第29讲等差数列课件-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，依据课标要求覆盖概念理解、通项公式、前n项和公式及性质等核心考点，通过系统梳理知识体系对接高考评价体系，分析基本运算、性质应用、判断证明三大高频考点权重，归纳方程思想、整体思想等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题训练+技巧指导”，精选2026年河北、安徽模拟题及教材母题，如例2利用等差数列性质求前n项和最值，培养学生数学思维与运算能力。通过“规律与技巧”总结邻项变号法等突破方法，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准教学，助力高考冲刺。

专题5　数　　列 1 第29讲　等差数列 目 录 课标要求 夯基固本 考点探究 01 03 02 课标要求 返回目录 夯基固本 知识梳理 >> 第2项 差 an＋1－an＝d 返回目录 夯基固本 等差 (n－m) 返回目录 ap＋aq 2ap 递增 递减 常 返回目录 返回目录 夯基固本 常用结论 >> 返回目录 返回目录 夯基固本 热身练习 >> C 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 D 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 A 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 D 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 考点探究 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 等差数列的基本运算 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点2 等差数列的性质及应用 C 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 [－10，－8] 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 13 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 B 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 B 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 B 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 B 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 8105 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点3 等差数列的判断与证明 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 C 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 理解等差数列的概念，能在具体问题情境中识别等差数列. 2.掌握等差数列的通项公式，前n项和公式及其性质． 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，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示，符号表示为_______________(n∈N*，d为常数). eq \f(a＋b,2) (2)通项公式：如果等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则它的通项公式是an＝_______________． (3)等差中项：如果三个数a，A，b组成_________数列，则A叫做a和b的等差中项，即A＝_________. 2．等差数列{an}的常用性质(其中m，n，p，q∈N*) (1)an＝am＋_________d. a1＋(n－1)d na1＋ eq \f(n(n－1),2)d (2)若m＋n＝p＋q，则am＋an＝____________． 特例：若m＋n＝2p，则am＋an＝____________． (3)等差数列的单调性：若公差d>0，则数列为_________数列；若d<0，则数列为_________数列；若d＝0，则数列为_______数列． 3．等差数列的前n项和公式 (1)前n项和公式：设等差数列{an}的公差为d，其前n项和Sn＝____________＝____________． eq \f(n(a1＋an),2) (2)等差数列前n项和的性质： Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列． 设数列{an}是等差数列，且公差为d，(ⅰ)若项数为偶数，设共有2n项，则①S偶－S奇＝nd；② eq \f(S奇,S偶)＝ eq \f(an,an＋1). (ⅱ)若项数为奇数，设共有2n－1项，则①S奇－S偶＝an＝a中(中间项)；② eq \f(S奇,S偶)＝ eq \f(n,n－1). 1．等差数列的常用判断方法 (1)定义：an＋1－an＝d(d为常数)⇔{an}是等差数列． (2)等差中项：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列． (3)通项公式：an＝pn＋q(p，q是常数)⇔{an}是等差数列． (4)前n项和公式：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{an}是等差数列． 2．等差数列前n项和的最值 (1)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． (2)若{an}与{bn}为等差数列，且前n项和分别为Sn与Sn′，则 eq \f(am,bm)＝ eq \f(S2m－1,S′2m－1). 3．如果两个等差数列有公共项，那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列，且新等差数列的公差是两个原等差数列公差的最小公倍数． 1．若an＝an＋b(其中a，b为常数，n∈N*)，则数列{an}(　　) A．当a≠0时，才是等差数列 B．当b≠0时，才是等差数列 C．一定是等差数列 D．不一定是等差数列 解析：因为an＋1－an＝a(n∈N*)，由定义知，{an}一定是等差数列，故选C. 2．(2026·河北统考模拟预测)已知等差数列{an}的前n项和是Sn，a3＝1，S7＝3a6，则S3＝(　　) A．1 B．－1 C．3 D．－3 解析：设已知设等差数列{an}的公差为d， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a3＝a1＋2d＝1，,7a1＋\f(7×6,2)d＝3(a1＋5d)，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2，)) 所以S3＝3a1＋3d＝－3.故选D. 3．(2026·安徽蚌埠统考模拟预测)已知等差数列{an}满足a2＋a4＋a6＝π，则cos (a1＋a7)＝(　　) A．－ eq \f(1,2) B． eq \f(1,2) C． eq \f(\r(2),2) D． eq \f(\r(3),2) 解析：因为数列{an}是等差数列， 所以a2＋a4＋a6＝3a4＝π，即a4＝ eq \f(π,3)， 所以cos (a1＋a7)＝cos 2a4＝cos eq \f(2π,3)＝－ eq \f(1,2)，故选A. 4．(教材母题选必修4.2.2练习T3)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S6＝11，S9＝17，则S15＝(　　) A．15 B．23 C．28 D．30 解析：由等差数列的性质知，S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9，S15－S12成等差数列， 所以2(S6－S3)＝S3＋S9－S6，可得S3＝ eq \f(16,3)， 同理可得S12＝ eq \f(70,3)，所以2(S12－S9)＝S9－S6＋S15－S12，可得S15＝30.故选D. 5．两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，已知 eq \f(Sn,Tn)＝ eq \f(7n＋2,n＋3)，则 eq \f(a7,b7)＝________. eq \f(93,16) 解析：由题意可知， eq \f(S13,T13)＝ eq \f(\f(13,2)(a1＋a13),\f(13,2)(b1＋b13))＝ eq \f(\f(13,2)×2a7,\f(13,2)×2b7)＝ eq \f(a7,b7)，所以 eq \f(a7,b7)＝ eq \f(S13,T13)＝ eq \f(7×13＋2,13＋3)＝ eq \f(93,16). 【例1】 设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝ eq \f(n2＋n,an)，记Sn，Tn分别为数列{an}， eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的前n项和． (1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d. 解析：(1)由3a2＝3a1＋a3，得a1＝d. 又S3＋T3＝a1＋a2＋a3＋b1＋b2＋b3＝6d＋ eq \f(9,d)＝21， 即2d2－7d＋3＝0， 所以d＝3或d＝ eq \f(1,2)(舍去)，故an＝3n. (2)由题意设 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an＝pn＋q，,bn＝sn＋t，)) 又anbn＝n2＋n，得(pn＋q)(sn＋t)＝n2＋n， 由此可得psn2＋(tp＋sq)n＋tq＝n2＋n， 显然tq＝0，得q＝0或t＝0. 当t＝0时，bn＝sn，则psn2＋sqn＝n2＋n， 即ps＝sq＝1， 所以p＝q＝d.所以an＝d(n＋1)，bn＝ eq \f(n,d)， 所以Sn＝ eq \f((n＋3)nd,2)，Tn＝ eq \f(n(n＋1),2d). 因为S99－T99＝99，所以 eq \f(102×99d,2)－ eq \f(99×100,2d)＝99， 即51d2－d－50＝0，解得d＝1或d＝－ eq \f(50,51)，显然与题意不符，所以q＝0. 又因为等差数列{an}的公差为d，即p＝d，an＝dn， 所以bn＝ eq \f(n2＋n,an)＝ eq \f(n2＋n,dn)＝ eq \f(n＋1,d)， 则S99－T99＝(a1－b1)＋(a2－b2)＋(a3－b3)＋…＋(a99－b99)＝ eq \o(∑,\s\up15(99),\s\do15(n＝1))[(d－ eq \f(1,d))n－ eq \f(1,d)]＝99， 即(d－ eq \f(1,d))× eq \f(99×100,2)－99× eq \f(1,d)＝99， 即50d2－d－51＝0，可得d＝ eq \f(51,50)或d＝－1(舍去). 所以d＝ eq \f(51,50). 1．解决等差数列运算问题的思想方法 (1)方程思想：等差数列的基本量为首项a1和公差d，通常利用已知条件及通项公式或前n项和公式列方程(组)求解，等差数列中包含a1，d，n，an，Sn五个量，可“知三求二”． (2)整体思想：当所给条件只有一个时，可将已知和所求都用a1，d表示，寻求两者间的联系，整体代换即可求解． (3)利用性质：运用等差数列性质可以化繁为简，优化解题过程． 2．特殊设法：三个数成等差数列，一般设为a－d，a，a＋d；四个数成等差数列，一般设为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d.这对已知和，求数列各项，运算更方便． 1．已知数列{an}的前n项和Sn，a1＝1，an>0，anan＋1＝4Sn－1. (1)计算a2的值，求{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)nanan＋1，求数列{bn}的前2n项和T2n. 解析：(1)当n＝1时，a1a2＝4a1－1， 又a1＝1，解得a2＝3， 由题知anan＋1＝4Sn－1，① an＋1an＋2＝4Sn＋1－1，② 由②－①得an＋1(an＋2－an)＝4an＋1， 因为an>0，所以an＋2－an＝4， 于是，数列{an}的奇数项是以a1＝1为首项，4为公差的等差数列，偶数项是以a2＝3为首项，4为公差的等差数列， 即a2n－1＝1＋4(n－1)＝4n－3＝2(2n－1)－1， a2n＝3＋4(n－1)＝4n－1， 所以{an}的通项公式an＝2n－1. (2)由(1)可得bn＝(－1)n(2n－1)(2n＋1)， b2n－1＋b2n＝－(4n－3)(4n－1)＋(4n－1)(4n＋1)＝4(4n－1)， T2n＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2n－1＋b2n)＝4[3＋7＋…＋(4n－1)]＝4× eq \f(n(3＋4n－1),2)＝4n(2n＋1). 【例2】 (1)在等差数列{an}中，a3＋a11＝40，则a4－a5＋a6＋a7＋a8－a9＋a10的值为(　　) A．84 B．72 C．60 D．48 解析：(1)在等差数列{an}中，a3＋a11＝2a7＝40， 可得a7＝20， 所以a4－a5＋a6＋a7＋a8－a9＋a10＝(a4＋a10)－(a5＋a9)＋(a6＋a7＋a8)＝3a7＝60.故选C. 【例2】 (2)已知等差数列{an}的首项为a1，前n项和为Sn，若 eq \f(S2026,2026)－ eq \f(S2025,2025)＝1，且Sn≥S5，则a1的取值范围为______________． 解析：(2)设等差数列{an}的公差为d， 因为Sn＝na1＋ eq \f(n(n－1),2)d， 所以 eq \f(Sn,n)＝a1＋(n－1)· eq \f(d,2)＝ eq \f(d,2)n＋(a1－ eq \f(d,2))， 所以数列{ eq \f(Sn,n)}是以 eq \f(S1,1)＝a1为首项， eq \f(d,2)为公差的等差数列，所以 eq \f(S2026,2026)－ eq \f(S2025,2025)＝ eq \f(d,2)＝1，解得d＝2. 因为Sn≥S5， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a5＝a1＋4d＝a1＋8≤0，,a6＝a1＋5d＝a1＋10≥0，)) 解得－10≤a1≤－8， 即a1的取值范围为[－10，－8]. 【例2】 (3)(教材母题选必修4.2.2练习T3改编)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1<0，S6＝S20，则Sn取最小值时，n＝________． 解析：(3)由题意知a1<0，S6＝S20，设等差数列{an}的公差为d，则6a1＋15d＝20a1＋190d，即175d＝－14a1，因为a1<0，故d>0，即等差数列{an}为首项是负值的递增数列． 又由S6＝S20可得a7＋a8＋…＋a20＝0，即7(a13＋a14)＝0，故a13<0，a14>0， 即等差数列{an}前13项为负，从第14项开始为正，故Sn取最小值时，n＝13. 【例2】(4)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对于任意的自然数n，都有 eq \f(Sn,Tn)＝ eq \f(4n－8,n＋1)，则 eq \f(a3＋a15,b1＋b11)＋ eq \f(2a3,b5＋b7)＝(　　) A．3 B．6 C． eq \f(32,7) D． eq \f(80,13) 解析：(4)数列{an}，{bn}均为等差数列， 由等差数列下标和的性质得 eq \f(a3＋a15,b1＋b11)＋ eq \f(2a3,b5＋b7)＝ eq \f(2a9,b1＋b11)＋ eq \f(2a3,b1＋b11)＝ eq \f(2(a3＋a9),b1＋b11)＝2× eq \f(a1＋a11,b1＋b11)＝2× eq \f(\f(a1＋a11,2)×11,\f(b1＋b11,2)×11)＝2× eq \f(S11,T11)＝2× eq \f(4×11－8,11＋1)＝6. 故选B. (1)运用等差数列的性质，要关注下标的特点，重点要掌握好如下两条性质： ①若p＋q＝m＋n，则ap＋aq＝am＋an； ②数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，也是等差数列． (2)应用等差数列的性质解决某些问题，突出了整体思想，因而可减少运算量．　 (3)求等差数列前n项和的最值的两种方法 ①函数法：可以将Sn化为关于n的二次函数，利用求二次函数的最值的方法求出最值，但要注意n∈N*. ②邻项变号法：利用等差数列的单调性，结合等差数列的性质，找到正、负项的分界点，也可快速解决最值问题． 2．(2026·山东聊城一模)记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S7＝49，S15＝45，则a6＝(　　) A．3 B．5 C．7 D．10 解析：等差数列{an}的前n项和为Sn， 则S7＝ eq \f(7(a1＋a7),2)＝7a4＝49，故a4＝7， S15＝ eq \f(15(a1＋a15),2)＝15a8＝45，故a8＝3， 由2a6＝a4＋a8＝7＋3＝10得a6＝5，故选B. 3．已知{Sn}为等差数列{an}的前n项和，若S4＝14，S6＝S2＋22，则S6＝(　　) A．26 B．27 C．28 D．29 解析：由题意得S2，S4－S2，S6－S4成等差数列， 所以2(S4－S2)＝S2＋(S6－S4)， 又S4＝14，S6＝S2＋22， 所以2[14－(S6－22)]＝S6－22＋(S6－14)， 解得S6＝27.故选B. 4．在等差数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，若 eq \f(S8,8)－ eq \f(S6,6)＝2，则S10＝(　　) A．10 B．100 C．110 D．120 解析：因为数列{an}是等差数列，则数列{ eq \f(Sn,n)}也为等差数列，设其公差为d′， 则 eq \f(S8,8)－ eq \f(S6,6)＝2＝2d′，则d′＝1， 又因为 eq \f(S1,1)＝a1＝1，所以 eq \f(Sn,n)＝1＋n－1＝n， 所以Sn＝n2，所以S10＝100.故选B. 5．已知数列{an}中，a1＝4，an＋1＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an＋1，n为奇数，,an＋3，n为偶数，))bn＝a2n，则b2026＝________． 解析：由题设可得b1＝a2＝a1＋1＝5， 又a2k＋2＝a2k＋1＋1，a2k＋1＝a2k＋3(k∈N*)， 所以a2k＋2＝a2k＋4(k∈N*)，所以bk＋1＝bk＋4， 即bn＋1－bn＝4，所以{bn}为等差数列，公差为4，首项为5，所以b2026＝5＋(2026－1)×4＝8105. 【例3】记Sn为数列{an}的前n项和．已知 eq \f(2Sn,n)＋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． 解析：(1)证明：因为 eq \f(2Sn,n)＋n＝2an＋1， 即2Sn＋n2＝2nan＋n，① 当n≥2时，2Sn－1＋(n－1)2＝2(n－1)an－1＋(n－1)，② ①－②得， 2Sn＋n2－2Sn－1－(n－1)2＝2nan＋n－2(n－1)an－1－(n－1)， 即2an＋2n－1＝2nan－2(n－1)an－1＋1， 即2(n－1)an－2(n－1)an－1＝2(n－1)， 所以an－an－1＝1，n≥2且n∈N*， 所以{an}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a eq \o\al(2,7)＝a4a9， 即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，解得a1＝－12， 所以an＝n－13， 所以Sn＝－12n＋ eq \f(n(n－1),2)＝ eq \f(1,2)n2－ eq \f(25,2)n ＝ eq \f(1,2)(n－ eq \f(25,2))2－ eq \f(625,8)， 所以，当n＝12或n＝13时，(Sn)min＝－78. (1)等差数列的四个判定方法 ①定义法：即证明an＋1－an＝d(d是常数，n∈N*). ②中项公式法：即证明2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*). ③通项公式法：得出an＝pn＋q后，再根据定义判定数列{an}为等差数列． ④前n项和公式：得出Sn＝An2＋Bn后，再运用定义法证明数列{an}是等差数列． 注：以上四个方法可用来判断一个数列是不是等差数列，但证明一个数列是等差数列的基本方法是定义法． (2)证明一个数列是等差数列时，要充分利用“目标引导法”，根据目标的结构特点进行变形． (3)利用an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))可将含an与Sn的关系根据变形“目标”的要求转化为只含an或只含Sn来进行研究． 6．记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：{ eq \f(Sn,n)}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 解析：甲：{an}为等差数列，设其首项为a1，公差为d， 则Sn＝na1＋ eq \f(n(n－1),2)d， eq \f(Sn,n)＝a1＋ eq \f(n－1,2)d＝ eq \f(d,2)n＋a1－ eq \f(d,2)， eq \f(Sn＋1,n＋1)－ eq \f(Sn,n)＝ eq \f(d,2)，因此{ eq \f(Sn,n)}为等差数列，则甲是乙的充分条件； 反之，乙：{ eq \f(Sn,n)}为等差数列， 即 eq \f(Sn＋1,n＋1)－ eq \f(Sn,n)＝ eq \f(nSn＋1－(n＋1)Sn,n(n＋1))＝ eq \f(nan＋1－Sn,n(n＋1))为常数， 设为t，即 eq \f(nan＋1－Sn,n(n＋1))＝t， 则Sn＝nan＋1－tn(n＋1)， 有Sn－1＝(n－1)an－tn(n－1)，n≥2， 两式相减得an＝nan＋1－(n－1)an－2tn， 即an＋1－an＝2t，对n＝1也成立， 因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件，C正确．故选C. 7．数列{an}中，a1＝a2＝1，前n项和Sn满足Sn＋Sn＋1＝n2＋2n. (1)证明：{a2n}为等差数列． (2)求S101. 解析：(1)证明：因为Sn＋Sn＋1＝n2＋2n，① 所以Sn－1＋Sn＝(n－1)2＋2(n－1)(n≥2)，② ①－②得an＋an＋1＝2n＋1(n≥2)，③ 所以an＋1＋an＋2＝2n＋3，④ ④－③得an＋2－an＝2(n≥2)， 所以a2n－a2(n－1)＝2(n≥2)， 所以{a2n}是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)得{a2n}是以1为首项，2为公差的等差数列， 同理可得{a2n－1}是以a3为首项，2为公差的等差数列， 又a2＋a3＝2×2＋1＝5，故a3＝4， 所以前101项的偶数项和为 S偶＝1×50＋ eq \f(50×49,2)×2＝2500， 前101项的奇数项和为 S奇＝1＋50×4＋ eq \f(50×49,2)×2＝2651， 所以S101＝S偶＋S奇＝5151. $