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1、第 1 页 共 14 页 2020 年高考理科数学一轮总复习 等差数列及其前n项和 基础梳理 1等差数列的有关概念 (1)定义： 文字语言：从第2 项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数 符号语言： an1and(nN*，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Aab 2 ，其中 A 叫做 a， b 的等差中项 2等差数列的有关公式 (1)通项公式： ana1(n1)d. (2)前 n 项和公式： Snna1n n1 2 d n a1an 2 . 3等差数列的性质 (1)通项公式的推广： anam(nm)d(n，mN * ) (2)若 an为等差数列，且
2、klmn(k，l，m，nN *)，则 a kalaman. (3)若 an是等差数列，公差为d，则 ak，akm，ak2m，(k，mN *)是公差为 md 的等差数列 (4)若 Sn为等差数列 an 的前 n 项和，则数列 Sm，S2mSm，S3mS2m，也是等 差数列 1两个重要技巧 (1)若奇数个数成等差数列，可设中间三项为ad，a，ad. (2)若偶数个数成等差数列，可设中间两项为ad，ad，其余各项再依据等差 数列的定义进行对称设元 2三个必备结论 (1)若等差数列 an 的项数为偶数 2n，则S2nn(a1a2n)n(anan1)；S 偶S奇nd，S 奇 S偶 an an1. 第 2
3、 页 共 14 页 (2)若等差数列 an 的项数为奇数 2n1，则 S2n1(2n1)an1； S奇 S偶 n1 n . (3)在等差数列 an 中，若 a10，d0，则满足 am0， am10 的项数 m 使得 Sn取得 最大值 Sm；若 a10，d0，则满足 am0， am10 的项数 m 使得 Sn取得最小值 Sm. 3两个函数 等差数列 an ，当 d0 时，andn(a1d)，是关于 n 的一次函数； Snd 2n 2(a1d 2)n 是无常数项的二次函数 四基自测 1(教材改编 )已知数列 an 中，an3n4，若 an13，则 n 等于() A3B4 C5 D6 答案：A 2已
4、知等差数列 an满足： a313，a1333，则数列 an的公差为 () A1B2 C3 D4 答案： B 3(教材改编 )已知等差数列 an的前 n项和为 Sn，若 a418a5，则 S8() A18 B36 C54 D72 答案： D 4在 100 以内的正整数中有 _个能被 6 整除的数 答案： 16 5已知等差数列 5,42 7，3 4 7，则前 n 项和 S n_. 答案： 5 14(15nn 2) 第 3 页 共 14 页 考点一等差数列的性质及基本量的运算?考基础 练透 角度 1 用等差数列的基本量a1和 d 进行计算 例 1(1)(2018 高考全国卷 )记 Sn为等差数列 a
5、n 的前 n项和， 若 3S3S2S4， a12，则 a5() A12B10 C10 D12 解析： 设等差数列 an 的公差为 d，由 3S3S2S4， 得 33a13 31 2 d 2a12 21 2 d4a14 41 2 d，将 a12 代 入上式，解得 d3， 故 a5a1(51)d24(3)10. 故选 B. 答案： B (2)已知等差数列 an 的各项都为整数，且a15，a3a41，则|a1|a2| |a10|() A70 B58 C51 D40 解析：设等差数列 an 的公差为 d， 由各项都为整数得dZ， 因为 a15，所以 a3a4(52d)(53d)1，化简得 6d 225
6、d260， 解得 d2 或 d 13 6 (舍去)，所以 an2n7， 所以|a1|a2|a10|53113139 7 113 2 58.故选 B. 答案：B 角度 2 用等差数列性质进行计算 例 2(1)已知等差数列 an的前 n 项和为 Sn，若 a2a3a109，则 S9() A3 B9 C18 D27 解析：设等差数列 an 的首项为 a1，公差为 d. a2a3a109，3a112d9，即 a14d3，a53，S99 a 1a9 2 第 4 页 共 14 页 92a5 2 27. 故选 D. 答案：D (2)(2019 河北唐山第二次模拟 )设an是任意等差数列，它的前n 项和、前
7、2n 项 和与前 4n 项和分别为 X，Y，Z，则下列等式中恒成立的是() A2XZ3YB4XZ4Y C2X3Z7YD8XZ6Y 解析：设数列 an的前 3n 项的和为 R，则由等差数列的性质得X，YX，RY， ZR成等差数列， 所以 2(YX)XRY，解之得 R3Y3X， 又因为 2(RY)YXZR，把 R3Y3X 代入得 8XZ6Y，故选 D. 答案：D 等差数列的计算技巧 方法解读适合题型 基 本 量法 用 a1和 d 表示条件和所求，用方程 思想求出 a1和 d 五个基本量， a1，d，Sn，n，an中知 三求二 性 质 法 用等差数列的性质将已知和所求联 系起来，用性质表示an和 S
8、n 当已知中有 “anam”式的表达式 1已知等差数列 an中，a21，前 5 项和 S515，则数列 an 的公差为 () A3 B 5 2 C2 D4 解析：设等差数列 an 的首项为 a1，公差为 d， 第 5 页 共 14 页 因为 a21， S515， 所以 a1d1， 5a154 2 d15， 解得 d4，故选 D. 答案：D 2在等差数列 an中，a1a58，a47，则 a5() A11 B10 C7 D3 解析：a1a52a38，a34， 又a3a52a4， a52a4a314410. 故选 B. 答案：B 3等差数列 an 中，3(a3a5)2(a7a10a13)24，则该数
9、列的前13 项和为 () A13 B26 C52 D156 解析 ：3(a3a5)2(a7a10a13)24， 6a46a1024，a4a104， S13 13 a1a13 2 13 a 4a10 2 134 2 26，故选 B. 答案：B 考点二等差数列的判定与证明?考能力 知法 角度 1 用等差数列定义证明 例 3(2019 南京模拟 )已知数列 an 的前 n 项和为 Sn且满足an2Sn Sn1 0(n2)，a11 2. (1)求证： 1 Sn 是等差数列 (2)求 an的表达式 解析：(1)证明：因为 anSnSn1(n2)， 又 an2Sn Sn1，所以 Sn1Sn2Sn Sn1，
10、Sn0.因此 1 Sn 1 Sn12(n2)故由 等差数列的定义知 1 Sn 是以 1 S1 1 a12 为首项， 2 为公差的等差数列 第 6 页 共 14 页 (2)由(1)知 1 Sn 1 S1(n1)d2(n1)22n，即 S n 1 2n. 由于当 n2 时，有 an2Sn Sn1 1 2n n1 ， 又因为 a11 2，不适合上式 所以 an 1 2 n1 ， 1 2n n1 n2 . 角度 2 用等差中项法证明 例 4已知等比数列 an 的公比为 q，前 n 项和为 Sn. (1)若 S3，S9，S6成等差数列，求证： a2，a8，a5成等差数列； (2)若 am2是 am1和
11、am的等差中项，则Sm，Sm2，Sm1成等差数列吗？ 解析：(1)证明：由 S3，S9，S6成等差数列，得S3S62S9. 若 q1，则 3a16a118a1，解得 a10，这与 an 是等比数列矛盾， 所以 q1， 于是有 a11q 3 1q a11q 6 1q 2a 11q 9 1q ，整理得 q 3q62q9. 因为 q0 且 q1，所以 q 31 2，a8a2q 61 4a2，a5a2q 31 2a2， 所以 2a8a2a5，即 a8a2a5a8，故 a2，a8，a5成等差数列 (2)依题意，得 2am2am1am，则 2a1q m1a 1q ma 1q m1.在等比数列 a n 中，
12、 a10，q0，所以 2q 2q1，解得 q1 或 q1 2. 当 q1 时，SmSm1ma1(m1)a1(2m1)a1，Sm2(m2)a1. 因为 a10，所以 2Sm2SmSm1，此时 Sm，Sm2，Sm1不成等差数列 当 q 1 2时，S m2 a11 1 2 m2 1 1 2 2a1 3 1( 1 2) m2 2a1 3 11 4( 1 2) m， 第 7 页 共 14 页 SmSm1 a11 1 2 m 1 1 2 a11 1 2 m1 1 1 2 2a1 3 1( 1 2) m1(1 2) m1 2a1 3 21 2( 1 2) m，所以 2S m2SmSm1. 故当 q1 时，S
13、m，Sm2，Sm1不成等差数列；当q 1 2时，S m，Sm2，Sm1成 等差数列 判定数列 an是等差数列的常用方法 (1)定义法：对任意nN * ，an1an是同一个常数 (证明用 ) (2)等差中项法：对任意n2，nN *，满足 2a nan1an1.(证明用 ) (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 将本例 1 条件变为“数列 an的前 n 项和为 Sn(nN*)， 2Snnann， ”求证： an 为等差数列 证明
14、： 因为 2Snnann， 所以当 n2 时，2Sn1(n1)an1n1， 所以得： (2n)an(n1)an11， (1n)an1nan1，所以 2anan1an1(n2)， 所以数列 an 为等差数列 考点三等差数列前 n 项和及综合问题?考素养懂理 例 5(1)(2018 高考全国卷 )记 Sn为等差数列 an的前 n 项和， 已知 a17， 第 8 页 共 14 页 S315. 求an的通项公式； 求 Sn，并求 Sn的最小值 解析： 设an的公差为 d，由题意得 3a13d15. 由 a17 得 d2. 所以an的通项公式为 ana1(n1)d2n9. 由得 Sna 1an 2 nn
15、 28n(n4)216. 所以当 n4 时，Sn取得最小值，最小值为16. (2)已知数列 an满足 a12，n(an1n1)(n1)(ann)(nN * ) 求证数列 an n 是等差数列，并求其通项公式； 设 bn2an15，求数列 |bn|的前 n 项和 Tn. 解析： n(an1n1)(n1)(ann)(nN *)， nan1(n1)an2n(n1)， an1 n1 an n 2， 数列 an n 是等差数列，其公差为2，首项为 2， an n 22(n1)2n. 由知 an2n 2，b n2an152n15， 则数列 bn 的前 n 项和 Snn 132n15 2 n214n. 令
16、bn2n150，解得 n7. n7 时，数列 |bn|的前 n 项和 Tnb1b2bnSnn214n. n8 时，数列 |bn|的前 n 项和 Tnb1b2b7b8bn2S7Sn 2(7 2147)n214nn214n98. Tn 14nn 2，n7， n 214n98，n8. 第 9 页 共 14 页 关于等差数列前 n 项和问题，主要是求和方法及性质的应用，其关键点为： (1)定性质 ，根据已知条件判断出数列具有哪些特性 (2)定方法 ，根据已知条件或具有的性质，确定解决问题的方法 _x0001_求和：用哪个公式，需要哪些量 求 Sn最值： ()借助 Sn的二次函数法； ()借用通项的邻项
17、变号法 a10，d0，满足 am0 am10 ，Sn取得最小值 Sm. 1在等差数列 an中，a1a3a5105，a2a4a699，以 Sn表示an的前 n 项和，则使 Sn达到最大值的 n 是() A21B20 C19 D18 解析：由 a1a3a53a3105，a335. a2a4a63a499，a433，da4a32. ana4(n4)d33(n4)(2)2n41. a200，a210，当 n20 时，S20最大，故选 B. 答案：B 2已知数列 an 满足 2an1anan2(nN *)，它的前 n 项和为 S n，且 a310， S672，若 bn1 2an30，设数列 bn的前 n
18、 项和为 Tn，求 T n的最小值 解析： 2an1anan2，an1anan2an1， 故数列 an 为等差数列 设数列 an 的首项为 a1，公差为 d，由 a310，S672 得， a12d10， 6a115d72， 解 得 a12，d4. 第 10 页 共 14 页 故 an4n2，则 bn1 2an302n31， 令 bn0， bn10， 即 2n310， 2 n1 310， 解得 29 2 n 31 2 ， nN*，n15， 即数列 bn 的前 15 项均为负值， T15最小 数列 bn 的首项是 29，公差为 2， T1515 2921531 2 225， 数列 bn 的前 n
19、项和 Tn的最小值为 225. 数学建模 传统文化中的数列的学科素养 在传统文化中，涉及很多等差数列的模型，经过转化用等差数列的知识求解，体 现了数学建模，数学运算的素养. 例 1张丘建算经卷上第22 题“女子织布”问题：某女子善于织布， 一天比一天织得快，而且每天增加的数量相同已知第一天织布5 尺，30 天共织 布 390 尺，则该女子织布每天增加() A.4 7尺 B.16 29尺 C. 8 15尺 D.16 31尺 解析：设该女子织布每天增加d 尺，由题意知 S303053029 2 d390，解得 d16 29.故该女子织布每天增加 16 29尺故选 B. 答案：B 例 2中国古诗词中
20、， 有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵， 赠 分八子作盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言”题意是：把996 斤绵分给 8 个儿子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17 斤绵，那么第 8 个儿子分到的绵是 () A.174 斤B184斤 第 11 页 共 14 页 C.191 斤D201 斤 解析：用 a1，a2，a8表示 8 个儿子按照年龄从大到小得到的绵数，由题意得 数列 a1，a2，a8是公差为 17 的等差数列，且这 8 项的和为 996，8a187 2 17996，解得 a165. a865717184，即第 8 个儿子分到的绵是184 斤，故选
21、 B. 答案：B 课时规范练 1在单调递增的等差数列 an 中，若 a31，a2a43 4，则 a1( ) A1B0 C.1 4 D.1 2 解析：由题知，a2a42a32，又a2a43 4，数列 an单调递增， a2 1 2， a43 2.公差 d a4a2 2 1 2.a1a2d0. 答案： B 2等差数列 an 中，a11，an100(n3)若 an的公差为某一自然数，则n 的所有可能取值为 () A3,7,9,15,100 B4,10,12,34,100 C5,11,16,30,100 D4,10,13,43,100 解析：由等差数列的通项公式得， 公差 da na1 n1 99 n1
22、.又因为 dN， n3， 所以 n1 可能为 3,9,11,33,99 ，n 的所有可能取值为4,10,12,34,100 ，故选 B. 答案： B 3设 Sn是等差数列 an的前 n 项和，若 a1a3a53，则 S5() A5 B7 C9 D11 解析： 因为an是等差数列， a1a52a3，即 a1a3a53a33，a31， 第 12 页 共 14 页 S55 a 1a5 2 5a35，故选 A. 答案： A 4等差数列 an 的前 n 项和为 Sn，若 S8S436，a62a4，则 a1() A2 B0 C2 D4 解析： 设等差数列 an 的公差为 d，S8S436，a62a4， 8
23、a1 87 2 d 4a143 2 d 36， a15d2a16d， 解得 a12， d2. 故选 A. 答案： A 5若等差数列 an的前 5 项之和 S525，且 a23，则 a7() A12 B13 C14 D15 解析：由 S5 a2a4 5 2 ，得 25 3a4 5 2 ，解得 a47，所以 732d，即 d2，所以 a7a43d73213. 答案： B 6已知等差数列 an前 9 项的和为 27，a108，则 a100() A100 B99 C98 D97 解析：由题意可知， a14d3， a19d8， 解得 a11，d1， 所以 a100199198. 答案：C 7已知等差数列
24、 an中，an0，若 n2 且 an1an1a 2 n0，S2n138，则 n 等于_ 解析： an是等差数列， 2anan1an1，又an1an1a 2 n0，2an 第 13 页 共 14 页 a2n0，即 an(2an)0.an0，an2.S2n1(2n1)an2(2n1) 38， 解得 n10. 答案： 10 8中位数为 1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为 _ 解析： 设数列首项为 a1，则 a12 015 2 1 010，故 a15. 答案： 5 9已知等差数列的前三项依次为a,4,3a，前 n 项和为 Sn，且 Sk110. (1)求 a 及 k
25、的值 (2)已知数列 bn满足 bn Sn n ，证明数列 bn 是等差数列，并求其前n 项和 Tn. 解析：(1)设该等差数列为 an，则 a1a，a24，a33a，由已知有a3a 8， 得 a1a2， 公差 d422， 所以 Skka1 k k1 2 d2k k k1 2 2 k 2k. 由 Sk110，得 k 2k1100， 解得 k10 或 k11(舍去)，故 a2，k10. (2)由(1)得 Sn n 22n 2 n(n1)， 则 bnS n n n1， 故 bn1bn(n2)(n1)1， 即数列 bn 是首项为 2，公差为 1 的等差数列， 所以 Tn n 2n1 2 n n3 2
26、 . 10已知数列 an满足 a11，an an1 2an11(nN * ，n2)，数列bn 满足关系式 bn 1 an(nN *) (1)求证：数列 bn为等差数列； (2)求数列 an 的通项公式 解析： (1)证明： bn 1 an，且 an an1 2an11， 第 14 页 共 14 页 bn1 1 an1 1 an 2an1 2a n1 an ， bn1bn2a n1 an 1 an 2. 又b1 1 a11，数列 bn 是以 1 为首项， 2 为公差的等差数列 (2)由(1)知数列 bn 的通项公式为bn1(n1)22n1，又 bn 1 an， an 1 bn 1 2n1.数列 a n的通项公式为 an 1 2n1.