【文档说明】高考数学(理数)一轮复习学案6．2《等差数列》(含详解).doc，共(8)页，237.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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6．2等差数列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__________等于同一个___________，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的，通常用字母d表示，即_______________

＝_______________d(n∈N＋，且n≥2)或_______________＝d(n∈N＋)．2．等差中项三个数a，A，b成等差数列，这时A叫做a与b的______________________________________．3．等差数列的通项公式若{an}是等差数列，则其

通项公式an＝_______________．①{an}成等差数列⇔an＝pn＋q，其中p＝_______________，q＝_______________，点(n，an)是直线_______________上一群孤立的点．②单调性：d＞0时，{an}为_________

______数列；d＜0时，{an}_______________为数列；d＝0时，{an}为_______________．4．等差数列的前n项和公式(1)等差数列前n项和公式Sn＝_______________＝_______________．其推导方法是_

______________．(2){an}成等差数列，求Sn的最值：若a1＞0，d＜0，且满足an_______________，an＋1_______________时，Sn最大；若a1＜0，d＞0，且满足an___________

____，an＋1_______________时，Sn最小；或利用二次函数求最值；或利用导数求最值．5．等差数列的性质(1)am－an＝_______________d，即d＝am－anm－n．(2)在等差数列中，若

p＋q＝m＋n，则有ap＋aq＝am＋_______________；若2m＝p＋q，则有_______________am＝ap＋aq(p，q，m，n∈N*)．但要注意：在等差数列an＝kn＋b中，若m＝p＋q，易证得am＝ap＋aq成立的充要条件是b＝0，故对一般等差数列而言，若m＝p＋q

，则am＝ap＋aq并不一定成立．(3)若{an}，{bn}均为等差数列，且公差分别为d1，d2，则数列{pan}，{an＋q}，{an±bn}也为_______________数列，且公差分别为_______________，_____________

__，_______________．(4)在等差数列中，按序等距离取出若干项也构成一个等差数列，即an，an＋m，an＋2m，„为等差数列，公差为md．(5)等差数列的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－

S2n，„为等差数列，公差为n2d．(6)若等差数列的项数为2n，则有S偶－S奇＝nd，S奇S偶＝anan＋1．自查自纠：1．差常数公差an－an－1an＋1－an2．等差中项3．a1＋(n－1)d①da1－dy＝dx＋(a1－d)②单调递增单调递减常数列4．(1)n（

a1＋an）2na1＋n（n－1）d2倒序相加法(2)≥0≤0≤0≥05．(1)(m－n)(2)an2(3)等差pd1d1d1±d2已知等差数列{an}，a2＝2，a3＋a5＋a7＝15，则数列{an}的公差

d＝()A．－1B．0C．1D．2解：因为a3＋a5＋a7＝3a5＝15，所以a5＝5，所以a5－a2＝3＝3d，可得d＝1．故选C．在等差数列{an}中，Sn为前n项和，2a7＝a8＋5，则S11＝()A．11B．50C．55D．60解：由2a7＝

a8＋5，得a6＝5，则S11＝11（a1＋a11）2＝11a6＝55．故选C．在等差数列{an}中，a1＝29，S10＝S20，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为()A．S15B．S16C．S15或S16D．S17解：因为a1＝29，S10＝S2

0，所以10a1＋10×92d＝20a1＋20×192d，解得d＝－2，所以Sn＝29n＋n（n－1）2×(－2)＝－n2＋30n＝－(n－15)2＋225．所以当n＝15时，Sn取得最大值．故选A．若数列{an}满足an＋1＝3an＋23(

n∈N*)，且a1＝0，则a7＝________．解：an＋1＝3an＋23＝an＋23，所以数列{an}是以23为公差的等差数列，又a1＝0，所以a7＝0＋6×23＝4．故填4．已知等差数列{an}，若a2＋a

3＋a7＝6，则a1＋a7＝________．解：设公差为d，因为a2＋a3＋a7＝6，所以3a1＋9d＝6，所以a1＋3d＝2，所以a4＝2，所以a1＋a7＝2a4＝4．故填4．类型一等差数列的判定与证明数列{an}满足a1＝1，

a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2．(1)设bn＝an＋1－an，证明：{bn}是等差数列；(2)求{an}的通项公式．解：(1)证明：由an＋2＝2an＋1－an＋2得an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2．即bn＋1＝bn＋2．又b1＝a2－a1＝1．所以{bn}是

首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，即an＋1－an＝2n－1．于是11()nkkkaa=1(21)nkk，所以an＋1－a1＝n2，即an＋1＝n2＋a1．又a1＝1，所以{an}的通项

公式为an＝n2－2n＋2．点拨：等差数列的四个判定方法：①定义法：证明对任意正整数n都有an＋1－an等于同一个常数；②等差中项法：证明对任意正整数n都有2an＋1＝an＋an＋2；③通项公式法：得出an＝pn＋q(p，q是常数)

；④前n项和公式法：得出Sn＝An2＋Bn(A，B是常数)．已知数列{an}中，a1＝2，an＝2－1an－1(n≥2，n∈N*)，设bn＝1an－1(n∈N*)．(1)求证：数列{bn}是等差数列；(2)求{an}的通

项公式．解：(1)证明：因为an＝2－1an－1，所以an＋1＝2－1an．所以bn＋1－bn＝1an＋1－1－1an－1＝12－1an－1－1an－1＝an－1an－1＝1，所以{bn}是首项为b1＝12－1＝1，公差为1的等差

数列．(2)由(1)得bn＝n，即1an－1＝n，所以{an}的通项公式为an＝1＋1n．类型二等差数列基本量的计算在等差数列{an}中，(1)已知a15＝33，a45＝153，求an；(2)已知a6＝10，S5＝5，求Sn；(3)已知前3项和为12，前3项积为48，且d＞0，

求a1．解：(1)方法一：设首项为a1，公差为d，依条件得33＝a1＋14d，153＝a1＋44d，解得a1＝－23，d＝4．所以an＝－23＋(n－1)×4＝4n－27．方法二：由d＝an－amn－m，得d＝

a45－a1545－15＝153－3330＝4，由an＝a15＋(n－15)d，得an＝4n－27．(2)因为a6＝10，S5＝5，所以a1＋5d＝10，5a1＋10d＝5．解得a1＝－5，d＝3．所以Sn＝－5n＋n（n－1）2·3＝32n2

－132n．(3)设数列的前三项分别为a2－d，a2，a2＋d，依题意有：（a2－d）＋a2＋（a2＋d）＝12，（a2－d）·a2·（a2＋d）＝48，即a2＝4，a2（a22－d2）＝48，解得a2＝

4，d＝±2．因为d＞0，所以d＝2，所以a1＝a2－d＝2．点拨：在等差数列五个基本量a1，d，n，an，Sn中，已知其中三个量，可以根据已知条件结合等差数列的通项公式、前n项和公式列出关于基本量的方程(组)来求余下的两个量，计算时须注意整体代换及方程思想的应用．(1)(2018·浙江台州

中学期中)已知等差数列{an}中，a1＝1，a23＝a2a5－3，求an及其前n项和Sn．解：设公差为d，因为a23＝a2a5－3，所以(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋4d)－3，即(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋4d)－3，解得d＝3，所以an＝1＋3(n－1)＝3n－

2，Sn＝n[1＋（3n－2）]2＝3n2－n2．(2)(2017·北京海淀高三期末)已知{an}是各项为正数的等差数列，Sn为其前n项和，且4Sn＝(an＋1)2，求a1，a2的值及{an}的通项公式．解：因为

4Sn＝(an＋1)2，所以当n＝1时，4a1＝(a1＋1)2，解得a1＝1，所以当n＝2时，4(1＋a2)＝(a2＋1)2，解得a2＝－1或a2＝3，因为{an}是各项为正数的等差数列，所以a2＝3，则{an}的公差d＝a2－a1＝2，所以{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d

＝2n－1．类型三等差数列的性质(1)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知前6项和为36，最后6项的和为180，Sn＝324(n＞6)，则n＝________；a9＋a10＝________．解：由题意知a1＋a2＋„＋a6＝36，①an

＋an－1＋an－2＋„＋an－5＝180，②①＋②得(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋„＋(a6＋an－5)＝6(a1＋an)＝216，所以a1＋an＝36，又Sn＝n（a1＋an）2＝324，所以18n＝324，所以n＝18．因为a1＋an＝36，n＝18，所以a1＋a18＝

36，从而a9＋a10＝a1＋a18＝36．故填18；36．(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9＝________．解：由{an}是等差数列，得S3，S6－S3，S9－S6为等差数列．

即2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，得到S9－S6＝2S6－3S3＝45．故填45．(3)已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且AnBn＝7n＋45n＋3，则使得anbn为整数的正整数n的个数是()A．2B

．3C．4D．5解：由AnBn＝7n＋45n＋3得：anbn＝A2n－1B2n－1＝14n＋382n＋2＝7n＋19n＋1，要使anbn为整数，则需7n＋19n＋1＝7＋12n＋1为整数，所以n＝1，2，3，5，11，共有5个．故选D．点拨：题(

1)可利用性质“等差数列前m项与后m项的和等于m(a1＋an)”及“若p＋q＝m＋n，则ap＋aq＝am＋an”来求解；题(2)可利用等差数列的性质Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，„为等差数列来求解；题(3)可利用等差数列的性质S2n＋1

＝(2n＋1)an＋1来求解，这一性质表明：若等差数列有奇数项，则正中间一项是该数列各项的平均数．等差数列的性质是其定义、通项公式及前n项和公式等基础知识的推广与变形，解题时灵活应用这些性质常常可化繁为简，起到事半功倍的效果．(1)若一个项数为n等差数列的前3项的和为34

，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则n＝________．解：依题意a1＋a2＋a3＝34，an－2＋an－1＋an＝146，两式相加得(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋(a3＋an－

2)＝180．因为a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2，所以a1＋an＝60．因为Sn＝n（a1＋an）2＝390，所以n＝13．故填13．(2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S20＝30，则S30＝________．解：因为

S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，所以2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，所以40＝10＋S30－30，所以S30＝60．故填60．(3)若两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，已知SnTn＝7nn＋3，则a

5b5等于()A．7B．23C．278D．214解：因为a5＝a1＋a92，b5＝b1＋b92，所以a5b5＝a1＋a92b1＋b92＝9（a1＋a9）29（b1＋b9）2＝S9T9＝7×99＋3＝214．

故选D．类型四等差数列的最值问题等差数列{an}的首项a1＞0，设其前n项和为Sn，且S5＝S12，则当n为何值时，Sn有最大值？解法一：由题意知d＜0，因为Sn＝d2n2＋a1－d2n，设f(x)＝d2x2＋a1－d2x，如图，由S5

＝S12知，抛物线的对称轴为x＝5＋122＝172，由图可知，当1≤n≤8时，Sn单调递增；当n≥9时，Sn单调递减，且S8＝S9．又n∈N*，所以当n＝8或9时，Sn有最大值．解法二：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝S12得5a1＋1

0d＝12a1＋66d，d＝－18a1＜0．Sn＝na1＋n（n－1）2d＝na1＋n（n－1）2·－18a1＝－116a1(n2－17n)＝－116a1n－1722＋28964a1，因为a1＞0，n∈N*，所以当n＝8或9时

，Sn有最大值．解法三：由解法二得d＝－18a1＜0．设此数列的前n项和最大，则an≥0，an＋1≤0，即an＝a1＋（n－1）·－18a1≥0，an＋1＝a1＋n·－18a1≤0，解得

n≤9，n≥8，即8≤n≤9，又n∈N*，所以当n＝8或9时，Sn有最大值．解法四：由解法二得d＝－18a1＜0，又S5＝S12得a6＋a7＋a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝0，所以7a9＝0，所以a9＝0．所以当n＝8或9时，Sn有最大值．点拨：

求等差数列前n项和的最值常用的方法：①利用等差数列的基本性质或单调性求出其正负转折项，便可求得和的最值；②将等差数列的前n项和Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)看作关于n的二次函数，根据二次函数的性质求最值．无论用哪种方法，都要注意an＝0的情形．在等差数列{an}中，a1

2<0，a13>0，且a13>|a12|，Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn>0的n的最小值为()A．23B．24C．25D．26解：因为a12<0，a13>0，则公差d>0，又a13>|a12|，所以a12＋a13>0，则S24＝

24（a1＋a24）2＝24（a12＋a13）2>0，S23＝23（a1＋a23）2＝23a12<0，S25＝25（a1＋a25）2＝25a13>0，所以使得Sn>0的n的最小值为24．故选B．1．等差数列中，已知5个元素a1，an，n，d，Sn中的任意三个，便可求出其余两个．除已知a1，d，n求

an，Sn可以直接用公式外，其他情况一般都要列方程或方程组求解，因此这种问题蕴含着方程思想．注意，我们把a1，d叫做等差数列的基本元素．将所有其他元素都转化成基本元素是解决等差数列问题的一个非常重要的思想．2．求等差数

列{an}前n项的绝对值{|an|}之和，首先应分清这个数列哪些项是负的，哪些项是非负的，然后再分段求和．3．等差数列前n项和的最值通常是在正负项分界的位置产生，利用这一性质可求其最值；另一种方法是利用二次函数的性质．4．灵活运用等差数列的性质(如等差中项

的性质)，可简化运算．5．等差数列{an}的前n项和满足：Snn也是等差数列，且首项与{an}的首项相同，公差为{an}公差的一半．1．在等差数列{an}中，a2＝2，a3＝4，则a10＝

()A．12B．14C．16D．18解：由a2＝2，a3＝4知d＝4－23－2＝2．所以a10＝a2＋8d＝2＋8×2＝18．故选D．2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋a2018＝1，则S2020＝()A．22020B．2021C．1010D．21010解：因为{an}

为等差数列，a3＋a2018＝1，所以a1＋a2020＝a3＋a2018＝1，所以S2020＝（a1＋a2020）×20202＝1010．故选C．3．已知数列{an}为等差数列，a2＋a3＝1，a10＋a11＝9，则a5＋a6＝()A．4B．5C．6D．7解：设等差数列{

an}的公差为d，因为a2＋a3＝1，a10＋a11＝9，所以2a1＋3d＝1，2a1＋19d＝9，解得a1＝－14，d＝12．所以a5＋a6＝2a1＋9d＝－2×14＋9×12＝4．另解：a10＋a11－(a2＋a3)＝16d＝8⇒d＝12，所以a5＋a6＝a2＋a3＋6

d＝1＋3＝4．故选A．4．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝()A．8B．7C．6D．5解：由a1＝1，公差d＝2得通项an＝2n－1，又Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2，所

以2k＋1＋2k＋3＝24，得k＝5．故选D．5．已知两等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且SnTn＝n＋12n，则a5b5＝()A．23B．35C．59D．2解：因为SnTn＝n（a1＋an）2n（b1

＋bn）2＝a1＋anb1＋bn＝n＋12n，所以a5b5＝2a52b5＝a1＋a9b1＋b9＝9＋12×9＝59．故选C．6．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝9,S99－S55＝－4，则Sn

取最大值时的n为()A．4B．5C．6D．4或5解：由{an}为等差数列，设公差为d，有S99－S55＝a5－a3＝2d＝－4，即d＝－2，又a1＝9，所以an＝－2n＋11，由an＝－2n＋11<0，得n>112，所以Sn取最大值时n为5．故选B．7．中位数为1011的一组数构成等差数

列，其末项为2019，则该数列的首项为________．解：设首项为a1，则a1＋2019＝2×1011，解得a1＝3．故填3．8．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，且数列{Sn}也为等差数列，则a10＝________．解：因为数列{

an}是等差数列，设公差为d，则Sn＝n＋n（n－1）d2＝d2n2＋1－d2n，所以Sn＝d2n2＋1－d2n，又{Sn}也为等差数列，设为{bn}，显然b1＝1，公差设为d1，则bn＝1＋(n－1)d1＝nd1＋(1－d1)，因为b2n＝(Sn)2，比

较平方后两边的系数，则有(1－d1)2＝0且1－d2＝2d1(1－d1)，所以d＝2．所以a10＝1＋(10－1)×2＝19．故填19．9．已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a3·a4＝

117，a2＋a5＝22，求an和Sn．解：因为数列{an}为等差数列，所以a3＋a4＝a2＋a5＝22．又a3·a4＝117，所以a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的两实根，又公差d＞0，所以a3＜a4，所以a3＝9，a4

＝13，所以a1＋2d＝9，a1＋3d＝13，所以a1＝1，d＝4．所以通项公式an＝4n－3．所以Sn＝na1＋n（n－1）2·d＝2n2－n．10．(2017·全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}的前n项和为Sn

，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2．(1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；(2)若T3＝21，求S3．解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1．由a2＋b2＝2得d＋q＝3．①

由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6．②联立①②解得d＝1，q＝2，或d＝3，q＝0．(舍去)因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1．(2)由b1＝1，T3＝21得q2＋q－20＝0．解得q＝－5，q＝4．当q＝－5时，由①得d＝8，则S3＝

21．当q＝4时，由①得d＝－1，则S3＝－6．11．已知数列{an}满足a1＝1，an＝an－12an－1＋1(n∈N*，n≥2)，数列{bn}满足关系式bn＝1an(n∈N*)．(1)求证：数列{b

n}为等差数列；(2)求数列{an}的通项公式．解：(1)证明：因为bn＝1an，且an＝an－12an－1＋1，所以bn＋1＝1an＋1＝1an2an＋1＝2an＋1an，所以bn＋1－bn＝2an＋1an－1an＝2．又因为b1＝1a1＝1，所

以数列{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bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1，又bn＝1an，所以an＝1bn＝12n－1．所以数列{an}的通项公式为an＝12n－1．(2018·辽宁凌源二中联考)已知数列{a

n}与{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an＞0，6Sn＝a2n＋3an，n∈N*，bn＝12(21)(21)nnnaaa，若对任意的n∈N*，k＞Tn恒成立，则k的最小值是()A．17B．49C．149D

．8441解：当n＝1时，6a1＝a21＋3a1，解得a1＝3或a1＝0(舍去)，又6Sn＝a2n＋3an，所以6Sn＋1＝a2n＋1＋3an＋1，两式作差可得6an＋1＝a2n＋1－a2n＋3an＋1－3an，整理可得(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝

0，结合an＞0可得an＋1－an－3＝0，所以an＋1－an＝3，故数列{an}是首项为3，公差为3的等差数列，所以an＝3＋(n－1)×3＝3n，则bn＝12(21)(21)nnnaaa＝8n（8n－1）（8n＋

1－1）＝1718n－1－18n＋1－1，所以Tn＝17[18－1－182－1＋182－1－183－1＋„＋(18n－1－18n＋1－1)]＝1717－18n＋1－1＜14

9，所以k≥149．故选C．