高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：5.2 等差数列及其前n项和 word版含答案

这是一份高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：5.2 等差数列及其前n项和 word版含答案，共11页。

(2)掌握等差数列的通项公式与前n项和公式．
(3)能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题．
(4)了解等差数列与一次函数的关系．
知识点一 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，那么这个数列就叫作等差数列．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叫作a，b的等差中项．
易误提醒
1．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．
2．注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别．
[自测练习]
1．现给出以下几个数列：①2,4,6,8，…，2(n－1)，2n；②1,1,2,3，…，n；③常数列a，a，a，…，a；④在数列{an}中，已知a2－a1＝2，a3－a2＝2.其中等差数列的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：①由4－2＝6－4＝…＝2n－2(n－1)＝2，得数列2,4,6,8，…，2(n－1)，2n为等差数列；②因为1－1＝0≠2－1＝1，所以数列1,1,2,3，…，n不是等差数列；③常数列a，a，a，…，a为等差数列；④当数列{an}仅有3项时，数列{an}是等差数列，当数列{an}的项数超过3项时，数列{an}不一定是等差数列．故等差数列的个数为2.
答案：B
2．若2，a，b，c,9成等差数列，则c－a＝________.
解析：由题意得该等差数列的公式d＝eq \f(9－2,5－1)＝eq \f(7,4)，
所以c－a＝2d＝eq \f(7,2).
答案：eq \f(7,2)
知识点二 等差数列的通项及求和公式
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＝eq \f(a1＋ann,2).
必记结论
1．巧用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．
2．前n项和公式Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n视为关于n的一元二次函数，开口方向由公差d的正负确定；Sn＝eq \f(a1＋ann,2)中(a1＋an)视为一个整体，常与等差数列性质结合利用“整体代换”思想解题．
[自测练习]
3．(2016·日照模拟)已知数列{an}为等差数列，且a1＝2，a2＋a3＝13，那么a4＋a5＋a6等于( )
A．40 B．42
C．43 D．45
解析：设等差数列公差为d，则有a2＋a3＝2a1＋3d＝4＋3d＝13，解得d＝3，故a4＋a5＋a6＝3a5＝3(a1＋4d)＝3×(2＋4×3)＝42，故选B.
答案：B
4．(2015·兰州诊断)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4＝18－a5，则S8＝( )
A．18 B．36
C．54 D．72
解析：由S8＝eq \f(8×a1＋a8,2)，
又a4＋a5＝a1＋a8＝18，∴S8＝eq \f(8×18,2)＝72.
答案：D
5．数列{an}是公差不为0的等差数列，且a2＋a6＝a8，则eq \f(S5,a5)＝________.
解析：在等差数列中，由a2＋a6＝a8得2a1＋6d＝a1＋7d，即a1＝d≠0，
所以eq \f(S5,a5)＝eq \f(5a1＋\f(5×4,2)d,a1＋4d)＝eq \f(5a1＋10d,a1＋4d)＝eq \f(15,5)＝3.
答案：3
考点一 等差数列的基本运算|
1．(2015·高考全国卷Ⅱ)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝( )
A．5 B．7 C．9 D．11
解析：法一：数列{an}为等差数列，设公差为d，∴a1＋a3＋a5＝3a1＋6d＝3，∴a1＋2d＝1，∴S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)×d＝5(a1＋2d)＝5.
法二：数列{an}为等差数列，∴a1＋a3＋a5＝3a3＝3，∴a3＝1，∴S5＝eq \f(5a1＋a5,2)＝eq \f(5×2a3,2)＝5.
答案：A
2．等差数列{an}中，a1＝eq \f(1,2 015)，am＝eq \f(1,n)，an＝eq \f(1,m)(m≠n)，则数列{an}的公差d为________．
解析：∵am＝eq \f(1,2 015)＋(m－1)d＝eq \f(1,n)，an＝eq \f(1,2 015)＋(n－1)d＝eq \f(1,m)，∴(m－n)d＝eq \f(1,n)－eq \f(1,m)，∴d＝eq \f(1,mn)，
∴am＝eq \f(1,2 015)＋(m－1)eq \f(1,mn)＝eq \f(1,n)，解得eq \f(1,mn)＝eq \f(1,2 015)，
即d＝eq \f(1,2 015).
答案：eq \f(1,2 015)
3．(2015·通州模拟)已知等差数列{an}中，a2＝－2，公差d＝－2，那么数列{an}的前5项和S5＝________.
解析：将已知条件代入公式易得S5＝5(a2－d)＋eq \f(5×4,2)d＝－20.
答案：－20
等差数列的基本运算的两个解题策略
(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，体现了用方程组解决问题的思想．
(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．

考点二 等差数列的判断与证明|
已知数列{an}满足(an＋1－1)(an－1)＝3(an－an＋1)，a1＝2，令bn＝eq \f(1,an－1).
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
[解] (1)证明：eq \f(1,an＋1－1)－eq \f(1,an－1)
＝eq \f(an－an＋1,an＋1－1an－1)＝eq \f(1,3)，
∴bn＋1－bn＝eq \f(1,3)，
∴{bn}是等差数列．
(2)由(1)及b1＝eq \f(1,a1－1)＝eq \f(1,2－1)＝1，知bn＝eq \f(1,3)n＋eq \f(2,3)，
∴an－1＝eq \f(3,n＋2)，∴an＝eq \f(n＋5,n＋2).
等差数列的四种判定方法
(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证an－an－1为同一常数；
(2)等差中项法：验证2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立；
(3)通项公式法：验证an＝pn＋q；
(4)前n项和公式法：验证Sn＝An2＋Bn.

1．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*)．
求证：数列{bn}是等差数列．
证明：∵an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，bn＝eq \f(1,an－1)，
∴当n≥2时，bn－bn－1＝eq \f(1,an－1)－eq \f(1,an－1－1)
＝eq \f(1,2－\f(1,an－1)－1)－eq \f(1,an－1－1)＝eq \f(an－1,an－1－1)－eq \f(1,an－1－1)＝1.
又b1＝eq \f(1,a1－1)＝－eq \f(5,2)，
∴数列{bn}是以－eq \f(5,2)为首项，1为公差的等差数列．
考点三 等差数列的性质及最值|
(1)(2016·泉州质检)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a5＋a14＝10，则S18＝( )
A．20 B．60
C．90 D．100
[解析] 因为{an}是等差数列，所以S18＝eq \f(18a1＋a18,2)＝9(a5＋a14)＝90，故选择C.
[答案] C
(2)(2015·广州模拟)已知等差数列{an}的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为( )
A．10 B．20
C．30 D．40
[解析] 本题考查等差数列的性质．这个数列的项数为2n，于是有2×n＝25－15＝10,2n＝10，即这个数列的项数为10，故选A.
[答案] A
(3)已知在等差数列{an}中，a1＝31，Sn是它的前n项的和，S10＝S22.
①求Sn；
②这个数列前多少项的和最大？并求出这个最大值．
[解] ①∵S10＝a1＋a2＋…＋a10，
S22＝a1＋a2＋…＋a22，
又S10＝S22，∴a11＋a12＋…＋a22＝0，
即eq \f(12a11＋a22,2)＝0，即a11＋a22＝2a1＋31d＝0.
又a1＝31，∴d＝－2.
∴Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝31n－n(n－1)＝32n－n2.
②法一：由①知，Sn＝32n－n2＝－(n－16)2＋256，
∴当n＝16时，Sn有最大值256.
法二：由①知，
令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝31＋n－1·－2＝－2n＋33≥0，,an＋1＝31＋n·－2＝－2n＋31≤0))(n∈N*)，
解得eq \f(31,2)≤n≤eq \f(33,2)，
∵n∈N*，∴n＝16时，Sn有最大值256.
求等差数列前n项和的最值的方法
(1)运用配方法转化为二次函数，借助二次函数的单调性以及数形结合的思想，从而使问题得解．
(2)通项公式法：求使an≥0(an≤0)成立时最大的n值即可．一般地，等差数列{an}中，若a1>0，且Sp＝Sq(p≠q)，则：
①若p＋q为偶数，则当n＝eq \f(p＋q,2)时，Sn最大；
②若p＋q为奇数，则当n＝eq \f(p＋q－1,2)或n＝eq \f(p＋q＋1,2)时，Sn最大．

2．(2015·深圳调研)等差数列{an}中，已知a5>0，a4＋a7<0，则{an}的前n项和Sn的最大值为( )
A．S7 B．S6
C．S5 D．S4
解析：∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＋a7＝a5＋a6<0，,a5>0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a5>0，,a6<0，))
∴Sn的最大值为S5.
答案：C
3．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝3，S6＝18，则a8＝________.
解析：等差数列性质可得S3＝3，S6－S3＝15，S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8成等差数列，故有2(S6－S3)＝S3＋S9－S6⇒2×15＝3＋3a8，解得a8＝9.
答案：9 17.整体思想在等差数列中的应用
【典例】 已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若S1＝1，eq \f(S4,S2)＝4，则eq \f(S6,S4)的值为( )
A.eq \f(9,4) B.eq \f(3,2)
C.eq \f(5,3) D．4
[思路点拨] 若利用a，d基本计算较繁，可考虑S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，采用整体求值较简便．
[解析] 由等差数列的性质可知S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，由eq \f(S4,S2)＝4，得eq \f(S4－S2,S2)＝3，则S6－S4＝5S2，所以S4＝4S2，S6＝9S2，eq \f(S6,S4)＝eq \f(9,4).
[答案] A
[方法点评] 利用整体思想解数学问题，就是从全局着眼，由整体入手，把一些彼此独立但实际上紧密联系的量作为一个整体考虑的方法．有不少等差数列题，其首项、公差无法确定或计算烦琐，对这类问题，若从整体考虑，往往可寻得简捷的解题途径．
[跟踪练习] 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S20＝30，则S30＝________.
解析：∵S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，
且S10＝10，S20＝30，S20－S10＝20，
∴S30－S20＝10＋2×10＝30，
∴S30＝60.
答案：60
A组 考点能力演练
1．已知等差数列{an}满足：a3＝13，a13＝33，则数列{an}的公差为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：设等差数列{an}的公差为d，则d＝eq \f(a13－a3,13－3)＝eq \f(33－13,10)＝2，故选择B.
答案：B
2．(2016·宝鸡质检)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S9＝18，an－4＝30(n>9)，若Sn＝336，则n的值为( )
A．18 B．19
C．20 D．21
解析：因为{an}是等差数列，所以S9＝9a5＝18，a5＝2，Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(na5＋an－4,2)＝eq \f(n,2)×32＝16n＝336，解得n＝21，故选择D.
答案：D
3．(2015·武昌联考)已知数列{an}是等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，{an}的前n项和为Sn，则使得Sn达到最大的n是( )
A．18 B．19
C．20 D．21
解析：a1＋a3＋a5＝105⇒a3＝35，a2＋a4＋a6＝99⇒a4＝33，则{an}的公差d＝33－35＝－2，a1＝a3－2d＝39，Sn＝－n2＋40n，因此当Sn取得最大值时，n＝20.
答案：C
4．在等差数列{an}中，a2＋a3＋a4＋a5＝40，则3a1＋a11＝( )
A．20 B．30
C．40 D．60
解析：本题考查等差数列的通项公式及性质的应用．由等差数列的性质得a2＋a3＋a4＋a5＝2(a3＋a4)＝40，解得a3＋a4＝20，即a3＋a4＝2a1＋5d＝20，又3a1＋a11＝4a1＋10d＝2(2a1＋5d)＝40，故选C.
答案：C
5．已知数列{an}，{bn}都是等差数列，Sn，Tn分别是它们的前n项和，并且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(7n＋1,n＋3)，则eq \f(a2＋a5＋a17＋a22,b8＋b10＋b12＋b16)＝( )
A.eq \f(34,5) B．5
C.eq \f(31,4) D.eq \f(31,5)
解析：法一：令Sn＝(7n＋1)n，Tn＝(n＋3)n，则an＝14n－6，bn＝2n＋2，所以eq \f(a2＋a5＋a17＋a22,b8＋b10＋b12＋b16)＝eq \f(22＋64＋232＋302,18＋22＋26＋34)＝eq \f(31,5).
法二：设等差数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，则eq \f(a2＋a5＋a17＋a22,b8＋b10＋b12＋b16)＝eq \f(4a1＋42d1,4b1＋42d2)＝eq \f(2a1＋21d1,2b1＋21d2)＝eq \f(a1＋a22,b1＋b22)＝eq \f(S22,T22)＝eq \f(7×22＋1,22＋3)＝eq \f(31,5).
答案：D
6．(2015·广州一模)若Sn是等差数列{an}的前n项和，且S8－S3＝20，则S11＝________.
解析：因为{an}是等差数列，所以S8－S3＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝5a6＝20，所以a6＝4，所以S11＝eq \f(11a1＋a11,2)＝11a6＝44.
答案：44
7．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}为等差数列，则{an}的通项公式为an＝________.
解析：设bn＝nSn＋(n＋2)an，则b1＝1×S1＋(1＋2)a1＝1×a1＋3a1＝4，b2＝2×S2＋(2＋2)a2＝2×(a1＋a2)＋(2＋2)a2＝8，所以等差数列{bn}的首项为4，公差为4，所以bn＝4＋(n－1)×4＝4n，即nSn＋(n＋2)an＝4n.当n≥2时，Sn－Sn－1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,n)))an－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,n－1)))an－1＝0，所以eq \f(2n＋1,n)an＝eq \f(n＋1,n－1)an－1，即2·eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是以eq \f(1,2)为公比，1为首项的等比数列，所以eq \f(an,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，所以an＝eq \f(n,2n－1).
答案：eq \f(n,2n－1)
8．设等差数列{an}满足公差d∈N*，an∈N*，且数列{an}中任意两项之和也是该数列的一项．若a1＝35，则d的所有可能取值之和为________．
解析：本题考查等差数列的通项公式．依题意得an＝a1＋(n－1)d，ai＋aj＝2a1＋(i＋j－2)d＝a1＋(m－1)d(i，j，m∈N*)，即(m－i－j＋1)d＝a1，kd＝a1＝35(其中k，d∈N*)，因此d的所有可能取值是35的所有正约数，即分别是1,3,32,33,34,35，因此d的所有可能取值之和为eq \f(1－35×3,1－3)＝364.
答案：364
9．已知{an}是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a6＝55，a2＋a7＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：b1＝a1且bn＝an＋bn－1(n≥2，n∈N*)，求数列{bn}的通项公式．
解：(1)由题意得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3a6＝55，,a3＋a6＝a2＋a7＝16，))
∵公差d>0，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝5，,a6＝11，))∴d＝2，an＝2n－1.
(2)∵bn＝an＋bn－1(n≥2，n∈N*)，
∴bn－bn－1＝2n－1(n≥2，n∈N*)．
∵bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1(n≥2，n∈N*)，且b1＝a1＝1，
∴bn＝2n－1＋2n－3＋…＋3＋1＝n2(n≥2，n∈N*)．
∴bn＝n2(n∈N*)．
10．(2015·南昌一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝6，正项数列{bn}满足b1·b2·b3·…·bn＝2Sn.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若λbn>an对n∈N*均成立，求实数λ的取值范围．
解：(1)∵a1＝1，S3＝6，∴数列{an}的公差d＝1，an＝n.
由题知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1·b2·b3·…·bn＝2Sn，①,b1·b2·b3·…·bn－1＝2Sn－1n≥2，②))
①÷②得bn＝2Sn－Sn－1＝2an＝2n(n≥2)，
又b1＝2S1＝21＝2，满足上式，故bn＝2n.
(2)λbn>an恒成立⇒λ>eq \f(n,2n)恒成立，
设cn＝eq \f(n,2n)，则eq \f(cn＋1,cn)＝eq \f(n＋1,2n)，
当n≥2时，cn<1，数列{cn}单调递减，
∴(cn)max＝eq \f(1,2)，故λ>eq \f(1,2).
B组 高考题型专练
1．(2015·高考重庆卷)在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．6
解析：由等差数列的性质知a2＋a6＝2a4，所以a6＝2a4－a2＝0，故选B.
答案：B
2．(2015·高考全国卷Ⅰ)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和．若S8＝4S4，则a10＝( )
A.eq \f(17,2) B.eq \f(19,2)
C．10 D．12
解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由题设知d＝1，S8＝4S4，所以8a1＋28＝4(4a1＋6)，解得a1＝eq \f(1,2)，所以a10＝eq \f(1,2)＋9＝eq \f(19,2)，选B.
答案：B
3．(2015·高考北京卷)设{an}是等差数列，下列结论中正确的是( )
A．若a1＋a2>0，则a2＋a3>0
B．若a1＋a3<0，则a1＋a2<0
C．若0eq \r(a1a3)
D．若a1<0，则(a2－a1)(a2－a3)>0
解析：若{an}是递减的等差数列，则选项A，B都不一定正确．若{an}为公差为0的等差数列，则选项D不正确．对于C选项，由条件可知{an}为公差不为0的正项数列，由等差中项的性质得a2＝eq \f(a1＋a3,2)，由基本不等式得eq \f(a1＋a3,2)>eq \r(a1a3)，所以C正确．
答案：C
4．(2015·高考安徽卷)已知数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋eq \f(1,2)(n≥2)，则数列{an}的前9项和等于________．
解析：因为a1＝1，an＝an－1＋eq \f(1,2)(n≥2)，所以数列{an}是首项为1、公差为eq \f(1,2)的等差数列，所以前9项和S9＝9＋eq \f(9×8,2)×eq \f(1,2)＝27.
答案：27
5．(2015·高考北京卷)已知等差数列{an}满足a1＋a2＝10，a4－a3＝2.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设等比数列{bn}满足b2＝a3，b3＝a7.问：b6与数列{an}的第几项相等？
解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
因为a4－a3＝2，所以d＝2.
又因为a1＋a2＝10，所以2a1＋d＝10，故a1＝4.
所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2(n＝1,2，…)．
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
因为b2＝a3＝8，b3＝a7＝16，
所以q＝2，b1＝4.
所以b6＝4×26－1＝128.
由128＝2n＋2，得n＝63.
所以b6与数列{an}的第63项相等．
6．(2015·高考重庆卷)已知等差数列{an}满足a3＝2，前3项和S3＝eq \f(9,2).
(1)求{an}的通项公式；
(2)设等比数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a15，求{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设{an}的公差为d，则由已知条件得
a1＋2d＝2,3a1＋eq \f(3×2,2)d＝eq \f(9,2)，
即a1＋2d＝2，a1＋d＝eq \f(3,2)，
解得a1＝1，d＝eq \f(1,2)，
故通项公式为an＝1＋eq \f(n－1,2)，即an＝eq \f(n＋1,2).
(2)由(1)得b1＝1，b4＝a15＝eq \f(15＋1,2)＝8.
设{bn}的公比为q，则q3＝eq \f(b4,b1)＝8，从而q＝2，
故{bn}的前n项和
Tn＝eq \f(b11－qn,1－q)＝eq \f(1×1－2n,1－2)＝2n－1.