第5章 5.2 等差数列-【创新教程】2027年职教高考总复习数学（配套课件）

5．2　等差数列 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 梳理 必备知识 提升 学科素养 01 02 突破 高效演练 03 第五章 数列 职教高考总复习 数学 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 梳理 必备知识 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 提升 学科素养 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 突破 高效演练 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 下一页 上一页 返回导航 职教高考总复习 数学 第五章 数列 [知识点一]　等差数列与等差中项　 1．定义： (1)文字语言：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； (2)符号语言：　an＋1－an＝d　(n∈N*，d为常数)． 2．等差中项：若三个数a，A，b组成等差数列，则　A　叫作a，b的等差中项． [知识点二]　等差数列的通项公式与前n项和公式　 1．通项公式：an＝　a1＋(n－1)d　. 2．前n项和公式：Sn＝　na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(na1＋an,2)　. [知识点三]　等差数列的性质　 已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和． 1．通项公式的推广：an＝am＋　(n－m)d　(n，m∈N*)． 2．若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则　ak＋al＝am＋an　. 3．若{an}的公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为　2d　. 4．若{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是　等差　数列． 5．数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…构成　等差　数列． [基础自测] 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)． (1)如果一个数列的每一项与它的前一项的差是一个常数，那么这个数列是等差数列．(　　) (2)数列0,0,0,0，…不是等差数列．(　　) (3)在等差数列中，除第1项和最后一项外，其余各项都是它前一项和后一项的等差中项．(　　) (4)若一个数列从第二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．(　　) (5)等差数列{an}的单调性与公差d有关．(　　) (6)若三个数a，b，c满足2b＝a＋c，则a，b，c一定是等差数列．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√　(6)√ 2．在等差数列{an}中，a3＝2，d＝6.5，则a7＝(　　 ) A．22　B．24　　C．26　　D．28 解析：D　[a7＝a3＋4d＝2＋4×6.5＝28，故选D.] 3．等差数列{an}中，已知a3＝1，a9＝7，则公差d＝(　　 ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：A　[因为等差数列{an}中，a3＝1，a9＝7，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝1,a1＋8d＝7))， 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(d＝1,a1＝－1))，故选A.] 4．在等差数列{an}中，已知a2＝2，前7项和S7＝56，则公差d＝(　　 ) A．2 B．3 C．－2 D．－3 解析：B　[由题意可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋d＝2,7a1＋\f(7×6,2)d＝56))，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋d＝2,a1＋3d＝8))， 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝－1,d＝3)).] 5．在数列{an}中，a1＝2，an＋1－an＝3(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为　________　. 解析：因为an＋1－an＝3，n∈N*，所以数列{an}是公差为3的等差数列，又因为a1＝2，所以an＝2＋3(n－1)＝3n－1. 答案：an＝3n－1 6．在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a2＋a8＝　________　. 解析：由等差数列的性质可得 a3＋a7＝a4＋a6＝2a5， 又因为a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450， 所以5a5＝450，a5＝90，所以a2＋a8＝2a5＝180. 答案：180 等差数列的基本运算 [例1]　(1)在数列{an}中，a1＝1，an＋1－3＝an，若an＝2 026，则n＝(　　 ) A．673　　B．674　　C．675　　D．676 (2)(2019·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}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＝eq \f(1,2)n2－2n [解析]　(1)∵a1＝1，an＋1－3＝an，∴an＋1－an＝3，∴数列{an}是以1为首项，3为公差的等差数列，∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋3(n－1)＝2 026，解得n＝676.故选D. (2)法一：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d， 因为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S4＝0,a5＝5))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0,a1＋4d＝5))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝－3,d＝2))，所以an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝n2－4n.故选A. 法二：设等差数列{an}的公差为d， 因为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S4＝0,a5＝5))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0,a1＋4d＝5))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝－3,d＝2)). 选项A，a1＝2×1－5＝－3； 选项B，a1＝3×1－10＝－7，排除B； 选项C，S1＝2－8＝－6，排除C； 选项D，S1＝eq \f(1,2)－2＝－eq \f(3,2)，排除D.故选A. [答案]　(1)D　(2)A 等差数列的基本运算的解题策略 (1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了方程思想． (2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换的作用，而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方法． 1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a3＋a4＝15，a7＝13，则S5＝(　　) A．28　B．25　　C．20　　D．18 解析：B　[法一：设等差数列{an}的公差为d，由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋d＋a1＋2d＋a1＋3d＝15，,a1＋6d＝13，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))所以S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)d＝5×1＋eq \f(5×4,2)×2＝25，故选B. 法二：由{an}是等差数列，可得a2＋a4＝2a3，所以a3＝5，所以S5＝eq \f(5a1＋a5,2)＝eq \f(5×2a3,2)＝25，故选B.] 等差数列的判定与证明 [例2]　已知数列{an}满足a1＝1，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n. (1)求a2，a3； (2)证明数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差数列，并求{an}的通项公式． [解析]　(1)由已知，得a2－2a1＝4，则a2＝2a1＋4，又a1＝1，所以a2＝6.由2a3－3a2＝12，得2a3＝12＋3a2，所以a3＝15. (2)由已知nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n， 得eq \f(nan＋1－n＋1an,nn＋1)＝2，即eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝2， 所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首项为eq \f(a1,1)＝1，公差为d＝2的等差数列．则eq \f(an,n)＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝2n2－n. 判定数列{an}是等差数列的常用方法 (1)定义法：对任意n∈N*，an＋1－an是同一个常数． (2)等差中项法：对任意n≥2，n∈N*，满足2an＝an＋1＋an－1. (3)通项公式法：数列的通项公式an是n的一次函数． (4)前n项和公式法：数列的前n项和公式Sn是n的二次函数，且常数项为0. 提醒：判断是否为等差数列，最终一般都要转化为定义法判断． 2．已知数列{an}满足a1＝eq \f(3,5)，an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2， n∈N*)，数列{bn}满足bn＝eq \f(1,an－1)(n∈N*)， 求证：数列{bn}是等差数列． 证明：因为an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，bn＝eq \f(1,an－1)(n∈N*)，所以bn＋1－bn＝eq \f(1,an＋1－1)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,an)))－1)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(an,an－1)－eq \f(1,an－1)＝1.又b1＝eq \f(1,a1－1)＝－eq \f(5,2). 所以数列{bn}是以－eq \f(5,2)为首项，1为公差的等差数列． [答案]　B 等差数列的性质 [例3]　已知等差数列{an}满足a3＋a6＋a8＋a11＝12，则2a9－a11的值为(　　 ) A．－3 B．3 C．－12 D．12 [解析]　B　由等差中项的性质可得，a3＋a6＋a8＋a11＝4a7＝12，解得a7＝3，∵a7＋a11＝2a9，∴2a9－a11＝a7＝3.故选B. 应用等差数列的性质解题的注意点 (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；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． (2)要注意等差数列通项公式及前n项和公式的灵活应用，如an＝am＋(n－m)d，d＝eq \f(an－am,n－m)，S2n－1＝(2n－1)an，Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(na2＋an－1,2)(n，m∈N*)等． 3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知前6项和为36，最后6项的和为180，Sn＝324(n>6)，则数列{an}的项数为　________　. 解析：由题意知a1＋a2＋…＋a6＝36，① an＋an－1＋an－2＋…＋an－5＝180，② ①＋②得(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(a6＋an－5)＝6(a1＋an)＝216， ∴a1＋an＝36， 又Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝324，∴18n＝324，∴n＝18. 答案：18 等差数列前n项和的最值问题 [例4]　(2019·北京高考)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　________　. [解析]　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由S5＝eq \f(5,2)(a1＋a5)＝eq \f(5,2)×2a3＝－10，得a3＝－2，∴d＝a3－a2＝－2－(－3)＝1，∴a1＝－3－1＝－4，∴a5＝a1＋4d＝－4＋4＝0. 解法一：∵a1＝－4，d＝1，∴Sn＝－4n＋eq \f(nn－1,2)×1＝eq \f(1,2)(n2－9n)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(9,2)))2－eq \f(81,8). ∵n∈N*，∴当n＝4或5时，Sn取最小值，为S4＝S5＝－10. 解法二：∵a1＝－4，d＝1，∴an＝－4＋(n－1)×1＝n－5.由an≤0得n≤5，且n＝5时，a5＝0，故当n＝4或5时，Sn取最小值，为S4＝S5＝eq \f(5×－4＋0,2)＝－10. [答案]　0　－10 求等差数列前n项和Sn最值的两种方法 (1)函数法：等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(b,2a)))2－eq \f(b2,4a)，求“二次函数”最值． (2)邻项变号法 ①当a1＞0，d＜0时，满足eq \b\lc\{\rc\ (\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\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(am≤0，,am＋1≥0))的项数m使得Sn取得最小值为Sm. 4．设数列{an}的前n项和为Sn＝3·2n(n∈N*)，数列{bn}为等差数列，其前n项和为Tn，若b2＝a5，b10＝S3，则Tn取最大值时n＝　________　. 解析：由已知得b2＝a5＝S5－S4＝3×25－3×24＝48，b10＝S3＝3×23＝24. 设等差数列{bn}的公差为d， 则8d＝b10－b2＝－24，d＝－3， 所以bn＝b2＋(n－2)d＝48－3(n－2)＝54－3n， 所以当1≤n≤18时，bn≥0，当n≥19时，bn<0， 所以Tn取最值时n＝17或18. 答案：17或18 [基础题组练] 1．数列{an}的通项公式为an＝5－3n，则此数列(　　 ) A．是公差为－3的等差数列 B．是公差为5的等差数列 C．是首项为5的等差数列 D．是公差为n的等差数列 答案：A 2．已知数列{an}为等差数列，若a1＋a2 025＝2 026，则a1 013＝(　　) A．2 026　　B．2 025　　C．1 013　　D．1 012.5 解析：C　[数列{an}为等差数列，若a1＋a2 025＝2 026，则2a1 013＝2 026，解得a1 013＝1 013.] 3．在等差数列{an}中，若a3＋a5＋a7＋a9＋a11＝100，则3a9－a13的值为(　　 ) A．20 B．30 C．40 D．50 答案：C 4．若a≠b，则等差数列a，x1，x2，b的公差是(　　 ) A．b－a B.eq \f(b－a,2) C.eq \f(b－a,3) D.eq \f(b－a,4) 解析：C　[由等差数列的通项公式，得b＝a＋(4－1)d，所以d＝eq \f(b－a,3).] 5．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9等于(　　 ) A．63 B．45 C．36 D．27 解析：B　[由{an}是等差数列，得S3，S6－S3，S9－S6为等差数列．即2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，得到S9－S6＝2S6－3S3＝45，故选B.] 6．已知a＝eq \f(1,\r(3)＋\r(2))，b＝eq \f(1,\r(3)－\r(2))，则a，b的等差中项为　______　. 解析：eq \f(a＋b,2)＝eq \f(\f(1,\r(3)＋\r(2))＋\f(1,\r(3)－\r(2)),2)＝eq \f(\r(3)－\r(2)＋\r(3)＋\r(2),2)＝eq \r(3). 答案：eq \r(3) 7．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且eq \f(An,Bn)＝eq \f(7n＋45,n＋3)(n∈N*)，则eq \f(a7,b7)＋eq \f(a9,b11)＝　________　. 解析：设An＝kn(7n＋45)，Bn＝kn(n＋3)，则n＞1，n∈N*时，an＝An－An－1＝k(14n＋38)，bn＝k(2n＋2)，则eq \f(a7,b7)＝eq \f(k14×7＋38,k2×7＋2)＝eq \f(17,2)，eq \f(a9,b11)＝eq \f(k14×9＋38,k2×11＋2)＝eq \f(41,6)，所以eq \f(a7,b7)＋eq \f(a9,b11)＝eq \f(17,2)＋eq \f(41,6)＝eq \f(46,3). 答案：eq \f(46,3) 8．已知数列{an}满足a1＝4，an＝4－eq \f(4,an－1)(n≥2，n∈N*)，令bn＝eq \f(1,an－2). (1)求证：数列{bn}是等差数列； (2)求数列{an}的通项公式． 解析：(1)证明　因为an＝4－eq \f(4,an－1)(n≥2)， 所以an＋1－2＝2－eq \f(4,an)＝eq \f(2an－2,an)(n≥1)， 所以eq \f(1,an＋1－2)＝eq \f(an,2an－2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,an－2)(n≥1)， 所以eq \f(1,an＋1－2)－eq \f(1,an－2)＝eq \f(1,2)(n≥1)， 即bn＋1－bn＝eq \f(1,2)(n≥1)．所以数列{bn}是以eq \f(1,2)为首项，以eq \f(1,2)为公差的等差数列． (2)由(1)知eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－2)))是公差为eq \f(1,2)的等差数列， 所以eq \f(1,an－2)＝eq \f(1,a1－2)＋(n－1)·eq \f(1,2)＝eq \f(n,2)， 解得an＝2＋eq \f(2,n). 所以数列{an}的通项公式为an＝2＋eq \f(2,n). 9．已知{an}满足an＋1＝an＋2，而且a1＝1，求an. 解：∵an＋1－an＝2为常数，∴{an}是首项为1，公差为2的等差数列，∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1. [综合题组练] 1．已知等差数列{an}的公差d<0，前n项和为Sn，若S5＝10a6，则当Sn最大时，n＝(　　 ) A．8　　　　　 B．9 C．7或8 D．8或9 解析：D　[由S5＝10a6，可得eq \f(5×a1＋a1＋4d,2)＝10(a1＋5d)，解得a1＝－8d，所以Sn＝na1＋eq \f(1,2)n(n－1)d＝eq \f(d,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(17,2)))2－\f(289,4))).因为d<0，所以当n＝8或9时，Sn最大．故选D. 2．在公差不为0的等差数列{an}中，4a3＋a11－3a5＝10，则eq \f(1,5)a4＝(　　) A．－1　　B．0　　　C．1　　　D．2 解析：C　[通解：设数列{an}的公差为d(d≠0)，由4a3＋a11－3a5＝10，得4(a1＋2d)＋(a1＋10d)－3(a1＋4d)＝10，即2a1＋6d＝10，即a1＋3d＝5，故a4＝5，所以eq \f(1,5)a4＝1，故选C. 优解：设数列{an}的公差为d(d≠0)，因为an＝am＋(n－m)d，所以由4a3＋a11－3a5＝10，得4(a4－d)＋(a4＋7d)－3(a4＋d)＝10，整理得a4＝5，所以eq \f(1,5)a4＝1，故选C.] 3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S3＝a5，am＝2 027，则m＝　________　. 解析：设等差数列{an}的公差为d，则S3＝3a2＝3(a1＋d)．又S3＝a5，则3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2.所以am＝a1＋(m－1)d＝2m－1＝2 027，解得m＝1 014. 答案：1 014 4．在数列{an}中，an＞0，a1＝1,2an＋1－an＝0. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝log2an，求数列{bn}的前90项和S90. 解：(1)∵2an＋1－an＝0，∴2an＋1＝an，∴eq \f(an,an＋1)＝2，∴eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,2)，即q＝eq \f(1,2)， ∴an＝a1·qn－1＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝2－1(n－1)＝2－n＋1. (2)∵bn＝log2an，∴bn＝log22－n＋1＝－n＋1，当n＝1时，b1＝0，当n＝2时，b2＝－1，当n＝3时，b3＝－2，∴数列为等差数列，∴S90＝90×0＋eq \f(90×89,2)×(－1)＝－4 005. $