aw(m，n，p，q，w∈N*)． (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)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列． 5．等差数列的前n项和公式及其性质 (1)设等差数列{an}的公差为d，其前n项和Sn＝＝na1＋d. (2)等差数列{an}的前n项和为Sn，数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N*)也是等差数列，公差为m2d. (3)等差数列的前n项和的最值． 在等差数列{an}中，若a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值． (4)若等差数列{an}的项数为偶数2n，则 ①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)． ②S偶－S奇＝nd，＝. (5)若等差数列{an}的项数为奇数2n＋1，则①S2n＋1＝(2n＋1)an＋1.②＝. 数列{an}是等差数列⇔数列的前n项和公式Sn＝n2＋n⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)，所以当d≠0时，等差数列前n项和公式可以看成关于n的二次函数，且常数项为0. 考点1　等差数列的定义、通项公式、基本运算 1．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3，S5＝35，则数列{an}的公差为(　　) A．－2　　 B．2　　 C．4　　 D．7 2．已知等差数列{an}中，a1＝1，前10项的和等于前5项的和．若am＋a7＝0，则m＝(　　) A．10 B．9 C．8 D．2 3．数列是等差数列，且a1＝1，a3＝－，那么a2 020＝(　　) A． B．－ C． D．－ 4．已知数列{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项和．若a2a5＋a8＝0，S9＝27，求S8的值． 考点2　等差数列的判定与证明 例1．数列{an}满足an＋1＝，a1＝1. (1)证明：数列是等差数列； (2)求数列的前n项和Sn，并证明：＋＋…＋>. 变式：本例条件变为“若a1＝1，a2＝，＝＋(n∈N*)”，求数列{an}的通项公式． 练习1．已知{an}是各项均为正数的等差数列，公差为d.对任意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中项．设cn＝b－b，n∈N*, 求证：数列{cn}是等差数列． 考点3　等差数列性质的应用 考向1　等差数列项的性质问题 例2． (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a5＋a8＝9，则S9＝(　　) A．21　　 B．27　　 C．30　　 D．36 (2)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为(　　) A．1 B．2 C．4 D．8 考向2　等差数列前n项和的性质 例3．(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若S5＝7，S10＝21，则S15等于(　　) A．35 B．42 C．49 D．63 (2)已知Sn是等差数列{an}的前n项和．若a1＝－2 018，－＝6，则S2 020＝ ． 练习1．已知数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，2＋a5＝a6＋a3，则S7＝(　　) A．2 B．7 C．14 D．28 2．已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且＝，则＝(　　) A． B． C． D． 3．设Sn是等差数列{an}的前n项和，S10＝16，S100－S90＝24，则S100＝ ． 考点4　等差数列前n项和的最值 例4．等差数列{an}中，已知a5>0，a4＋a7<0，则{an}的前n项和Sn的最大值为(　　) A．S4　　 B．S5　　 C．S6　　 D．S7 变式1．本例若把条件改为“等差数列{an}中，S5<S6，S6＝S7>S8”，则下列结论错误的是(　　) A．d<0 B．a7＝0 C．S9>S5 D．S6，S7均为Sn中的最大值 2．本例条件变为“等差数列{an}的前n项和为Sn.若S13>0，S14<0”，则Sn取最大值时n的值为(　　) A．6　　 B．7　　 C．8　　 D．13 练习1．等差数列{an}中，若<－1，且它的前n项和Sn有最小值，则当Sn>0时，n的最小值为(　　) A．14　　 B．15　　 C．16　　 D．17 多解探究： 在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15.求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值． 变式：等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1＞0，S3＝S11，则当n为多少时，Sn最大？ 1．已知Sn为等差数列{an}的前n项和．若S5＝4a2，则a7＝(　　) A．－2 B．0 C．2 D．10 2．首项为－21的等差数列从第8项起开始为正数，则公差d的取值范围是(　　) A．(3，＋∞) B． C． D． 3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且＝，则＝(　　) A．　　 B．　 　C．　 　D． 4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a8－a5＝－6，S9－S4＝75，则Sn取得最大值时，n＝(　　) A．14 B．15 C．16 D．17 5．(多选题)设无穷等差数列{an}的各项都为正数，且其前n项和为Sn.若S2 021＝2 021，则(　　) A．a1 011＝1 B．a1 010≥1 C．S2 020＞2 020 D．S2 023≥2 023 6．已知在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝6，a7＝11，则a1＝ ． 7．在等差数列{an}中，若a7＝，则sin 2a1＋cos a1＋sin 2a13＋cos a13＝ ． 8．设数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＋an＝2n＋1，且Sn＝2 019.若a2<2，则n的最大值为 ． 9．在等差数列{an}中，已知a1＋a3＝12，a2＋a4＝18，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求a3＋a6＋a9＋…＋a3n. 10．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a，前n项和为Sn，且Sk＝110. (1)求a及k的值； (2)设数列{bn}的通项公式bn＝，证明：数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn. 1．(多选题)已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn.若S12＝24，则(　　) A．a6＋a7＝4 B．a6＋a7＝12 C．a6a7≥4 D．a6a7≤4 2．天干地支纪年法，源于中国．中国自古便有十天干与十二地支．十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸，十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如说第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”……依此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”……依此类推.1911年中国爆发推翻清朝专制帝制、建立共和政体的全国性革命，这一年是辛亥年，史称“辛亥革命”.1949年新中国成立，请推算新中国成立的年份为(　　) A．己丑年 B．己酉年 C．丙寅年 D．甲寅年 3．设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝ ，Sn的最小值为 ． 4．在数列{an}中，a1＝2，an是1与anan＋1的等差中项． (1)求证：数列是等差数列，并求{an}的通项公式； (2)求数列的前n项和Sn. 5．已知等差数列{an}的公差d＞0，设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2S3＝36. (1)求d及Sn； (2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65. 6．已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为15， (1)求等差数列{an}的通项公式； (2)若公差d>0，求数列{|an|}的前n项和Tn. 5 / 6 学科网（北京）股份有限公司 第15讲 基本不等式 适用学科 数学 适用年级 高三 考点1　等差数列的定义、通项公式、基本运算 1．B　2．B　3．B　 4．解：设数列{an}的公差为d， 则 解得a1＝－5，d＝2， 所以S8＝8×(－5)＋×2＝16. 考点2　等差数列的判定与证明 例1．(1)证明：因为an＋1＝， 所以＝，化简得＝2＋， 即－＝2. 故数列是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)解：由(1)知＝2n－1， 所以Sn＝＝n2， ＝>＝－. 证明：＋＋…＋＝＋＋…＋ >＋＋…＋ ＝＋＋…＋ ＝1－＝. 变式：解：由已知式＝＋可得－＝－，知数列是首项为＝1，公差为－＝2－1＝1的等差数列，所以＝n，即an＝. 练习1．证明：由题意得b＝anan＋1，有cn＝b－b＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1，因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，所以数列{cn}是等差数列． 考点3　等差数列性质的应用 考向1　等差数列项的性质问题 例2． B　解析：因为等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a5＋a8＝9＝3a5，所以a5＝3， 则S9＝＝9a5＝27. (2)C　解析：(方法一)设等差数列{an}的公差为d， 依题意解得d＝4. (方法二)等差数列{an}中，S6＝＝48， 则a1＋a6＝16＝a2＋a5. 又a4＋a5＝24，所以a4－a2＝2d＝24－16＝8， 所以d＝4. 考向2　等差数列前n项和的性质 例3．B　(2)2 020　 练习1．C　2．A　3．200　 考点4　等差数列前n项和的最值 例4．B　 变式1．C　 2．B　练习1．C　 多解探究： 解：因为a1＝20，S10＝S15， 所以10×20＋d＝15×20＋d， 所以d＝－. 由an＝20＋(n－1)×＝－n＋. 因为a1＝20>0，d＝－<0， 所以数列{an}是递减数列． 由an＝－n＋≤0，得n≥13，即a13＝0. 当n≤12时，an＞0；当n≥14时，an＜0. 所以当n＝12或13时，Sn取得最大值， 且最大值为S12＝S13＝12×20＋×＝130. 变式：解：(方法一)由S3＝S11， 得3a1＋d＝11a1＋d，则d＝－a1. 从而Sn＝n2＋n＝－(n－7)2＋a1. 又a1＞0，所以－＜0.故当n＝7时，Sn最大． (方法二)由于Sn＝an2＋bn是关于n的二次函数，由S3＝S11，可知Sn＝an2＋bn的图象关于n＝＝7对称．由方法一可知a＝－＜0，故当n＝7时，Sn最大． (方法三)由方法一可知，d＝－a1. 要使Sn最大，则有 即 解得6.5≤n≤7.5，故当n＝7时，Sn最大． (方法四)由S3＝S11，可得2a1＋13d＝0， 即(a1＋6d)＋(a1＋7d)＝0， 故a7＋a8＝0. 又由a1＞0，S3＝S11可知d＜0， 所以a7＞0，a8＜0，所以当n＝7时，Sn最大． 1．B　2．D　3．D　4．A　5．ABD　6．－7　7．0　8．63　 9．解：(1)因为数列{an}是等差数列，a1＋a3＝12，a2＋a4＝18， 所以 解得d＝3，a1＝3. 所以an＝3＋(n－1)×3＝3n，n∈N*. (2)a3，a6，a9，…，a3n构成首项为a3＝9，公差为9的等差数列， 则a3＋a6＋a9＋…＋a3n＝9n＋n(n－1)×9 ＝(n2＋n)． 10．(1)解：设该等差数列为{an}，则a1＝a，a2＝4，a3＝3a. 由已知有a＋3a＝8，得a1＝a＝2，公差d＝4－2＝2， 所以Sk＝ka1＋d＝2k＋×2＝k2＋k. 由Sk＝110，得k2＋k－110＝0， 解得k＝10或k＝－11(舍去)．故a＝2，k＝10. (2)证明：由(1)得Sn＝＝n(n＋1)， 则bn＝＝n＋1. 故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1， 即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列． 所以Tn＝＝. 1．AD　2．A　3．0　－10　 4．解：(1)因为an是1与anan＋1的等差中项， 所以2an＝1＋anan＋1. 所以an＋1＝. 所以an＋1－1＝－1＝. 所以＝＝1＋. 因为＝1， 所以数列是首项为1，公差为1的等差数列． 所以＝1＋(n－1)＝n.所以an＝. (2)由(1)得＝＝－， 所以Sn＝＋＋＋…＋＝1－＝. 5．解：(1)由题意知(a1＋a2)(a1＋a2＋a3)＝36，即(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36. 将a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5. 因为d＞0，所以d＝2， 所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1， Sn＝n＋×2＝n2. (2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝2m－1＋2(m＋1)－1＋2(m＋2)－1＋…＋2(m＋k)－1＝(2m＋k－1)(k＋1)， 所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65. 由m，k∈N*知2m＋k－1≥k＋1＞1，且2m＋k－1与k＋1均为整数， 故解得 即所求m的值为5，k的值为4. 6．解：(1)设等差数列的{an}的公差为d. 由a1＋a2＋a3＝－3，得3a2＝－3，所以a2＝－1. 又a1a2a3＝15，所以a1a3＝－15，即 所以或即an＝4n－9或an＝7－4n. (2)当公差d>0时，an＝4n－9(n∈N*)． 当n≤2时，an＝4n－9<0，T1＝－a1＝5，T2＝－a1－a2＝6. 设数列{an}的前项和为Sn，则Sn＝×n＝2n2－7n. 当n≥3时，an＝4n－9>0， Tn＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an| ＝－a1－a2＋a3＋…＋an ＝(a1＋a2＋a3＋…＋an)－2(a1＋a2) ＝Sn－2S2＝2n2－7n＋12. 当n＝1时，T1＝5不满足上式； 当n＝2时，T2＝6满足T2＝2×22－7×2＋12＝6. 所以数列{|an|}的前n项和Tn＝ $$