第五章 3 第二节 等差数列（教师用书word）-【金版新学案】2026年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（人教A版）

该高中数学讲义围绕等差数列高考核心考点，按概念、通项公式、前n项和公式及性质的逻辑层次展开，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生构建知识网络，突破基本量运算、判定证明、性质应用等难点，体现复习的系统性与针对性。 讲义采用多维探究与一题多解策略，如分析前n项和最值时用邻项变号法、函数法、图象法培养数学思维，结合课标设计分层练习并链接高考真题，助力学生提升逻辑推理与运算能力，为教师把控复习节奏提供清晰框架。

第二节　等差数列 【课标研读】　1.通过生活中的实例，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.　3.能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并解决相应的问题.　4.体会等差数列与一元一次函数的关系. 1.等差数列的概念 (1)定义：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. 数学语言表达式：－an＝d(n∈N*，d为常数). (2)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，根据等差数列的定义可知2A＝a＋b. 2.等差数列的通项公式与前n项和公式 (1)若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d； 通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*). (2)前n项和公式：Sn＝na1＋＝. (3)当d≠0时，an可看作关于n的一次函数，Sn可看作关于n的二次函数，可借助二次函数的图象和性质来研究Sn的最值问题. 3.等差数列的常用性质 (1)等差数列项的性质 ①在等差数列{an}中，当m＋n＝p＋q时，am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*).特别地，若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap(m，n，p∈N*). ②若公差为d，则也是等差数列，公差为2d；ak，，ak＋2m，…仍是等差数列，公差为md(k，m∈N*). ③若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}(p，q为常数)也是等差数列；与的公共项从小到大排成的新数列也是等差数列，首项是第一个相同的公共项，公差是与的公差的最小公倍数. (2)等差数列前n项和的性质 ①Sn，－Sn，－，…也成等差数列，公差为n2d. ②若{an}是等差数列，则也成等差数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的. 【常用结论】 (1)①数列{an}是等差数列⇔an＝pn＋q(其中p，q为常数)，这里公差d＝p. ②数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数).这里公差d＝2A. (2)等差数列的函数性质 ①等差数列{an}的单调性：当d＞0时，{an}是递增数列；当d＜0时，{an}是递减数列；当d＝0时，{an}是常数列. ②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. (3)关于等差数列奇数项和与偶数项和的性质 ①若项数为2n，则S偶－S奇＝nd，＝. ②若项数为2n－1，则S偶＝(n－1)an，S奇＝nan，S奇－S偶＝an，＝. (4)两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为＝. 【自主检测】 1.(多选)下列结论正确的是(　　) A.若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列 B.数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2 C.在等差数列{an}中，若am＋an＝ap＋aq，则m＋n＝p＋q D.若无穷等差数列{an}的公差d＞0，则其前n项和Sn不存在最大值 答案：BD 2.(链接人教A选择性必修二P15T4)等差数列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，则公差d等于(　　) A. B. C.2 D.－ 答案：A 解析：因为a4＋a8＝10，所以2a6＝10，即a6＝5，又a10＝6，所以4d＝6－5＝1，即d＝.故选A. 3.(链接人教A选择性必修二P21例6)设数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a6＝2且S5＝30，则S8等于(　　) A.31 B.32 C.33 D.34 答案：B 解析：由题意知解得所以S8＝8a1＋d＝8×－28×＝32.故选B. 4.(链接人教A选择性必修二P23例8)某剧场有20排座位，后一排比前一排多2个座位，最后一排有60个座位，则剧场总共的座位数为　　　　. 答案：820 解析：设第n排的座位数为an(n∈N*)，数列{an}为等差数列，其公差d＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝a1＋2(n－1).由已知a20＝60，得60＝a1＋2×(20－1)，解得a1＝22，则剧场总共的座位数为＝＝820. 考点一　等差数列基本量的运算　　　　自主练透 1.记Sn为等差数列的前n项和.已知S4＝0，a5＝5，则(　　) A.an＝2n－5 B.an＝3n－10 C.Sn＝2n2－8n D.Sn＝n2－2n 答案：A 解析：设等差数列的公差为d，因为所以解得所以an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋d＝n2－4n.故选A. 2.(一题多解)(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列的前n项和.若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝(　　) A.25 B.22 C.20 D.15 答案：C 解析：法一：设等差数列的公差为d，首项为a1，依题意可得，a2＋a6＝a1＋d＋a1＋5d＝10，即a1＋3d＝5，又a4a8＝＝45，解得d＝1，a1＝2，所以S5＝5a1＋×d＝5×2＋10＝20.故选C. 法二：a2＋a6＝2a4＝10，a4a8＝45，所以a4＝5，a8＝9，从而d＝＝1，于是a3＝a4－d＝5－1＝4，所以S5＝5a3＝20.故选C. 3.广丰永和塔塔高九层，每至夜色降临，金灯齐明，塔身晶莹剔透，远望犹如仙境.某游客从塔底层(一层)进入塔身，即沿石阶逐级攀登，一步一阶，此后每上一层均沿塔走廊绕塔一周以便浏览美景，现知底层共二十六级台阶，此后每往上一层减少两级台阶，顶层绕塔一周需十二步，每往下一层绕塔一周需多三步，则这位游客从底层进入塔身开始到顶层绕塔一周停止共需(　　) A.352步 B.387步 C.332步 D.368步 答案：C 解析：设从第n层到第n＋1层所走的台阶数为an，绕第n＋1层一周所走的步数为bn，由已知可得a1＝26，－an＝－2，n∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，b8＝12，bn－＝3，n∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，所以数列{an}为首项为26，公差为－2的等差数列，故an＝28－2n，n∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，数列{bn}为公差为－3的等差数列，故bn＝36－3n，n∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，设数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，所以S8＝＝152，T8＝＝180，S8＋T8＝152＋180＝332，故这位游客从底层进入塔身开始到顶层绕塔一周停止共需332步.故选C. 4.(2021·新高考Ⅱ卷)记Sn是公差不为0的等差数列的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4. (1)求数列的通项公式； (2)求使Sn＞an成立的n的最小值. 解：(1)设等差数列的公差为d(d≠0)， 则由题意，得解得所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－6. (2)法一：Sn＝＝＝n2－5n， 则由n2－5n＞2n－6，整理得n2－7n＋6＞0，解得n＜1或n＞6. 因为n∈N*，所以使Sn＞an成立的n的最小值为7. 法二：由Sn＞an得Sn－1＞0(n≥2)，即＞0， 所以a1＋an－1＝2n－12＞0，解得n＞6，所以n的最小值为7. 1.等差数列基本运算中常用的数学思想 方程思想 等差数列的通项公式及前n项和公式涉及a1，an，d，n，Sn五个量，知其中三个就能求另外两个，通常利用条件和通项公式、前n项和公式建立方程(组)求解，例如1，2，4题. 整体思想 当所给条件只有一个时，可将已知和所求都用a1和d表示，寻求两者之间的联系，整体代换求解，例如第3题. 2.等差数列基本运算中常用的技巧 (1)a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用技巧； (2)减少运算量的设元技巧：若三个数成等差数列，可将三个数设为a－d，a，a＋d；若四个数成等差数列，可将四个数设为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d. 　　 考点二　等差数列的判定与证明　　　　师生共研 (2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立. ①数列{an}是等差数列；②数列是等差数列；③a2＝3a1. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 证明：①③⇒②. 已知{an}是等差数列，a2＝3a1. 设数列{an}的公差为d， 则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1， 所以Sn＝na1＋d＝n2a1. 因为数列{an}的各项均为正数， 所以＝n， 所以－＝(n＋1)－n＝(常数)，所以数列是等差数列. ①②⇒③. 已知{an}是等差数列，{}是等差数列. 设数列{an}的公差为d， 则Sn＝na1＋d＝n2d＋n. 因为数列是等差数列，所以数列的通项公式是关于n的一次函数，则a1－＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1. ②③⇒①. 已知数列{}是等差数列，a2＝3a1， 所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1. 设数列的公差为d，d＞0， 则－＝－＝d，得a1＝d2， 所以＝＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2， 所以an＝Sn－＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)，是关于n的一次函数，且a1＝d2满足上式， 所以数列{an}是等差数列. 等差数列的判定与证明的常用方法 1.定义法：－an＝d(d是常数，n∈N*)或an－＝d(d是常数，n∈N*，n≥2)⇔{an}为等差数列. 2.等差中项法：2＝an＋(n∈N*)⇔{an}为等差数列. 3.通项公式法：an＝an＋b(a，b是常数，n∈N*)⇔{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. 注意：若要判定一个数列不是等差数列，则只需找出三项an，，，使得这三项不满足2＝an＋即可；但如果要证明一个数列是等差数列，则必须证明任意n∈N*都满足上式. 　　 对点练1.(2023·新课标Ⅰ卷)设Sn为数列的前n项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列.则(　　) A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 答案：C 解析：若为等差数列，设其公差为d，则an＝a1＋d，所以Sn＝na1＋d，所以＝a1＋·，所以－＝a1＋(n＋1－1)·－［a1＋·］＝，为常数，所以为等差数列，即甲⇒乙；若为等差数列，设其公差为t，则＝＋t＝a1＋t，所以Sn＝na1＋nt，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝na1＋nt－[a1＋t]＝a1＋2t，当n＝1时，S1＝a1也满足上式，所以an＝a1＋2t，所以an＋1－an＝a1＋2t－[a1＋2t]＝2t，为常数，所以为等差数列，即甲⇐乙.所以甲是乙的充要条件.故选C. 对点练2.(2021·全国乙卷)记Sn为数列的前n项和，bn为数列的前n项积，已知＋＝2. (1)证明：数列是等差数列； (2)求的通项公式. 解：(1)证明：因为bn是数列的前n项积，所以n≥2时，Sn＝， 代入＋＝2，可得＋＝2， 整理可得2bn－1＋1＝2bn， 即bn－bn－1＝(n≥2). 又＋＝＝2， 所以b1＝， 故是以为首项，为公差的等差数列. (2)由(1)可知，bn＝，则＋＝2， 所以Sn＝， 当n＝1时，a1＝S1＝， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－. 当n＝1时，a1＝≠－＝－， 故an＝ 考点三　等差数列的性质及其应用　　　　多维探究 角度1　等差数列项的性质 (1)(2024·全国甲卷理)记Sn为等差数列的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝(　　) A. B. C.－ D.－ (2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝S21，则S23等于(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 答案：(1)B　(2)B 解析：(1)由S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝5a8＝0，则a8＝0，则等差数列的公差d＝＝－，故a1＝a5－4d＝1－4×＝.故选B. (2)因为S3＝S21，所以S21－S3＝a4＋a5＋…＋a21＝9(a4＋a21)＝0，所以a4＋a21＝0，所以S23＝a1＋a2＋a3＋(a4＋a5＋…＋a21)＋a22＋a23＝a1＋a2＋a3＋a22＋a23＝a1＋2(a4＋a21)＝a1＝2.故选B. 角度2　等差数列前n项和的性质 (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝63，则a7＋a8＋a9等于(　　) A.63 B.71 C.99 D.117 (2)(一题多变)设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别是Sn，Tn，若＝，则等于(　　) A. B. C. D. 答案：(1)C　(2)B 解析：(1)由等差数列{an}的前n项和性质，得S3，S6－S3，S9－S6也成等差数列，即2(S6－S3)＝S3＋S9－S6，又S3＝9，S6＝63，则S9＝162，因此a7＋a8＋a9＝S9－S6＝162－63＝99.故选C. (2)因为等差数列{an}，{bn}的前n项和分别是Sn，Tn，所以＝＝＝＝＝.故选B. [变式探究] (变条件)在本例(2)中，将＝改为＝，则＝　　　　. 答案： 解析：＝＝＝. 角度3　等差数列前n项和的最值 (一题多解)(一题多变)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝13，S3＝S11，当Sn最大时，n的值是(　　) A.5 B.6 C.7 D.8 答案：C 解析：法一(邻项变号法)：由S3＝S11，得a4＋a5＋…＋a11＝0，根据等差数列的性质，可得a7＋a8＝0.根据首项等于13，可推知这个数列为递减数列，从而得到a7＞0，a8＜0，故n＝7时Sn最大.故选C. 法二(函数法)：由S3＝S11，可得3a1＋3d＝11a1＋55d，把a1＝13代入，得d＝－2，故Sn＝13n－n(n－1)＝－n2＋14n.根据二次函数的性质，知当n＝7时Sn最大.故选C. 法三(图象法)：根据a1＝13，S3＝S11，知这个数列的公差不等于零，且这个数列的和先递增后递减.根据公差不为零的等差数列的前n项和是关于n的二次函数，以及二次函数图象的对称性，可得只有当n＝＝7时，Sn取得最大值.故选C. [变式探究] (变条件)若将本例中“a1＝13，S3＝S11”改为“a1＝20，S10＝S15”，则Sn最大时，n为何值？ 解：因为a1＝20，S10＝S15，所以10×20＋d＝15×20＋d，所以d＝－. 法一：由an＝20＋(n－1)×＝－n＋，得a13＝0.即当n≤12时，an＞0，当n≥14时，an＜0. 所以当n＝12或n＝13时，Sn取得最大值. 法二：Sn＝20n＋·＝－n2＋n＝－＋.因为n∈N*， 所以当n＝12或n＝13时，Sn取得最大值. 法三：由S10＝S15，得a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0， 所以5a13＝0，即a13＝0.即当n≤12时，an＞0，当n≥14时，an＜0. 所以当n＝12或n＝13时，Sn取得最大值. 1.应用等差数列性质的解题策略 2.求等差数列前n项和Sn最值的两种方法 　　 对点练3.设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝　　　　. 答案： 解析：令S5＝t，则由＝，得S10－S5＝2t.又由等差数列{an}的性质得S5，S10－S5，S15－S10，S20－S15成等差数列，故有S10－S5＝2t，S15－S10＝3t，S20－S15＝4t，相加可得S20－S5＝9t，所以S20＝10t，则＝＝，所以＝＝. 对点练4.一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项和与奇数项和之比为32∶27，则公差d为　　　　. 答案：5 解析：设偶数项和为32k，则奇数项和为27k，由32k＋27k＝59k＝354可得k＝6，故公差d＝＝＝5. 对点练5.(多选)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 答案：ABD 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＝＝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＝＝7(a7＋a8)＝7a8＜0，S13＝＝13a7＝0，故D正确.故选ABD. 1.[真题再现]　(2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列的前n项和，若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝　　　　. 答案：95 解析：因为数列an为等差数列，则由题意得解得则S10＝10a1＋d＝10×＋45×3＝95. [教材呈现]　(人教A选择性必修二P23T4)在等差数列{an}中，若S15＝5(a2＋a6＋ak)，求k. 点评：高考题与教材习题都是考查等差数列中的基本量的计算. 2.[真题再现]　(2022·全国甲卷理)记Sn为数列{an}的前n项和.已知＋n＝2an＋1. (1)证明：{an}是等差数列； (2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值. 解：(1)证明：因为＋n＝2an＋1，即2Sn＋n2＝2nan＋n①， 当n≥2时，2Sn－1＋＝2(n－1)an－1＋②， ①－②得，2Sn＋n2－2Sn－1－＝2nan＋n－2an－1－， 即2an＋2n－1＝2nan－2an－1＋1， 即2an－2an－1＝2，所以an－an－1＝1，n≥2且n∈N*， 所以是以1为公差的等差数列. (2)由(1)可得a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8， 又a4，a7，a9成等比数列，所以＝a4·a9， 即＝·，解得a1＝－12， 所以an＝n－13，所以Sn＝－12n＋＝n2－n＝－， 所以，当n＝12或n＝13时＝－78. [教材呈现]　 (人教A选择性必修二P23例9)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝10，公差d＝－2，则Sn是否存在最大值？若存在，求Sn的最大值及取得最大值时n的值；若不存在，请说明理由. 点评：高考题与教材例题都是考查等差数列前n项和Sn的最值问题. 学科网（北京）股份有限公司 $