第二节　等差数列 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“等差数列”专题，依据高考评价体系梳理了概念、通项公式、前n项和公式、性质及前n项和最值五大核心考点，通过近五年真题分析明确基本量运算占45%、性质应用占30%的高频考点分布，归纳出选择填空、解答题等常考题型。 课件亮点在于“真题演练+技巧突破+素养提升”策略，如以2024新课标Ⅱ卷真题为例，详解基本量法与性质法的应用，培养学生运算能力和推理意识。特设“易错陷阱警示”和“解题模板”，助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准复习，提升备考效率。

第二节 第六章　数列 等差数列 【目标要求】　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.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.体会等差数列与一次函数的关系. 1.等差数列的有关概念 (1)定义:如果一个数列从_________起,每一项与它的前一项的_______都等于同一个常数,那么这个数列就叫做等差数列.符号表示为_______________(n∈N*,d为常数). (2)等差中项:数列a,A,b成等差数列的充要条件是_____________,其中A叫做a与b的_____________. [微点清]　理解定义要注意三个关键词:“从第2项起”“每一项与它的前一项的差”“同一个常数”. 第2项 差 an+1-an=d 2A=a+b 等差中项 2.等差数列的基本公式 (1)通项公式:an=_______________. (2)前n项和公式:Sn=na1+d=_____________. 3.等差数列的常用性质 已知{an}为等差数列,d为公差,Sn为该数列的前n项和. (1)通项公式的推广:an=am+(n-m)d(n,m∈N*). a1+(n-1)d (2)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2ap=am+an(m,n,p∈N*). (3)ak,ak+m,ak+2m,…仍是等差数列,公差为md(k,m∈N*). (4)Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…也成等差数列,公差为n2d. (5)若{an},{bn}是等差数列,则{pan+qbn}也是等差数列. (6)数列{an}是等差数列⇔数列是等差数列. 1.等差数列的3个充要条件 (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). 2.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. 3.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. 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的.(　　) (2)数列{an}满足an+1-an=n,则数列{an}是等差数列.(　　) 因为n不是常数,结合等差数列的定义,故错误. 解析 (3)若等差数列{an}的前n项和为Sn,则S6,S12,S18也成等差数列.(　　) (4)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数. (　　) 若公差d=0,则通项公式不是n的一次函数. 解析 2.已知{an}为等差数列,a1+a2=3,a5+a6=7,则a9+a10=(　　) A.8 B.9 C.10 D.11 因为{an}为等差数列,所以2(a5+a6)=a1+a10+a2+a9=(a1+a2)+(a9+a10),所以a9+a10=2×7-3=11.故选D. 解析 3.(北师大选二P19练习T2改编)在等差数列{an}中,已知a3+a15=40,则S17=_________. S17=(a1+a17)=(a3+a15)=×40=340. 解析 340 4.(人A选二P21例7改编)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S8=100,S16=392,则S24=_____________. 解法一:由S8=8a1+d=100,S16=16a1+d=392,得a1=2,d=3,所以S24=24×2+×3=876. 解法二:因为S8,S16-S8,S24-S16成等差数列,所以2(S16-S8)=S8+(S24-S16),得S24=3S16-3S8=876. 解析 876 5.若一个等差数列的首项为,从第10项起开始比1大,则这个等差数列 的公差d的取值范围是_______________. 由题意可得<d≤. 解析 (1)(2025·全国二卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若S3=6,S5=-5,则S6=(　　) A.-20 B.-15 C.-10 D.-5 考点一 等差数列基本量的运算………………自练自悟 设等差数列{an}的公差为d,则由题可得 ⇒所以S6=6a1+15d=6×5+15×(-3)=-15.故选B. 解析 (2)(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. B. C.- D.- 由S5=S10,得=,所以5a3=5(a3+a8),所以a8=0,公差d==-,所以a1=a5-4d=1-4×=,故选B. 解析 (3)已知数列{an},{bn}都是等差数列,且a1-3b1=4,a6-3b6=9,则a2 026- 3b2 026=_____________. 因为数列{an},{bn}都是等差数列,所以数列{an-3bn}也为等差数列,设其公差为d,因为a1-3b1=4,a6-3b6=9,所以5d=a6-3b6-(a1-3b1)=9-4=5,解得d=1,故a2 026-3b2 026=a1-3b1+2 025d=2 029. 解析 2 029 (4)在我国古代,9是数字之极,代表尊贵之意,所以中国古代皇家建筑中包含许多与9相关的设计.例如,北京天坛圜丘坛的地面由扇环形的石板铺成,如图,最高一层的中心是一块天心石,围绕它的第一圈有9块石板,从第二圈开始,每一圈比前一圈多9块,共9圈,则第7圈的石板数为__________,前9圈的石板总数为____________. 63 405 由题可知从第1圈到第9圈石板数构成等差数列{an},且首项a1=9,公差d=9,则第7圈的石板数为a7=9+6×9=63,前9圈的石板总数为S9=9×9+×9=405. 解析 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.求通项公式:a1和d是等差数列的两个基本量. 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. 【例1】　已知数列{an}的前n项和为Sn,若nSn+1-(n+1)Sn=2(n2+n),且a1=2. (1)证明为等差数列,并求Sn; 考点二 等差数列的判定与证明 由题可得-=2,且=2,所以是首项为2,公差为2的等差数列,所以=2n,解得Sn=2n2. 证明 (2)证明:{an}为等差数列. 由(1)知Sn=2n2,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2,又a1=2符合上式,故an=4n-2,n∈N*,则an+1-an=4(n+1)-2-(4n-2)=4,所以{an} 是首项为2,公差为4的等差数列. 证明 判断数列{an}是等差数列的常用方法 1.定义法:对于数列{an},an-an-1(n≥2,n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列. 2.等差中项法:对于数列{an},2an-1=an+an-2(n≥3,n∈N*)成立⇔{an}是等差数列. 3.通项公式法:an=pn+q(p,q为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列. 4.前n项和公式法:验证Sn=An2+Bn(A,B为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列. 【训练1】　设数列{an}的前n项和为Sn,若Sn-an=n2+1,n∈N*. (1)求a1,a2,并证明:数列{an+1+an}是等差数列; 当n=1时,由条件得a1-a1=2,所以a1=4.当n=2时,由条件得a1+a2-a2=5,所以a2=2.因为Sn-an=n2+1,所以Sn-1-an-1=(n-1)2+1(n≥2),两式相减得an-an+an-1=2n-1,即an+an-1=4n-2,所以(an+1+an)-(an+an-1)=[4(n+1)-2]-(4n-2)=4,从而数列{an+1+an}为等差数列. 解 (2)求S20. 由(1)知,数列{an+1+an}为等差数列,首项为a1+a2=6,an+1+an=4n+2,所以S20=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a19+a20)== =420. 解 考向❶ 项的性质 【例2】　(2026·白银模拟)已知等差数列{an}的前10项和为100,且a1+a2+a3=15,则a9=(　　) A.5 B.10 C.15 D.20 考点三 等差数列的性质及应用 因为{an}为等差数列,所以a1+a2+a3=3a2=15,即a2=5,又因为{an}的前10项和S10==5(a2+a9)=100,即5+a9=20,所以a9=15.故选C. 解析 等差数列中常用的性质 1.d=(p,q∈N*且p≠q). 2.若m+n=p+q,则am+an=ap+aq(m,n,p,q∈N*). 26 考向❷ 和的性质 【例3】　(1)(2026·咸阳模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S4=2,S8=12,则S20=(　　) A.30 B.58 C.60 D.90 由数列{an}为等差数列,可知S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12,S20-S16也为等差数列,由S4=2,S8=12,则S8-S4=10,故S12-S8=18,S16-S12=26,S20-S16=34,即有S12=18+S8=30,S16=26+S12=56,S20=34+S16=90. 解析 (2)已知数列{an},{bn}都是等差数列,记Sn,Tn分别为{an},{bn}的前n项和,且=,则=(　　) A. B. C. D. 由=,可得==,因为数列{an},{bn}都是等差数列,所以不妨令Sn=(5n2-2n)t,Tn=3n2t,所以a7=S7-S6=(5×72-2×7-5×62+2×6)t=63t,b5=T5-T4=(3×52-3×42)t=27t,所以==. 解析 等差数列前n项和的性质 在等差数列{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)依次k项和成等差数列,即Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…成等差数列. 【题组对点练】 题号 1 2 考向 ❶ ❷ (1)在等差数列{an}中,a2,a8是方程x2+mx-8=0的两根,若a4+a6=+1,则m的值为(　　) A.-6 B.-2 C.2 D.6 因为a2,a8是方程x2+mx-8=0的两根,所以Δ=m2+32>0,且a2+a8=-m.在等差数列{an}中,a2+a8=a4+a6=2a5,所以a4+a6=-m,a5=-,代入a4+a6=+1可得-m=+1,解得m=-2.故选B. 解析 (2)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若=,则=(　　) A. B. C. D. 由等差数列前n项和的性质知S5,S10-S5,S15-S10,S20-S15,…是等差数列.由=,可设S5=t(t≠0),则S10=3t,于是S5,S10-S5,S15-S10,S20-S15,…依次为t,2t,3t,4t,…,所以S20=t+2t+3t+4t=10t,所以=.故选B. 解析 求等差数列前n项和Sn最值的方法 【典例】　等差数列{an}中,设Sn为其前n项和,且a1<0,S3=S11,则当n=__________时,Sn最小. 解法一:由S3=S11,得3a1+d=11a1+d,则d=-a1.从而Sn=n2+ n=-(n-7)2+a1.又因为a1<0,所以->0.故当n=7时,Sn最小. 解析 7 解法二:由于f(x)=ax2+bx是关于x的二次函数,且(n,Sn)在二次函数f(x)的图象上,由S3=S11,可知f(x)=ax2+bx的图象关于直线x==7对称.由解法一可知a=->0,故当x=7时,f(x)最小,即当n=7时,Sn最小. 解析 解法三:由解法一可知d=-a1.要使Sn最小,则有解得6.5≤n≤7.5,故当n=7时,Sn最小. 解法四:由S3=S11,可得a4+a5+…+a10+a11=0,即4(a7+a8)=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最小. 解析 【微练】　(多选题)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1<0,且(S7-S3)(S7-S4)<0,则(　　) A.a5+a6<0 B.S4<S7<S3 C.当n=6时,Sn取最小值 D.当Sn<0时,n的最大值为10 设等差数列{an}的公差为d,依题意(S7-S3)(S7-S4)=(a4+a5+a6+a7)(a5+ a6+a7)=6(a5+a6)a6<0,所以a5+a6,a6异号,又a1<0,所以d>0,a5+a6<0,a6>0,A选项正确.因为S7-S3=2(a5+a6)<0,S7-S4=3a6>0,所以S4<S7<S3,B选项正确.由于a5+a6<0,a6>0,则a5<0,所以等差数列{an}的前5项为负数,从第6项起为正数,所以当n=5时,Sn最小,所以C选项错误.S10=×10=5(a5+a6)<0,S11=×11=11a6>0,所以当Sn<0时,n的最大值为10,所以D选项正确.故选ABD. 解析 1.(2025·天津高考)已知数列{an}的前n项和Sn=-n2+8n,则数列{|an|}的前12项和为(　　) A.112 B.48 C.80 D.64 当n=1时,a1=S1=-1+8=7,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-n2+8n-[-(n-1)2+8(n-1)]=-2n+9,显然a1=7也符合该式,所以an=-2n+9,所以|an|=所以{|an|}的前12项和为+=80.故选C. 解析 2.(2023·全国乙卷)已知等差数列{an}的公差为,集合S={cos an|n∈ N*},若S={a,b},则ab=(　　) A.-1 B.- C.0 D. 依题意,等差数列{an}中,an=a1+(n-1)·=n+,显然函数y=cos的周期为3,而n∈N*,即cos an最多3个不同取值,又{cos an|n∈N*}={a,b},则在cos a1,cos a2,cos a3中,cos a1=cos a2≠ 解析 cos a3①或cos a2=cos a3≠cos a1②或cos a1=cos a3≠cos a2③,于是由①有cos θ=cos,即有θ+=2kπ,k∈Z,解得θ=kπ-,k∈Z,所以由①有ab=coscos=-coscos kπ =-cos2kπcos=-.同理,由②③有ab=-.故选B. 解析 3.(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=_________. 解法一(基本量法):设{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. 解法二(利用下标和性质):设{an}的公差为d,由a3+a4=a2+a5=7,3a2+a5 =5,得a2=-1,a5=8,故d==3,a6=11,则S10=×10=5(a5+a6)=5× 19=95. 解析 95 4.(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=_________. 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. 解析 2 5.(2020·新高考Ⅰ卷)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为_____________. 数列{2n-1}的各项为1,3,5,7,9,11,13,…;数列{3n-2}的各项为1,4,7,10,13,….观察归纳可知,两个数列的公共项为1,7,13,…,是首项为1,公差为6的等差数列,则an=1+6(n-1)=6n-5.故{an}的前n项和为Sn===3n2-2n. 解析 3n2-2n $