2021年高考数学(四川专用-理)一轮复习考点突破：第5篇-第2讲-等差数列及其前n项和.docx

第2讲　等差数列及其前n项和
[最新考纲]
1．理解等差数列的概念．
2．把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，并能用有关学问解决相应的问题．
4．了解等差数列与一次函数、二次函数的关系.

知 识 梳 理
1．等差数列的定义
假如一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，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，公差通常用字母d表示．
数学语言表达式：an＋1－an＝d(n∈N*)，d为常数．
2．等差数列的通项公式与前n项和公式
(1)若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d.
若等差数列{an}的第m项为am，则其第n项an可以表示为an＝am＋(n－m)d.
(2)等差数列的前n项和公式
Sn＝＝na1＋d.(其中n∈N*，a1为首项，d为公差，an为第n项)
3．等差数列及前n项和的性质
(1)若a，A，b成等差数列，则A叫做a，b的等差中项，且A＝.
(2)若{an}为等差数列，当m＋n＝p＋q，am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．
(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)若n为偶数，则S偶－S奇＝；
若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．
4．等差数列与函数的关系
(1)等差数列与一次函数的区分与联系

等差数列
一次函数
解析式
an＝kn＋b(n∈N*)
f(x)＝kx＋b(k≠0)
不同点
定义域为N*，图象是一系列孤立的点(在直线上)，k为公差
定义域为R，图象是一条直线，k为斜率
相同点
数列的通项公式与函数解析式都是关于自变量的一次函数．①k≠0时，数列an＝kn＋b(n∈N*)图象所表示的点均匀分布在函数f(x)＝kx＋b(k≠0)的图象上；②k＞0时，数列为递增数列，函数为增函数；③k＜0时，数列为递减数列，函数为减函数
(2)等差数列前n项和公式可变形为Sn＝n2＋n，当d≠0时，它是关于n的二次函数，它的图象是抛物线y＝x2＋x上横坐标为正整数的均匀分布的一群孤立的点．
辨 析 感 悟
1．对等差数列概念的理解
(1)若一个数列从第2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)等差数列的公差是相邻两项的差．(×)
(3)(教材习题改编)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数．(×)
2．等差数列的通项公式与前n项和
(4)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.(√)
(5)等差数列{an}的单调性是由公差d打算的．(√)
(6)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．(×)
3．等差数列性质的活用
(7)(2021·广东卷改编)在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a7＝20.(√)
(8)(2021·辽宁卷改编)已知关于d＞0的等差数列{an}，则数列{an}，{nan}，，{an＋3nd}都是递增数列．(×)
[感悟·提升]
一点留意　等差数列概念中的“从第2项起”与“同一个常数”的重要性，如(1)、(2)．
等差数列与函数的区分　一是当公差d≠0时，等差数列的通项公式是n的一次函数，当公差d＝0时，an为常数，如(3)；二是公差不为0的等差数列的前n项和公式是n的二次函数，且常数项为0；三是等差数列{an}的单调性是由公差d打算的，如(8)中若an＝3n－12，则满足已知，但nan＝3n2－12n并非递增；若an＝n＋1，则满足已知，但＝1＋是递减数列；设an＝a1＋(n－1)d＝dn＋m，则an＋3nd＝4dn＋m是递增数列.
同学用书第82页

考点一　等差数列的基本量的求解
【例1】 在等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.
由a1＝1，a3＝－3，可得1＋2d＝－3.
解得d＝－2.从而，an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.
(2)由(1)可知an＝3－2n.
所以Sn＝＝2n－n2.
进而由Sk＝－35可得2k－k2＝－35.
即k2－2k－35＝0，解得k＝7或－5.
又k∈N*，故k＝7为所求．
规律方法 (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，体现了用方程的思想解决问题．
(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作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．
【训练1】 (1)(2021·浙江五校联考)已知等差数列{an}满足a2＋a4＝4，a3＋a5＝10，则它的前10项的和S10＝(　　)．
A．85 B．135 C．95 D．23
(2)(2021·新课标全国Ⅰ卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝(　　)．
A．3 B．4 C．5 D．6
解析　(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
则解得
∴S10＝10×(－4)＋×3＝95.
(2)法一　∵Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，
∴am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，
∴公差d＝am＋1－am＝1，由Sn＝na1＋d＝na1＋，
得
由①得a1＝，代入②可得m＝5.
法二　∵数列{an}为等差数列，且前n项和为Sn，
∴数列也为等差数列．
∴＋＝，即＋＝0，
解得m＝5.经检验为原方程的解．故选C.
答案　(1)C　(2)C
考点二　等差数列的判定与证明
【例2】 (2022·梅州调研改编)若数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝.
(1)求证：成等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
审题路线　(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为关于Sn与Sn－1的式子⇒同除Sn·Sn－1⇒利用定义证明⇒得出结论．
(2)由(1)求⇒再求Sn⇒再代入条件an＝－2SnSn－1，求an⇒验证n＝1的状况⇒得出结论．
(1)证明　当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，
得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，所以－＝2，
又＝＝2，故是首项为2，公差为2的等差数列．
(2)解　由(1)可得＝2n，∴Sn＝.
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝－＝＝－.
当n＝1时，a1＝不适合上式．
故an＝
规律方法 证明一个数列是否为等差数列的基本方法有两种：一是定义法，证明an－an－1＝d(n≥2，d为常数)；二是等差中项法，证明2an＋1＝an＋an＋2.若证明一个数列不是等差数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法．
【训练2】 已知数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝3an＋3n＋1－2n.
设bn＝.证明：数列{bn}为等差数列，并求{an}的通项公式．
证明　∵bn＋1－bn＝－＝－＝1，
∴{bn}为等差数列，又b1＝＝0.
∴bn＝n－1，∴an＝(n－1)·3n＋2n.
同学用书第83页
考点三　等差数列的性质及应用
【例3】 (1)设Sn为等差数列{an}的前n项和，S8＝4a3，a7＝－2，则a9＝(　　)．
A．－6 B．－4 C．－2 D．2
(2)在等差数列{an}中，前m项的和为30，前2m项的和为100，则前3m项的和为________．
解析　(1)S8＝4a3⇒＝4a3⇒a3＋a6＝a3，∴a6＝0，∴d＝－2，∴a9＝a7＋2d＝－2－4＝－6.
(2)记数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列前n项和的性质知Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，则2(S2m－Sm)＝Sm＋(S3m－S2m)，又Sm＝30，S2m＝100，S2m－Sm＝100－30＝70，所以S3m－S2m＝2(S2m－Sm)－Sm＝110，所以S3m＝110＋100＝210.
答案　(1)A　(2)210
规律方法 奇妙运用等差数列的性质，可化繁为简；若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设中间三项为a－d，a，a＋d；若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设中间两项为a －d，a＋d，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．
【训练3】 (1)在等差数列{an}中．若共有n项，且前四项之和为21，后四项之和为67，前n项和Sn＝286，则n＝________.
(2)已知等差数列{an}中，S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9＝________.
解析　(1)依题意知a1＋a2＋a3＋a4＝21，an＋an－1＋an－2＋an－3＝67.
由等差数列的性质知a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3，∴4(a1＋an)＝88，∴a1＋an＝22.
又Sn＝，即286＝，∴n＝26.
(2)∵{an}为等差数列，
∴S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，
∴2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)．
∴a7＋a8＋a9＝S9－S6
＝2(S6－S3)－S3
＝2(36－9)－9＝45.
答案　(1)26　(2)45

1．等差数列的推断方法
(1)定义法：an＋1－an＝d(d是常数)⇔{an}是等差数列．
(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列．
(3)通项公式：an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列．
(4)前n项和公式：Sn＝An2＋Bn(A、B为常数)⇔{an}是等差数列．
2．方程思想和化归思想：在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为a1和d等基本量，通过建立方程(组)获得解．　　　　　　　　　　　　　　　　

方法优化4——整体代入法(整体相消法)在数列解题中的应用
【典例】 (1)(2022·辽宁卷)在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝(　　)．
A．58 B．88 C．143 D．176
(2)(2021·北京卷)若等比数列{an}满足：a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，则公比q＝________；前n项和Sn＝________.
[一般解法] (1)设数列{an}的公差为d，则a4＋a8＝16，即a1＋3d＋a1＋7d＝16，即a1＝8－5d，所以S11＝11a1＋d＝11(8－5d)＋55d＝88－55d＋55d＝88.
(2)由a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，得
即
解得q＝2，a1＝2，
∴Sn＝＝＝2n＋1－2.
[美丽 解法] (1)由a1＋a11＝a4＋a8＝16，得
S11＝＝＝＝88.
(2)由已知，得＝＝q＝2，
又a1＝2，所以Sn＝＝2n＋1－2.
[反思感悟] 整体代入法是一种重要的解题方法和技巧，简化了解题过程，节省了时间，这就要求同学要把握公式，理解其结构特征．
【自主体验】
在等差数列{an}中，已知Sn＝m，Sm＝n(m≠n)，则Sm＋n＝________.
解析　设{an}的公差为d，则由Sn＝m，Sm＝n，
得
②－①得(m－n)a1＋·d＝n－m，
∵m≠n，∴a1＋d＝－1.
∴Sm＋n＝(m＋n)a1＋d
＝(m＋n)＝－(m＋n)．
答案　－(m＋n)

对应同学用书P287
基础巩固题组

(建议用时：40分钟)

一、选择题
1．(2021·温州二模)记Sn为等差数列{an}前n项和，若－＝1，则其公差d＝(　　)．
A. B．2 C．3 D．4
解析　由－＝1，得－＝1，
即a1＋d－＝1，∴d＝2.
答案　B
2．(2022·潍坊期末考试)在等差数列{an}中，a5＋a6＋a7＝15，那么a3＋a4＋…＋a9等于(　　)．
A．21 B．30 C．35 D．40
解析　由题意得3a6＝15，a6＝5.所以a3＋a4＋…＋a9＝7a6＝7×5＝35.
答案　C
3．(2021·揭阳二模)在等差数列{an}中，首项a1＝0，公差d≠0，若am＝a1＋a2＋…＋a9，则m的值为(　　)．
A．37 B．36 C．20 D．19
解析　由am＝a1＋a2＋…＋a9，得(m－1)d＝9a5＝36d⇒m＝37.
答案　A
4．(2022·郑州模拟){an}为等差数列，Sn为其前n项和，已知a7＝5，S7＝21，则S10＝(　　)．
A．40 B．35 C．30 D．28
解析　设公差为d，则由已知得S7＝，即21＝，解得a1＝1，所以a7＝a1＋6d，所以d＝.所以S10＝10a1＋d＝10＋×＝40.
答案　A
5．(2021·淄博二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足a13＝S13＝13，则a1＝(　　)．
A．－14 B．－13
C．－12 D．－11
解析　在等差数列中，S13＝＝13，所以a1＋a13＝2，即a1＝2－a13＝2－13＝－11.
答案　D
二、填空题
6．(2021·肇庆二模)在等差数列{an}中，a15＝33，a25＝66，则a35＝________.
解析　a25－a15＝10d＝66－33＝33，∴a35＝a25＋10d＝66＋33＝99.
答案　99
7．(2022·成都模拟)已知等差数列{an}的首项a1＝1，前三项之和S3＝9，则{an}的通项an＝________.
解析　由a1＝1，S3＝9，得a1＋a2＋a3＝9，即3a1＋3d＝9，解得d＝2，∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
答案　2n－1
8．(2021·浙江五校联考)若等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，若a2∶a3＝5∶2，则S3∶S5＝________.
解析　＝＝＝×＝.
答案　3∶2
三、解答题
9．已知等差数列{an}的公差d＝1，前n项和为Sn.
(1)若1，a1，a3成等比数列，求a1；
(2)若S5＞a1a9，求a1的取值范围．
解　(1)由于数列{an}的公差d＝1，且1，a1，a3成等比数列，所以a＝1×(a1＋2)，即a－a1－2＝0，解得a1＝－1或2.
(2)由于数列{an}的公差d＝1，且S5＞a1a9，所以5a1＋10＞a＋8a1，即a＋3a1－10＜0，解得－5＜a1＜2.
故a1的取值范围是(－5,2)．
10．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＝＋2(n－1)(n∈N*)．
(1)求证：数列{an}为等差数列，并求an与Sn.
(2)是否存在自然数n，使得S1＋＋＋…＋－(n－1)2＝2 015？若存在，求出n的值；若不存在，请说明理由．
证明　(1)由an＝＋2(n－1)，得Sn＝nan－2n(n－1)(n∈N*)．
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－(n－1)an－1－4(n－1)，
即an－an－1＝4，
故数列{an}是以1为首项，4为公差的等差数列．
于是，an＝4n－3，Sn＝＝2n2－n(n∈N*)．
(2)由(1)，得＝2n－1(n∈N*)，
又S1＋＋＋…＋－(n－1)2＝1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)－(n－1)2＝n2－(n－1)2＝2n－1.
令2n－1＝2 015，得n＝1 008，
即存在满足条件的自然数n＝1 008.
力量提升题组
(建议用时：25分钟)

一、选择题
1．(2022·咸阳模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝40，Sn＝210，Sn－4＝130，则n＝(　　)．
A．12 B．14 C．16 D．18
解析　Sn－Sn－4＝an＋an－1＋an－2＋an－3＝80，
S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝40，
所以4(a1＋an)＝120，
a1＋an＝30，
由Sn＝＝210，得n＝14.
答案　B
2．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝13，S3＝S11，当Sn最大时，n的值是(　　)．
A．5 B．6 C．7 D．8
解析　法一　由S3＝S11，得a4＋a5＋…＋a11＝0，依据等差数列的性质，可得a7＋a8＝0，依据首项等于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　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，依据二次函数的性质，知当n＝7时，Sn最大．
法三　依据a1＝13，S3＝S11，则这个数列的公差不等于零，且这个数列的和先是单调递增然后又单调递减，依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，得只有当n＝＝7时，Sn取得最大值．
答案　C
二、填空题
3．(2022·九江一模)正项数列{an}满足：a1＝1，a2＝2,2a＝a＋a(n∈N*，n≥2)，则a7＝________.
解析　由于2a＝a＋a(n∈N*，n≥2)，
所以数列{a}是以a＝1为首项，以d＝a－a＝4－1＝3为公差的等差数列，
所以a＝1＋3(n－1)＝3n－2，
所以an＝，n≥1.
所以a7＝＝.
答案　
三、解答题
4．(2021·西安模拟)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.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝，是否存在非零实数c使得{bn}为等差数列？若存在，求出c的值；若不存在，请说明理由．
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，且d＞0，由等差数列的性质，得a2＋a5＝a3＋a4＝22，
所以a3，a4是关于x 的方程x2－22x＋117＝0的解，所以a3＝9，a4＝13，易知a1＝1，d＝4，故通项为an＝1＋(n－1)×4＝4n－3.
(2)由(1)知Sn＝＝2n2－n，所以bn＝＝.
法一　所以b1＝，b2＝，b3＝(c≠0)．
令2b2＝b1＋b3，解得c＝－.
当c＝－时，bn＝＝2n，
当n≥2时，bn－bn－1＝2.
故当c＝－时，数列{bn}为等差数列．
法二　由bn＝＝＝，
∵c≠0，
∴可令c＝－，得到bn＝2n.
∵bn＋1－bn＝2(n＋1)－2n＝2(n∈N*)，
∴数列{bn}是公差为2的等差数列．
即存在一个非零常数c＝－，使数列{bn}也为等差数列.

同学用书第84页