第4章 培优课 等差数列 能力提升（Word教参）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（人教A版）

本高中数学讲义聚焦等差数列三大核心应用，系统梳理利用前n项和性质求解项的比值问题，通过构造转化将非等差数列化为等差数列的方法，以及含绝对值数列前n项和的求解步骤，构建从基础性质到复杂转化再到分类求和的递进学习支架。 资料以例题解析为载体，通过“问题情境—规律提炼—变式训练”模式，强化数学运算与逻辑推理核心素养，如构造等差数列时引导学生抽象递推关系，求绝对值数列和时渗透分类讨论思想。课中辅助教师突破重难点，课后助力学生通过分层练习与小结巩固知识，弥补薄弱环节。

重点解读 1.能利用等差数列前n项和求解项的比值问题（数学运算）. 2.掌握简单的构造等差数列问题（逻辑推理、数学运算）. 3.会求数列{｜an｜}的前n项和（数学运算）. 一、利用等差数列前n项和求解项的比值问题 【例1】　（1）已知两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若＝，则＝（　B　） A. B. C. D. 解析：利用等差数列前n项和的性质得＝＝＝. （2）设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若＝，则＝（　B　） A. B. C. D. 解析：因为数列{an}，{bn}均为等差数列，故由＝，可设Sn＝n（2n＋1）k，Tn＝n（3n－1）k，则a7＝S7－S6＝105k－78k＝27k，b5＝T5－T4＝70k－44k＝26k，则＝＝.故选B. 【规律方法】 若{an}，{bn}为等差数列，且前n项和分别为Sn，Tn，则＝，＝·. 训练1　（1）已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若＝，则＝（　C　） A. B. C. D. 解析：（1）＝＝＝＝＝.故选C. （2）已知Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，且＝，则＝　　. 解析：＝×，即＝×，所以＝×＝. 二、构造等差数列的应用 【例2】　已知数列{an}满足an＋1＝，且a1＝3（n∈N*）. （1）求证：数列{}是等差数列； 解：证明：由题意得＝＝＝＝＝＋， 所以－＝，故数列{}是等差数列. （2）求数列{an}的通项公式. 解：由（1）知＝＋（n－1）×＝，所以an＝. 【规律方法】 　当已知数列{an}不是等差数列时，需构造与已知数列相关的等差数列，利用等差数列的通项公式，求出含an的式子与n的关系式，进而求出an.由递推公式转化为等差数列的常见形式如下： （1）转化为（an＋2－an＋1）－（an＋1－an）＝常数，则数列{an＋1－an}是等差数列； （2）转化为－＝常数，则数列{}是等差数列； （3）转化为－＝常数，则数列{}是等差数列； （4）转化为－＝常数，则数列{}是等差数列； （5）转化为－＝常数，则数列{}是等差数列. 训练2　在数列{an}中，若a1＝1，3anan－1＋an－an－1＝0（n≥2，n∈N*），求数列{an}的通项公式. 解：由已知3anan－1＋an－an－1＝0， 在等式两侧同除以anan－1，得3＋－＝0⇒－＝3， 即数列{}是以1为首项，3为公差的等差数列， 故有＝1＋3（n－1）⇒an＝. 三、求数列{｜an｜}的前n项和 【例3】　已知数列{an}中，a1＝，an＝2－（n≥2，n∈N*），数列{bn}满足bn＝（n∈N*）. （1）证明{bn}是等差数列，并求{bn}的通项公式； 解：证明：bn－bn－1＝－＝－＝－＝1， 又b1＝＝－，∴数列{bn}是以－为首项，1为公差的等差数列. ∴bn＝b1＋（n－1）×1＝n－. （2）令Tn＝｜b1｜＋｜b2｜＋｜b3｜＋…＋｜bn｜，求Tn. 解：记{bn}的前n项和为Sn， 则Sn＝， 由bn＝n－≥0，得n≥，即n≤13时，bn＜0；n≥14时，bn＞0， ①n≤13时，Tn＝｜b1｜＋｜b2｜＋｜b3｜＋…＋｜bn｜＝－b1－b2－b3－…－bn＝－Sn＝. ②n＞13时Tn＝｜b1｜＋｜b2｜＋｜b3｜＋…＋｜bn｜＝－b1－b2－b3－…－b13＋b14＋b15＋b16＋…＋bn＝Sn－2S13＝. ∴Tn＝ 【规律方法】 　求数列{｜an｜}的前n项和的步骤 （1）解不等式an≥0（或an≤0）寻找{an}的正负项分界点； （2）求和：①若{an}各项均为正数（或均为负数），则{｜an｜}各项的和等于{an}的各项的和（或其相反数）；②若a1＞0，d＜0（或a1＜0，d＞0），这时数列{an}只有前面有限项为正数（或负数），可分段求和再相加. 训练3　已知等差数列{an}的前n（n∈N*）项和为Sn，且a2＝3，S8＝64. （1）求数列{an}的通项公式an； 解：设等差数列{an}的公差为d. ∵a2＝3，S8＝64， ∴即解得 ∴an＝1＋（n－1）×2＝2n－1. （2）设bn＝｜9－an｜，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：由（1）得bn＝｜9－an｜＝｜9－（2n－1）｜＝｜10－2n｜，设cn＝10－2n，{cn}的前n项和为Pn， 则Pn＝×n＝－n2＋9n， 当1≤n≤5时，bn＝cn，Tn＝－n2＋9n. 当n≥6时，bn＝－cn， Tn＝（c1＋c2＋…＋c5）－（c6＋c7＋…＋cn）＝P5－（Pn－P5）＝2P5－Pn＝n2－9n＋40， 综上，Tn＝ 1.等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，对一切自然数n，都有＝，则＝（　　） A.　　　 B.　　　 C.　　　 D. 解析：D　∵S13＝＝13a7，T13＝＝13b7，∴＝＝.故选D. 2.已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－5n＋2，则数列{｜an｜}的前10项和为（　　） A.20 B.40 C.60 D.80 解析：C　因为Sn＝n2－5n＋2，所以当n≥2时，Sn－1＝（n－1）2－5n＋7，则an＝Sn－Sn－1＝2n－6（n≥2），当n＝1时，a1＝S1＝－2，不满足上式，故an＝则数列{an}从第2项开始成等差数列，且前2项为负数，第3项为0，其余各项为正数，所以数列{｜an｜}的前10项和为－a1－a2＋a3＋…＋a10＝4＋＝60. 3.若在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋＋，则a7＝　16　. 解析：因为an＋1＝an＋＋＝（＋）2，所以－＝，即{}是首项为＝1，公差为的等差数列，可求得an＝（n＋1）2，故a7＝＝16. 课堂小结 1.理清单 （1）利用等差数列前n项和求解项的比值问题； （2）构造等差数列的应用； （3）求数列{｜an｜}的前n项和. 2.应体会 求数列{｜an｜}的前n项和要注意分类讨论思想的应用. 3.避易错 求数列{｜an｜}的前n项和时分类错误. 1.已知数列{an}满足an＋1－an－2＝0，a1＝－5，则a6＝（　　） A.5 B.9 C.15 D.18 解析：A　an＋1－an－2＝0，即an＋1－an＝2，可得数列{an}是等差数列，公差d＝2，又a1＝－5，所以an＝2n－7，所以a6＝5. 2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若＝，则＝（　　） A. B. C. D. 解析：C　由等差数列的性质知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列，设S3＝k，S6＝4k（k≠0），则S9－S6＝5k，S12－S9＝7k，S12＝16k，所以＝. 3.已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－4n，则｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a10｜＝（　　） A.68 B.67 C.65 D.56 解析：A　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－4n－[（n－1）2－4（n－1）]＝2n－5；当n＝1时，a1＝S1＝－3符合上式，所以an＝2n－5.所以 ｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a10｜＝｜－3｜＋｜－1｜＋1＋3＋5＋…＋15＝68. 4.已知数列{an}的首项a1＝0，an＋1＝an＋2＋1，则a20＝（　　） A.99 B.101 C.399 D.401 解析：C　由an＋1＝an＋2＋1，可得an＋1＋1＝（＋1）2，故－＝1，所以{}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以＝n，即an＝n2－1，故a20＝202－1＝399，故选C. 5.〔多选〕等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，＝，n∈N*，则下列说法正确的有（　　） A.数列是递增数列 B.＝ C.＝ D.＝ 解析：AB　＝＝＝2－，所以是递增数列，A选项正确；＝＝＝＝，所以＝＝，B选项正确；＝＝，C选项错误；当n＝1时，＝＝≠，D选项错误.故选A、B. 6.〔多选〕已知数列{an}的前n项和为Sn＝33n－n2，则下列说法正确的是（　　） A.an＝34－2n B.仅有S16为Sn的最小值 C.｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a16｜＝272 D.｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a30｜＝450 解析：AC　A选项，Sn＝33n－n2中，当n＝1时，a1＝33－12＝32，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝33n－n2－33（n－1）＋（n－1）2＝－2n＋34，显然a1＝32满足an＝34－2n，故an＝34－2n，A正确；B选项，因为当1≤n≤16时，an＞0，a17＝0，当n≥18时，an＜0，故S16，S17为Sn的最大值，B错误；C选项，a16＝34－32＝2，故｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a16｜＝a1＋a2＋…＋a16＝＝272，C正确；D选项，a17＝0，a30＝34－60＝－26，｜a17｜＋｜a18｜＋…＋｜a30｜＝－（a17＋a18＋…＋a30）＝－＝182，由C知，｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a16｜＝272，故｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a30｜＝272＋182＝454，D错误.故选A、C. 7.已知数列{an}的通项公式为an＝｜19－2n｜，n∈N*，则其前20项的和为　202　. 解析：由an＝｜19－2n｜，当n≤9时，an＝19－2n，当n≥10时，an＝2n－19，所以S20＝a1＋a2＋…＋a9＋a10＋a11＋…＋a20＝17＋15＋…＋1＋1＋3＋…＋21＝＋＝202. 8.已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，且＝＋（n≥2，n∈N*），则当取得最大值时，n的值为　2　. 解析：因为＝＋（n≥2，n∈N*），所以2nan＝（n－1）an－1＋（n＋1）an＋1（n≥2，n∈N*），所以数列{nan}是等差数列，又a1＝1，a2＝4，所以数列{nan}是以1为首项，2×a2－1×a1＝7为公差的等差数列，所以nan＝7n－6，所以＝＝－＝－6（－）2＋，因为n∈N*，1＜＜2，且＝－＝1，＝－＝2，2＞1，所以当n＝2时，取得最大值2. 9.设数列{an}的前n项和为Sn，若2Sn－an＝n2，n∈N*. （1）证明：数列{an＋an＋1}是等差数列； （2）求S20. 解：（1）证明：∵2Sn－an＝n2， ∴当n≥2时，2Sn－1－an－1＝（n－1）2， 两式相减得2Sn－an－（2Sn－1－an－1）＝n2－（n－1）2＝2n－1， 又∵2Sn－an－（2Sn－1－an－1）＝2Sn－2Sn－1－an＋an－1＝2an－an＋an－1＝an＋an－1. ∴an＋an－1＝2n－1， 故（an＋1＋an）－（an＋an－1）＝[2（n＋1）－1]－（2n－1）＝2，且a2＋a1＝3， ∴数列{an＋1＋an}是以3为首项，2为公差的等差数列. （2）由（1）知an＋an－1＝2n－1（n≥2）， ∴S20＝（a1＋a2）＋（a3＋a4）＋（a5＋a6）＋…＋（a19＋a20） ＝3＋7＋11＋…＋39＝＝210. 10.在等差数列{an}中，a100＝－100，且a50＋a200＝0. （1）求{an}的通项公式； （2）求数列{｜an｜}的前n项和Tn. 解：（1）设{an}的公差为d.因为a50＋a200＝0，所以a125＝0. 因为a100＝－100，所以 解得 故an＝－496＋（n－1）×4＝4n－500. （2）设{an}的前n项和为Sn，则Sn＝2n2－498n. 当n≤125时，Tn＝｜Sn｜＝498n－2n2； 当n≥126时，Tn＝－（a1＋a2＋…＋a125）＋a126＋…＋an＝Sn－2S125＝2n2－498n＋62 000. 故Tn＝ 11.已知正项数列{an}满足a1＝1，＋＝2，且a4－a2＝. （1）求数列{}的通项公式； （2）求满足不等式an＋5＋1＜2an的正整数n的最小值. 解：（1）由已知得，－＝－， 所以数列{}是等差数列，设其公差为d. 由a4－a2＝，得－＝2. 所以2d＝2，即d＝1， 所以＝＋（n－1）d＝n. （2）由an＞0，得an＝， 所以原不等式可化为＋1＜2， 两边平方可得n＋6＋2＜4n，即2＜3n－6， 所以4（n＋5）＜（3n－6）2，整理得（n－4）（9n－4）＞0，解得n＞4或n＜. 因为n∈N*，故n的最小值为5. 5 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $