高考数学第一轮复习第六章 §6.2　等差数列

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知识梳理
1．等差数列的有关概念
(1)等差数列的定义
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，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，通常用字母d表示，定义表达式为an－an－1＝d(常数)(n≥2，n∈N*)．
(2)等差中项
若三个数a，A，b成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且有A＝eq \f(a＋b,2).
2．等差数列的有关公式
(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或Sn＝eq \f(na1＋an,2).
3．等差数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．
(2)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.
(3)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列．
(4)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
(5)S2n－1＝(2n－1)an.
(6)等差数列{an}的前n项和为Sn，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列．
常用结论
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．在等差数列{an}中，a1>0，d0时，{an}是递增数列；当d0，
则eq \r(S2)－eq \r(S1)＝eq \r(4a1)－eq \r(a1)＝d，得a1＝d2，
所以eq \r(Sn)＝eq \r(S1)＋(n－1)d＝nd，
所以Sn＝n2d2，
所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)，是关于n的一次函数，且a1＝d2满足上式，所以数列{an}是等差数列．
高考改编
已知数列{an}中，a1＝1，前n项和为Sn，且满足nSn＋1－(n＋1)Sn－eq \f(3,2)n2－eq \f(3,2)n＝0，证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是等差数列，并求{an}的通项公式．
解 因为nSn＋1－(n＋1)Sn－eq \f(3,2)n2－eq \f(3,2)n＝0，
所以nSn＋1－(n＋1)Sn＝eq \f(3,2)n(n＋1)，
所以eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(3,2)，eq \f(S1,1)＝a1＝1，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是以1为首项，eq \f(3,2)为公差的等差数列，
eq \f(Sn,n)＝eq \f(3,2)n－eq \f(1,2)，
所以Sn＝eq \f(3,2)n2－eq \f(1,2)n，
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1
＝eq \f(3,2)n2－eq \f(1,2)n－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)n－12－\f(1,2)n－1))
＝3n－2，
当n＝1时，上式也成立，
所以an＝3n－2.
教师备选
(2022·烟台模拟)已知在数列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，记bn＝lg2(an＋1)．
(1)判断{bn}是否为等差数列，并说明理由；
(2)求数列{an}的通项公式．
解 (1){bn}是等差数列，理由如下：
b1＝lg2(a1＋1)＝lg22＝1，
当n≥2时，bn－bn－1＝lg2(an＋1)－lg2(an－1＋1)
＝lg2eq \f(an＋1,an－1＋1)＝lg2eq \f(2an－1＋2,an－1＋1)＝1，
∴{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)知，bn＝1＋(n－1)×1＝n，
∴an＋1＝＝2n，
∴an＝2n－1.
思维升华 判断数列{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：对任意n∈N*，都满足an＝pn＋q(p，q为常数)．
(4)前n项和公式法：对任意n∈N*，都满足Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．
跟踪训练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\c1(\f(an,n)))是等差数列，并求{an}的通项公式．
解 (1)由题意可得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\c1(\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.
题型三 等差数列的性质
命题点1 等差数列项的性质
例3 (1)已知数列{an}满足2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，a2＋a4＋a6＝12，a1＋a3＋a5＝9，则a3＋a4等于( )
A．6 B．7
C．8 D．9
答案 B
解析 因为2an＝an－1＋an＋1，
所以{an}是等差数列，
由等差数列性质可得a2＋a4＋a6＝3a4＝12，
a1＋a3＋a5＝3a3＝9，
所以a3＋a4＝3＋4＝7.
(2)(2022·崇左模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝150，则S9等于( )
A．225 B．250
C．270 D．300
答案 C
解析 等差数列{an}的前n项和为Sn，
且a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝150，
∴a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝150，
解得a5＝30，
∴S9＝eq \f(9,2)(a1＋a9)＝9a5＝270.
命题点2 等差数列前n项和的性质
例4 (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝10，S20＝60，则S40等于( )
A．110 B．150
C．210 D．280
答案 D
解析 因为等差数列{an}的前n项和为Sn，
所以S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30也成等差数列．
故(S30－S20)＋S10＝2(S20－S10)，
所以S30＝150.
又因为(S20－S10)＋(S40－S30)＝2(S30－S20)，
所以S40＝280.
(2)等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意正整数n都有eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n－1,3n－2)，则eq \f(a11,b6＋b10)＋eq \f(a5,b7＋b9)的值为________．
答案 eq \f(29,43)
解析 eq \f(a11,b6＋b10)＋eq \f(a5,b7＋b9)＝eq \f(a11＋a5,2b8)＝eq \f(2a8,2b8)＝eq \f(a8,b8)，
∴eq \f(a8,b8)＝eq \f(S2×8－1,T2×8－1)＝eq \f(S15,T15)＝eq \f(2×15－1,3×15－2)＝eq \f(29,43).
延伸探究 将本例(2)部分条件改为若eq \f(a2＋a8,b4＋b6)＝eq \f(5,7)，则eq \f(S9,T9)＝________.
答案 eq \f(5,7)
解析 eq \f(a2＋a8,b4＋b6)＝eq \f(2a5,2b5)＝eq \f(a5,b5)＝eq \f(5,7)，
∴eq \f(S9,T9)＝eq \f(\f(9a1＋a9,2),\f(9b1＋b9,2))
＝eq \f(9a5,9b5)＝eq \f(a5,b5)＝eq \f(5,7).
教师备选
1．若等差数列{an}的前15项和S15＝30，则2a5－a6－a10＋a14等于( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 A
解析 ∵S15＝30，∴eq \f(15,2)(a1＋a15)＝30，
∴a1＋a15＝4，
∴2a8＝4，∴a8＝2.
∴2a5－a6－a10＋a14＝a4＋a6－a6－a10＋a14＝a4－a10＋a14＝a10＋a8－a10＝a8＝2.
2．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 020，eq \f(S2 020,2 020)－eq \f(S2 014,2 014)＝6，则S2 023等于( )
A．2 023 B．－2 023
C．4 046 D．－4 046
答案 C
解析 ∵eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，设公差为d′，
则eq \f(S2 020,2 020)－eq \f(S2 014,2 014)＝6d′＝6，∴d′＝1，
首项为eq \f(S1,1)＝－2 020，
∴eq \f(S2 023,2 023)＝－2 020＋(2 023－1)×1＝2，
∴S2 023＝2 023×2＝4 046.
思维升华 (1)项的性质：在等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.
(2)和的性质：在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则
①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)．
②S2n－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．
跟踪训练3 (1)(2021·北京){an}和{bn}是两个等差数列，其中eq \f(ak,bk)(1≤k≤5)为常值，若a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3等于( )
A．64 B．128 C．256 D．512
答案 B
解析 由已知条件可得eq \f(a1,b1)＝eq \f(a5,b5)，
则b5＝eq \f(a5b1,a1)＝eq \f(96×192,288)＝64，
因此，b3＝eq \f(b1＋b5,2)＝eq \f(192＋64,2)＝128.
(2)(2022·吕梁模拟)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，满足a3＝3a1，a2＝3a1－1，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前10项和为( )
A.eq \f(55,2) B．55
C.eq \f(65,2) D．65
答案 C
解析 设等差数列{an}的公差为d，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝3a1，,a1＋d＝3a1－1，))
所以a1＝1，d＝1，
所以Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)＝eq \f(nn＋1,2)，
所以eq \f(Sn,n)＝eq \f(n＋1,2)，
所以eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(n＋1＋1,2)－eq \f(n＋1,2)＝eq \f(1,2)，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列，
数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前10项和T10＝10＋eq \f(10×10－1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(65,2).
课时精练
1．(2022·信阳模拟)在等差数列{an}中，若a3＋a9＝30，a4＝11，则{an}的公差为( )
A．－2 B．2 C．－3 D．3
答案 B
解析 设公差为d，因为a3＋a9＝2a6＝30，
所以a6＝15，从而d＝eq \f(a6－a4,6－4)＝2.
2．(2022·莆田模拟)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
答案 B
解析 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.
3．(2022·铁岭模拟)中国古代数学名著《张邱建算经》中有如下问题：今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之(等差数列)，上三人先入，得金四斤，持出；下四人后入，得金三斤，持出；中间三人未到者，亦依等次更给．则第一等人(得金最多者)得金斤数是( )
A.eq \f(37,26) B.eq \f(37,27)
C.eq \f(52,39) D.eq \f(56,39)
答案 A
解析 由题设知在等差数列{an}中，
a1＋a2＋a3＝4，a7＋a8＋a9＋a10＝3.
所以3a1＋3d＝4,4a1＋30d＝3，
解得a1＝eq \f(37,26).
4．(2022·山东省实验中学模拟)已知等差数列{an}的项数为奇数，其中所有奇数项之和为319，所有偶数项之和为290，则该数列的中间项为( )
A．28 B．29
C．30 D．31
答案 B
解析 设等差数列{an}共有2n＋1项，
则S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1，
S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n，
该数列的中间项为an＋1，
又S奇－S偶＝a1＋(a3－a2)＋(a5－a4)＋…＋(a2n＋1－a2n)＝a1＋d＋d＋…＋d＝a1＋nd＝an＋1，
所以an＋1＝S奇－S偶＝319－290＝29.
5．等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a3＋a8＋a13是一个定值，则下列各数也为定值的是( )
A．a11 B．a12 C．S15 D．S16
答案 C
解析 由等差中项的性质可得a3＋a8＋a13＝3a8为定值，则a8为定值，
S15＝eq \f(15\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a15)),2)＝15a8为定值，
但S16＝eq \f(16\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a16)),2)＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a8＋a9))不是定值．
6．在等差数列{an}中，若eq \f(a10,a9)0成立的正整数n的最大值是( )
A．15 B．16 C．17 D．14
答案 C
解析 ∵等差数列{an}的前n项和有最大值，
∴等差数列{an}为递减数列，
又eq \f(a10,a9)0，a105时，an0，S150，d0
C．S6与S7均为Sn的最大值
D．a80，
所以S14＝eq \f(14×a1＋a14,2)
＝7(a1＋a14)＝7(a7＋a8)>0，
即a7＋a8>0，
因为S15