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高中数学高考第2节 等差数列及其前n项和 教案
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这是一份高中数学高考第2节 等差数列及其前n项和 教案，共12页。
1．等差数列的有关概念
(1)定义：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．用符号表示为an＋1－an＝d(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A＝eq \f(a＋b,2)，其中A叫做a，b的等差中项．
2．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(nn－1d,2)＝eq \f(na1＋an,2).
3．等差数列的通项公式及前n项和公式与函数的关系
(1)an＝a1＋(n－1)d可化为an＝dn＋a1－d的形式．当d≠0时，an是关于n的一次函数；当d＞0时，数列为递增数列；当d＜0时，数列为递减数列．数列{an}是等差数列⇔an＝pn＋q(p，q为常数)．
(2)Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n，
当d≠0时，Sn是关于n的二次函数(缺少常数项)，
数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．
4．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)已知{an}是等差数列，若k＋l＝m＋n，则ak＋al＝am＋an；若2k＝p＋q，则ap＋aq＝2ak，其中k，l，m，n，p，q∈N*.
(3)若{an}是等差数列，公差为d，则{a2n}和{a2n＋1}也是等差数列，公差为2d.
(4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．
(5)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．
(6)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
eq \O([常用结论])
1．等差数列前n项和的最值
在等差数列{an}中，若a1＞0，d＜0，则Sn有最大值，即所有正项之和最大，若a1＜0，d＞0，则Sn有最小值，即所有负项之和最小．
2．两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则有eq \f(an,bn)＝eq \f(S2n－1,T2n－1).
3．等差数列{an}的前n项和为Sn，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也是等差数列．
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)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．( )
(2)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．( )
(3)已知等差数列{an}的通项公式为an＝3－2n，则它的公差为－2.( )
(4)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)×
二、教材改编
1．等差数列11,8,5，…中，－49是它的( )
A．第19项 B．第20项
C．第21项 D．第22项
C [由题意知an＝11＋(n－1)×(－3)＝－3n＋14，令－3n＋14＝－49得n＝21，故选C.]
2．在等差数列{an}中a1＝14.5，d＝0.7，an＝32，则Sn＝( )
A．600 B．603.5
C．604.5 D．602.5
C [由an＝a1＋(n－1)d得32＝14.5＋0.7(n－1)，
解得n＝26，所以S26＝eq \f(26a1＋a26,2)＝13(14.5＋32)＝604.5.]
3．小于20的所有正奇数的和为 ．
100 [小于20的正奇数组成首项为1，末项为19的等差数列，共有10项，因此它们的和S10＝eq \f(101＋19,2)＝100.]
4．在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a2＋a8＝ .
180 [由a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝450得
a5＝90.
所以a2＋a8＝2a5＝180.]
考点1 等差数列的基本运算
(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解．
(2)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，体现了用方程的思想解决问题．
(1)(2019·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
(2)(2019·全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1≠0，a2＝3a1，则eq \f(S10,S5)＝ .
(1)A (2)4 [(1)设数列{an}的公差为d，由题意得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a5＝a1＋4d＝5，,S4＝4a1＋6d＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－3，,d＝2，))
所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，
Sn＝n×(－3)＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2－4n，故选A.
(2)由a1≠0，a2＝3a1，可得d＝2a1.
所以S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)d＝25a1，
S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝100a1，
所以eq \f(S10,S5)＝4.]
(3)(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S9＝－a5.
①若a3＝4，求{an}的通项公式；
②若a1＞0，求使得Sn≥an的n的取值范围．
[解] ①设{an}的公差为d.
由S9＝－a5得a1＋4d＝0.
由a3＝4得a1＋2d＝4.
于是a1＝8，d＝－2.
因此{an}的通项公式为an＝10－2n.
②由①得a1＝－4d，故an＝(n－5)d，Sn＝eq \f(nn－9d,2).
由a1＞0知d＜0，故Sn≥an等价于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10.
所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N*}．
a1和d是等差数列的两个基本量，求出a1和d进而解决问题，是常用的方法之一．
1.(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝( )
A．－12 B．－10 C．10 D．12
B [法一：设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3a1＋\f(3×2,2)d))＝2a1＋d＋4a1＋eq \f(4×3,2)d，解得d＝－eq \f(3,2)a1，∵a1＝2，∴d＝－3，
∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.
法二：设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴3S3＝S3－a3＋S3＋a4，∴S3＝a4－a3，∴3a1＋eq \f(3×2,2)d＝d.∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.]
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝4，S4＝22，an＝28，则n＝( )
A．3 B．7 C．9 D．10
D [因为S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝4a2＋2d＝22，d＝eq \f(22－4a2,2)＝3，a1＝a2－d＝4－3＝1，an＝a1＋(n－1)d＝1＋3(n－1)＝3n－2，由3n－2＝28，解得n＝10.]
考点2 等差数列的判定与证明
等差数列的判定与证明的方法
已知数列{an}中，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*)．
(1)求证：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}中的最大项和最小项，并说明理由．
[解] (1)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\c1(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．
(2)由(1)知bn＝n－eq \f(7,2)，
则an＝1＋eq \f(1,bn)＝1＋eq \f(2,2n－7).
设f(x)＝1＋eq \f(2,2x－7)，
则f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(7,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)，＋∞))上为减函数．
所以当n＝3时，an取得最小值－1，
当n＝4时，an取得最大值3.
[母题探究]
本例中，若将条件变为a1＝eq \f(3,5)，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，试求数列{an}的通项公式．
[解] 由已知可得
eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)＋1，
即eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝1，又a1＝eq \f(3,5)，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是以eq \f(a1,1)＝eq \f(3,5)为首项，1为公差的等差数列，
∴eq \f(an,n)＝eq \f(3,5)＋(n－1)·1＝n－eq \f(2,5)，
∴an＝n2－eq \f(2,5)n.
求数列的最大项和最小项，实际就是求函数的最值问题，可借助函数的图象及函数的单调性求解．
[教师备选例题]
已知Sn是等差数列{an}的前n项和，S2＝2，S3＝－6.
(1)求数列{an}的通项公式和前n项和Sn；
(2)是否存在正整数n，使Sn，Sn＋2＋2n，Sn＋3成等差数列？若存在，求出n；若不存在，请说明理由．
[解] (1)设数列{an}的公差为d，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋d＝2，,3a1＋\f(3×2,2)d＝－6，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝4，,d＝－6，))∴an＝4－6(n－1)＝10－6n，
Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝7n－3n2.
(2)由(1)知Sn＋Sn＋3＝7n－3n2＋7(n＋3)－3(n＋3)2
＝－6n2－4n－6，
2(Sn＋2＋2n)＝2(－3n2－5n＋2＋2n)＝－6n2－6n＋4，
若存在正整数n使得Sn，Sn＋2＋2n，Sn＋3成等差数列，
则－6n2－4n－6＝－6n2－6n＋4，解得n＝5，
∴存在n＝5，使Sn，Sn＋2＋2n，Sn＋3成等差数列．
1.数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \f(an,2an＋1)，则数列的通项公式an＝ .
eq \f(1,2n－1) [由an＋1＝eq \f(an,2an＋1)得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2an＋1,an)，
即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2.
又eq \f(1,a1)＝1，因此数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为1，公差为2的等差数列，所以eq \f(1,an)＝1＋2(n－1)＝2n－1，
所以an＝eq \f(1,2n－1).]
2．在数列{an}中，a1＝2，an是1与anan＋1的等差中项．
求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))是等差数列，并求{an}的通项公式．
[证明] 由题意知2an＝1＋anan＋1，
∴eq \f(1,an＋1－1)－eq \f(1,an－1)
＝eq \f(an－1－an＋1－1,an＋1－1an－1)＝eq \f(an－an＋1,an＋1·an－an＋1－an＋1)
＝eq \f(an－an＋1,2an－an＋1－an)＝1.
又a1＝2，eq \f(1,a1－1)＝1，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))是首项为1，公差为1的等差数列．
考点3 等差数列性质的应用(多维探究)
利用等差数列的性质解题的两个关注点
(1)两项和的转换是最常用的性质，利用2am＝am－n＋am＋n可实现项的合并与拆分，在Sn＝eq \f(na1＋an,2)中，Sn与a1＋an可相互转化．
(2)利用Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，可求S2m或S3m.
等差数列项的性质
(1)已知在等差数列{an}中，a5＋a6＝4，则lg2＝( )
A．10 B．20 C．40 D．2＋lg25
(2)已知数列{an}是等差数列，若a9＝4，a5＋a6＋a7＝6，则S14＝( )
A．84 B．70 C．49 D．42
一般地am＋an≠am＋n，等号左右两边必须是两项相加，当然也可以是am－n＋am＋n＝2am.
等差数列前n项和的性质
(1)(2019·莆田模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若S5＝7，S10＝21，则S15等于( )
A．35 B．42 C．49 D．63
(2)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 018，eq \f(S2 019,2 019)－eq \f(S2 013,2 013)＝6，则S2 020＝ .
(1)B (2)2 020 [(1)由题意知，S5，S10－S5，S15－S10成等差数列，
即7,14，S15－21成等差数列，
∴S15－21＋7＝28，
∴S15＝42，故选B.
(2)由等差数列的性质可得eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也为等差数列，
设其公差为d，则eq \f(S2 019,2 019)－eq \f(S2 013,2 013)＝6d＝6，
∴d＝1，
∴eq \f(S2 020,2 020)＝eq \f(S1,1)＋2 019d＝－2 018＋2 019＝1，
∴S2 020＝2 020.]
本例T(2)，也可以根据条件先求出a1，d，再求结果，但运算量大，易出错．
1.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
B [由题意知，S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，
即9,27，S9－S6成等差数列．
∴S9－S6＝45，即a7＋a8＋a9＝45.]
2．等差数列{an}的前n项和为Sn，若am＝10，S2m－1＝110，则m＝ .
6 [S2m－1＝eq \f(2m－1a1＋a2m－1,2)＝eq \f(22m－1am,2)＝110，解得m＝6.]
3．等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(3n－2,2n＋1)，则eq \f(a7,b7)＝ .
eq \f(37,27) [eq \f(a7,b7)＝eq \f(2a7,2b7)＝eq \f(a1＋a13,b1＋b13)＝eq \f(\f(13,2)a1＋a13,\f(13,2)b1＋b13)
＝eq \f(S13,T13)＝eq \f(3×13－2,2×13＋1)＝eq \f(37,27).]
考点4 等差数列的前n项和及其最值
求等差数列前n项和Sn最值的两种方法
(1)二次函数法
利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．
(2)通项变号法
①a1＞0，d＜0时，满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\c1(am≤0，,am＋1≥0))的项数m使得Sn取得最小值为Sm.
(1)[一题多解]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝13，S3＝S11，当Sn最大时，n的值是( )
A．5 B．6 C．7 D．8
C [法一(通项变号法)：由S3＝S11，得a4＋a5＋…＋a11＝0，根据等差数列的性质，可得a7＋a8＝0.根据首项等于13可推知这个数列递减，从而得到a7＞0，a8＜0，故n＝7时，Sn最大．
法二(二次函数法)：由S3＝S11，可得3a1＋3d＝11a1＋55d，把a1＝13代入，得d＝－2，故Sn＝13n－n(n－1)＝－n2＋14n.根据二次函数的性质，知当n＝7时Sn最大．
法三(图象法)：根据a1＝13，S3＝S11，知这个数列的公差不等于零，且这个数列的和是先递增后递减．根据公差不为零的等差数列的前n项和是关于n的二次函数，以及二次函数图象的对称性，可得只有当n＝eq \f(3＋11,2)＝7时，Sn取得最大值．]
(2)已知等差数列{an}的前三项和为－3，前三项的积为8.
①求等差数列{an}的通项公式；
②若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和Tn.
[解] ①设等差数列{an}的公差为d，
则a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d.
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a1＋3d＝－3，,a1a1＋da1＋2d＝8，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,d＝－3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－4，,d＝3.))
所以由等差数列通项公式可得
an＝2－3(n－1)＝－3n＋5或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7.
故an＝－3n＋5或an＝3n－7.
②当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4,2，不成等比数列；
当an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件．
故|an|＝|3n－7|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3n＋7，n＝1，2，,3n－7，n≥3.))
记数列{3n－7}的前n项和为Sn，
则Sn＝eq \f(n[－4＋3n－7],2)＝eq \f(3,2)n2－eq \f(11,2)n.
当n≤2时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝－(a1＋a2＋…＋an)＝－eq \f(3,2)n2＋eq \f(11,2)n，
当n≥3时，Tn＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－(a1＋a2)＋(a3＋a4＋…＋an)＝Sn－2S2＝eq \f(3,2)n2－eq \f(11,2)n＋10，
综上知：Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)n2＋\f(11,2)n，n≤2，,\f(3,2)n2－\f(11,2)n＋10，n≥3，))n∈N*.
当公差d≠0时，等差数列{an}的前n项和Sn是关于n的二次函数，故在对称轴处Sn有最值，当对称轴不是正整数时，离对称轴最近的n值使Sn取得最值．
[教师备选例题]
在等差数列{an}中，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示{an}的前n项和，则使Sn达到最大值的n是( )
A．21 B．20 C．19 D．18
B [因为a1＋a3＋a5＝3a3＝105，a2＋a4＋a6＝3a4＝99，所以a3＝35，a4＝33，所以d＝－2，a1＝39.由an＝a1＋(n－1)d＝39－2(n－1)＝41－2n≥0，解得n≤eq \f(41,2)，所以当n＝20时Sn达到最大值，故选B.]
1.设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝ .
130 [由an＝2n－10(n∈N*)知{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0得n≥5，所以n≤5时，an≤0，当n＞5时，an＞0，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)＋(a6＋…＋a15)＝S15－2S5＝130.]
2．(2019·北京高考)设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．
[解] (1)设{an}的公差为d.
因为a1＝－10，
所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.
因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，
所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)．
所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)．
解得d＝2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－12.
(2)由(1)知，an＝2n－12.
则当n≥7时，an＞0；当n≤6时，an≤0.
所以Sn的最小值为S5＝S6＝－30.方法
解读
适合题型
定义法
对于任意自然数n(n≥2)，an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列
解答题中证明问题
等差中项法
2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是等差数列
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
选择、填空题中的判定问题
前n项和公式法
验证Sn＝An2＋Bn(A，B是常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列
1．等差数列的有关概念
(1)定义：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．用符号表示为an＋1－an＝d(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A＝eq \f(a＋b,2)，其中A叫做a，b的等差中项．
2．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(nn－1d,2)＝eq \f(na1＋an,2).
3．等差数列的通项公式及前n项和公式与函数的关系
(1)an＝a1＋(n－1)d可化为an＝dn＋a1－d的形式．当d≠0时，an是关于n的一次函数；当d＞0时，数列为递增数列；当d＜0时，数列为递减数列．数列{an}是等差数列⇔an＝pn＋q(p，q为常数)．
(2)Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n，
当d≠0时，Sn是关于n的二次函数(缺少常数项)，
数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．
4．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)已知{an}是等差数列，若k＋l＝m＋n，则ak＋al＝am＋an；若2k＝p＋q，则ap＋aq＝2ak，其中k，l，m，n，p，q∈N*.
(3)若{an}是等差数列，公差为d，则{a2n}和{a2n＋1}也是等差数列，公差为2d.
(4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．
(5)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．
(6)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
eq \O([常用结论])
1．等差数列前n项和的最值
在等差数列{an}中，若a1＞0，d＜0，则Sn有最大值，即所有正项之和最大，若a1＜0，d＞0，则Sn有最小值，即所有负项之和最小．
2．两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则有eq \f(an,bn)＝eq \f(S2n－1,T2n－1).
3．等差数列{an}的前n项和为Sn，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也是等差数列．
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)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．( )
(2)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．( )
(3)已知等差数列{an}的通项公式为an＝3－2n，则它的公差为－2.( )
(4)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)×
二、教材改编
1．等差数列11,8,5，…中，－49是它的( )
A．第19项 B．第20项
C．第21项 D．第22项
C [由题意知an＝11＋(n－1)×(－3)＝－3n＋14，令－3n＋14＝－49得n＝21，故选C.]
2．在等差数列{an}中a1＝14.5，d＝0.7，an＝32，则Sn＝( )
A．600 B．603.5
C．604.5 D．602.5
C [由an＝a1＋(n－1)d得32＝14.5＋0.7(n－1)，
解得n＝26，所以S26＝eq \f(26a1＋a26,2)＝13(14.5＋32)＝604.5.]
3．小于20的所有正奇数的和为 ．
100 [小于20的正奇数组成首项为1，末项为19的等差数列，共有10项，因此它们的和S10＝eq \f(101＋19,2)＝100.]
4．在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a2＋a8＝ .
180 [由a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝450得
a5＝90.
所以a2＋a8＝2a5＝180.]
考点1 等差数列的基本运算
(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解．
(2)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，体现了用方程的思想解决问题．
(1)(2019·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
(2)(2019·全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1≠0，a2＝3a1，则eq \f(S10,S5)＝ .
(1)A (2)4 [(1)设数列{an}的公差为d，由题意得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a5＝a1＋4d＝5，,S4＝4a1＋6d＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－3，,d＝2，))
所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，
Sn＝n×(－3)＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2－4n，故选A.
(2)由a1≠0，a2＝3a1，可得d＝2a1.
所以S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)d＝25a1，
S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝100a1，
所以eq \f(S10,S5)＝4.]
(3)(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S9＝－a5.
①若a3＝4，求{an}的通项公式；
②若a1＞0，求使得Sn≥an的n的取值范围．
[解] ①设{an}的公差为d.
由S9＝－a5得a1＋4d＝0.
由a3＝4得a1＋2d＝4.
于是a1＝8，d＝－2.
因此{an}的通项公式为an＝10－2n.
②由①得a1＝－4d，故an＝(n－5)d，Sn＝eq \f(nn－9d,2).
由a1＞0知d＜0，故Sn≥an等价于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10.
所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N*}．
a1和d是等差数列的两个基本量，求出a1和d进而解决问题，是常用的方法之一．
1.(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝( )
A．－12 B．－10 C．10 D．12
B [法一：设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3a1＋\f(3×2,2)d))＝2a1＋d＋4a1＋eq \f(4×3,2)d，解得d＝－eq \f(3,2)a1，∵a1＝2，∴d＝－3，
∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.
法二：设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴3S3＝S3－a3＋S3＋a4，∴S3＝a4－a3，∴3a1＋eq \f(3×2,2)d＝d.∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.]
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝4，S4＝22，an＝28，则n＝( )
A．3 B．7 C．9 D．10
D [因为S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝4a2＋2d＝22，d＝eq \f(22－4a2,2)＝3，a1＝a2－d＝4－3＝1，an＝a1＋(n－1)d＝1＋3(n－1)＝3n－2，由3n－2＝28，解得n＝10.]
考点2 等差数列的判定与证明
等差数列的判定与证明的方法
已知数列{an}中，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*)．
(1)求证：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}中的最大项和最小项，并说明理由．
[解] (1)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\c1(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．
(2)由(1)知bn＝n－eq \f(7,2)，
则an＝1＋eq \f(1,bn)＝1＋eq \f(2,2n－7).
设f(x)＝1＋eq \f(2,2x－7)，
则f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(7,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)，＋∞))上为减函数．
所以当n＝3时，an取得最小值－1，
当n＝4时，an取得最大值3.
[母题探究]
本例中，若将条件变为a1＝eq \f(3,5)，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，试求数列{an}的通项公式．
[解] 由已知可得
eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)＋1，
即eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝1，又a1＝eq \f(3,5)，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是以eq \f(a1,1)＝eq \f(3,5)为首项，1为公差的等差数列，
∴eq \f(an,n)＝eq \f(3,5)＋(n－1)·1＝n－eq \f(2,5)，
∴an＝n2－eq \f(2,5)n.
求数列的最大项和最小项，实际就是求函数的最值问题，可借助函数的图象及函数的单调性求解．
[教师备选例题]
已知Sn是等差数列{an}的前n项和，S2＝2，S3＝－6.
(1)求数列{an}的通项公式和前n项和Sn；
(2)是否存在正整数n，使Sn，Sn＋2＋2n，Sn＋3成等差数列？若存在，求出n；若不存在，请说明理由．
[解] (1)设数列{an}的公差为d，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋d＝2，,3a1＋\f(3×2,2)d＝－6，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝4，,d＝－6，))∴an＝4－6(n－1)＝10－6n，
Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝7n－3n2.
(2)由(1)知Sn＋Sn＋3＝7n－3n2＋7(n＋3)－3(n＋3)2
＝－6n2－4n－6，
2(Sn＋2＋2n)＝2(－3n2－5n＋2＋2n)＝－6n2－6n＋4，
若存在正整数n使得Sn，Sn＋2＋2n，Sn＋3成等差数列，
则－6n2－4n－6＝－6n2－6n＋4，解得n＝5，
∴存在n＝5，使Sn，Sn＋2＋2n，Sn＋3成等差数列．
1.数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \f(an,2an＋1)，则数列的通项公式an＝ .
eq \f(1,2n－1) [由an＋1＝eq \f(an,2an＋1)得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2an＋1,an)，
即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2.
又eq \f(1,a1)＝1，因此数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为1，公差为2的等差数列，所以eq \f(1,an)＝1＋2(n－1)＝2n－1，
所以an＝eq \f(1,2n－1).]
2．在数列{an}中，a1＝2，an是1与anan＋1的等差中项．
求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))是等差数列，并求{an}的通项公式．
[证明] 由题意知2an＝1＋anan＋1，
∴eq \f(1,an＋1－1)－eq \f(1,an－1)
＝eq \f(an－1－an＋1－1,an＋1－1an－1)＝eq \f(an－an＋1,an＋1·an－an＋1－an＋1)
＝eq \f(an－an＋1,2an－an＋1－an)＝1.
又a1＝2，eq \f(1,a1－1)＝1，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))是首项为1，公差为1的等差数列．
考点3 等差数列性质的应用(多维探究)
利用等差数列的性质解题的两个关注点
(1)两项和的转换是最常用的性质，利用2am＝am－n＋am＋n可实现项的合并与拆分，在Sn＝eq \f(na1＋an,2)中，Sn与a1＋an可相互转化．
(2)利用Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，可求S2m或S3m.
等差数列项的性质
(1)已知在等差数列{an}中，a5＋a6＝4，则lg2＝( )
A．10 B．20 C．40 D．2＋lg25
(2)已知数列{an}是等差数列，若a9＝4，a5＋a6＋a7＝6，则S14＝( )
A．84 B．70 C．49 D．42
一般地am＋an≠am＋n，等号左右两边必须是两项相加，当然也可以是am－n＋am＋n＝2am.
等差数列前n项和的性质
(1)(2019·莆田模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若S5＝7，S10＝21，则S15等于( )
A．35 B．42 C．49 D．63
(2)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 018，eq \f(S2 019,2 019)－eq \f(S2 013,2 013)＝6，则S2 020＝ .
(1)B (2)2 020 [(1)由题意知，S5，S10－S5，S15－S10成等差数列，
即7,14，S15－21成等差数列，
∴S15－21＋7＝28，
∴S15＝42，故选B.
(2)由等差数列的性质可得eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也为等差数列，
设其公差为d，则eq \f(S2 019,2 019)－eq \f(S2 013,2 013)＝6d＝6，
∴d＝1，
∴eq \f(S2 020,2 020)＝eq \f(S1,1)＋2 019d＝－2 018＋2 019＝1，
∴S2 020＝2 020.]
本例T(2)，也可以根据条件先求出a1，d，再求结果，但运算量大，易出错．
1.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
B [由题意知，S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，
即9,27，S9－S6成等差数列．
∴S9－S6＝45，即a7＋a8＋a9＝45.]
2．等差数列{an}的前n项和为Sn，若am＝10，S2m－1＝110，则m＝ .
6 [S2m－1＝eq \f(2m－1a1＋a2m－1,2)＝eq \f(22m－1am,2)＝110，解得m＝6.]
3．等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(3n－2,2n＋1)，则eq \f(a7,b7)＝ .
eq \f(37,27) [eq \f(a7,b7)＝eq \f(2a7,2b7)＝eq \f(a1＋a13,b1＋b13)＝eq \f(\f(13,2)a1＋a13,\f(13,2)b1＋b13)
＝eq \f(S13,T13)＝eq \f(3×13－2,2×13＋1)＝eq \f(37,27).]
考点4 等差数列的前n项和及其最值
求等差数列前n项和Sn最值的两种方法
(1)二次函数法
利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．
(2)通项变号法
①a1＞0，d＜0时，满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\c1(am≤0，,am＋1≥0))的项数m使得Sn取得最小值为Sm.
(1)[一题多解]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝13，S3＝S11，当Sn最大时，n的值是( )
A．5 B．6 C．7 D．8
C [法一(通项变号法)：由S3＝S11，得a4＋a5＋…＋a11＝0，根据等差数列的性质，可得a7＋a8＝0.根据首项等于13可推知这个数列递减，从而得到a7＞0，a8＜0，故n＝7时，Sn最大．
法二(二次函数法)：由S3＝S11，可得3a1＋3d＝11a1＋55d，把a1＝13代入，得d＝－2，故Sn＝13n－n(n－1)＝－n2＋14n.根据二次函数的性质，知当n＝7时Sn最大．
法三(图象法)：根据a1＝13，S3＝S11，知这个数列的公差不等于零，且这个数列的和是先递增后递减．根据公差不为零的等差数列的前n项和是关于n的二次函数，以及二次函数图象的对称性，可得只有当n＝eq \f(3＋11,2)＝7时，Sn取得最大值．]
(2)已知等差数列{an}的前三项和为－3，前三项的积为8.
①求等差数列{an}的通项公式；
②若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和Tn.
[解] ①设等差数列{an}的公差为d，
则a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d.
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a1＋3d＝－3，,a1a1＋da1＋2d＝8，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,d＝－3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－4，,d＝3.))
所以由等差数列通项公式可得
an＝2－3(n－1)＝－3n＋5或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7.
故an＝－3n＋5或an＝3n－7.
②当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4,2，不成等比数列；
当an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件．
故|an|＝|3n－7|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3n＋7，n＝1，2，,3n－7，n≥3.))
记数列{3n－7}的前n项和为Sn，
则Sn＝eq \f(n[－4＋3n－7],2)＝eq \f(3,2)n2－eq \f(11,2)n.
当n≤2时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝－(a1＋a2＋…＋an)＝－eq \f(3,2)n2＋eq \f(11,2)n，
当n≥3时，Tn＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－(a1＋a2)＋(a3＋a4＋…＋an)＝Sn－2S2＝eq \f(3,2)n2－eq \f(11,2)n＋10，
综上知：Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)n2＋\f(11,2)n，n≤2，,\f(3,2)n2－\f(11,2)n＋10，n≥3，))n∈N*.
当公差d≠0时，等差数列{an}的前n项和Sn是关于n的二次函数，故在对称轴处Sn有最值，当对称轴不是正整数时，离对称轴最近的n值使Sn取得最值．
[教师备选例题]
在等差数列{an}中，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示{an}的前n项和，则使Sn达到最大值的n是( )
A．21 B．20 C．19 D．18
B [因为a1＋a3＋a5＝3a3＝105，a2＋a4＋a6＝3a4＝99，所以a3＝35，a4＝33，所以d＝－2，a1＝39.由an＝a1＋(n－1)d＝39－2(n－1)＝41－2n≥0，解得n≤eq \f(41,2)，所以当n＝20时Sn达到最大值，故选B.]
1.设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝ .
130 [由an＝2n－10(n∈N*)知{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0得n≥5，所以n≤5时，an≤0，当n＞5时，an＞0，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)＋(a6＋…＋a15)＝S15－2S5＝130.]
2．(2019·北京高考)设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．
[解] (1)设{an}的公差为d.
因为a1＝－10，
所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.
因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，
所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)．
所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)．
解得d＝2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－12.
(2)由(1)知，an＝2n－12.
则当n≥7时，an＞0；当n≤6时，an≤0.
所以Sn的最小值为S5＝S6＝－30.方法
解读
适合题型
定义法
对于任意自然数n(n≥2)，an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列
解答题中证明问题
等差中项法
2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是等差数列
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
选择、填空题中的判定问题
前n项和公式法
验证Sn＝An2＋Bn(A，B是常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列
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