2021版新高考数学（理科）一轮复习教师用书：第6章第2节　等差数列及其前n项和

第二节　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.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，并能用等差数列的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．


1．等差数列
(1)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＝，其中A叫做a，b的等差中项．
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＋d＝.
3．等差数列的通项公式及前n项和公式与函数的关系
(1)当d≠0时，等差数列{an}的通项公式an＝dn＋(a1－d)是关于d的一次函数．
(2)当d≠0时，等差数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n是关于n的二次函数．
4．等差数列的前n项和的最值
在等差数列{an}中，a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值．

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m＋n＝p＋q，则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，…(m∈N*)也是等差数列，公差为m2d．
(5)若{an}，{bn}均为等差数列且其前n项和为Sn，Tn，则＝．
(6)若{an}是等差数列，则也是等差数列，其首项与{an}的首项相同，公差是{an}的公差的.
(7)若等差数列{an}的项数为偶数2n，则
①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
②S偶－S奇＝nd，＝.
(8)若等差数列{an}的项数为奇数2n＋1，则
①S2n＋1＝(2n＋1)an＋1；②＝.

一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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{an}的单调性是由公差d决定的. (　　)
(3)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.(　　)
(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{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，则公差d等于(　　)
A．　　　B．　　　C．2　　　D．－
A　[∵a4＋a8＝2a6＝10，∴a6＝5，
又a10＝6，∴公差d＝＝＝.故选A.]
2．设数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a6＝2且S5＝30，则S8等于(　　)
A．31 B．32 C．33 D．34
B　[设数列{an}的公差为d，
法一：由S5＝5a3＝30得a3＝6，
又a6＝2，
∴S8＝＝
＝＝32.
法二：由
得
∴S8＝8a1＋d＝8×－28×＝32.]
3．已知等差数列－8，－3，2，7，…，则该数列的第100项为________．
487　[依题意得，该数列的首项为－8，公差为5，所以a100＝－8＋99×5＝487.]
4．某剧场有20排座位，后一排比前一排多2个座位，最后一排有60个座位，则剧场总共的座位数为________．
820　[设第n排的座位数为an(n∈N*)，数列{an}为等差数列，其公差d＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝a1＋2(n－1)．由已知a20＝60，得60＝a1＋2×(20－1)，解得a1＝22，则剧场总共的座位数为＝＝820.]


考点1　等差数列基本量的运算
　解决等差数列运算问题的思想方法
(1)方程思想：等差数列的基本量为首项a1和公差d，通常利用已知条件及通项公式或前n项和公式列方程(组)求解，等差数列中包含a1，d，n，an，Sn五个量，可“知三求二”．
(2)整体思想：当所给条件只有一个时，可将已知和所求都用a1，d表示，寻求两者间的联系，整体代换即可求解．
(3)利用性质：运用等差数列性质可以化繁为简、优化解题过程．
　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＝n2－2n
A　[由题知，
解得∴an＝2n－5，Sn＝n2－4n，故选A.]
2．(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等于(　　)
A．－12 B．－10
C．10 D．12
B　[设等差数列{an}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，
得3＝2a1＋×d＋4a1＋×d，将a1＝2代入上式，解得d＝－3，
故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.]
3．(2019·黄山三模)《算法统宗》是中国古代数学名著，由明代数学家程大位编著，它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用，是东方古代数学的名著．在这部著作中，许多数学问题都是以歌诀形式呈现的，“九儿问甲歌”就是其中一首：一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推．在这个问题中，记这位公公的第n个儿子的年龄为an，则a1＝(　　)
A．23 B．32
C．35 D．38
C　[由题意可知年龄构成的数列为等差数列，其公差为－3，则9a1＋×(－3)＝207，解得a1＝35，故选C.]
　确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a1和公差d.
考点2　等差数列的判定与证明
　等差数列的4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后，再根据定义判定数列{an}为等差数列．
(4)前n项和公式法：得出Sn＝An2＋Bn后，再使用定义法证明数列{an}为等差数列．
　 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．
[解]　(1)证明：当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，
得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，
因为Sn≠0，所以－＝2，
又＝＝2，
故是首项为2，公差为2的等差数列．
(2)由(1)可得＝2n，所以Sn＝.
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝－＝＝－.
当n＝1时，a1＝不适合上式．
故an＝
　证明成等差数列的关键是－为与n无关的常数，同时注意求数列{an}的通项公式时务必检验其通项公式是否包含n＝1的情形．
[教师备选例题]
数列{an}满足an＋1＝，a1＝1.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)求数列的前n项和Sn，并证明＋＋…＋＞.
[解]　(1)证明：∵an＋1＝，
∴＝，化简得＝2＋，
即－＝2，
故数列是以1为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)知＝2n－1，
所以Sn＝＝n2，＝＞＝－.
证明：＋＋…＋＝＋＋…＋＞＋＋…＋
＝＋＋…＋＝1－＝.
故＋＋…＋＞.
　1.已知数列{an}满足a1＝1，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.
(1)求a2，a3；
(2)证明数列是等差数列，并求{an}的通项公式．
[解]　(1)由已知，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nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，
得＝2，即－＝2，
所以数列是首项＝1，公差d＝2的等差数列．
则＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝2n2－n.
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．
(1)证明：an＋2－an＝λ；
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
[解]　(1)证明：由题设知anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1，
由于an＋1≠0，
所以an＋2－an＝λ.
(2)由题设知a1＝1，a1a2＝λS1－1，
可得a2＝λ－1.
由(1)知，a3＝λ＋1.
令2a2＝a1＋a3，
解得λ＝4.
故an＋2－an＝4，
由此可得{a2n－1}是首项为1，
公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；
{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.
所以an＝2n－1，an＋1－an＝2，
因此存在λ＝4，
使得数列{an}为等差数列．
考点3　等差数列的性质及应用
　等差数列中常用的解题性质
(1)项的性质：在等差数列{an}中，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)在Sn＝中常用性质或等差中的项解题．
　(1)正项等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＋a9－a＋15＝0，则S11＝(　　)
A．35 B．36
C．45 D．55
(2)(2019·锦州模拟)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
(3)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 018，－＝6，则S2 020＝________．
(1)D　(2)B　(3)2 020　[(1)因为{an}为正项等差数列，故a3＋a9＝2a6，
所以a－2a6－15＝0，解得a6＝5或者a6＝－3(舍)，所以S11＝11a6＝11×5＝55，故选D.
(2)在等差数列{an}中， S5，S10－S5，S15－S10成等差数列，即7，14，S15－21成等差数列，
所以7＋(S15－21)＝2×14，解得S15＝42.
(3)由等差数列的性质可得也为等差数列．设其公差为d，则－＝6d＝6，∴d＝1.
故＝＋2 019d＝－2 018＋2 019＝1，
∴S2 020＝1×2 020＝2 020.]
　以数列项或和的下角标为突破口，结合等差数列的性质灵活解答．
[教师备选例题]
(1)设数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，则a37＋b37等于(　　)
A．0　　　B．37　　　C．100　　　D．－37
(2)(2019·商洛模拟)等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，则2a9－a10的值是(　　)
A．20 B．22 C．24 D．8
(3)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
(1)C　(2)C　(3)B　[(1)设{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，则(an＋1＋bn＋1)－(an＋bn)＝(an＋1－an)＋(bn＋1－bn)＝d1＋d2，所以{an＋bn}为等差数列．又a1＋b1＝a2＋b2＝100，所以{an＋bn}为常数列，所以a37＋b37＝100.
(2)因为a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，
所以a8＝24，所以2a9－a10＝a10＋a8－a10＝a8＝24.
(3)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.]
　1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若m＞1，且am－1＋am＋1－a－1＝0，S2m－1＝39，则m等于(　　)
A．39 B．20
C．19 D．10
B　[数列{an}为等差数列，则am－1＋am＋1＝2am，则am－1＋am＋1－a－1＝0可化为2am－a－1＝0，解得am＝1.又S2m－1＝(2m－1)am＝39，则m＝20.故选B.]
2．设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意的n∈N*，都有＝，则＋的值为(　　)
A. B.
C. D.
C　[由题意可知b3＋b13＝b5＋b11＝b1＋b15＝2b8，
∴＋＝＝＝＝＝＝.故选C.]
考点4　等差数列前n项和的最值问题
　求等差数列前n项和Sn最值的2种方法
(1)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)邻项变号法：
①当a1>0，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；
②当a1<0，d>0时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.
　[一题多解]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
C　[法一：(邻项变号法)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可推知这个数列为递减数列，从而得到a7>0，a8<0，故n＝7时Sn最大．
法二：(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：(函数法)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＝＝7时，Sn取得最大值．]
[母题探究]　将本例中“a1＝13，S3＝S11”改为“a1＝20，S10＝S15”，则n为何值？
[解]　因为a1＝20，S10＝S15，
所以10×20＋d＝15×20＋d，所以d＝－.
法一：由an＝20＋(n－1)×＝－n＋，得a13＝0.
即当n≤12时，an>0，当n≥14时，an<0.
所以当n＝12或n＝13时，Sn取得最大值．
法二：Sn＝20n＋·
＝－n2＋n
＝－＋.
因为n∈N*，所以当n＝12或n＝13时，Sn有最大值．
法三：由S10＝S15，得a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0.
所以5a13＝0，即a13＝0.
所以当n＝12或n＝13时，Sn有最大值．
　本题用了三种不同的方法，其中方法一是从项的角度分析函数最值的变化；方法二、三是借助二次函数的图象及性质给与解得，三种方法各有优点，灵活运用是解题的关键．
　1.设数列{an}是公差d＜0的等差数列，Sn为其前n项和，若S6＝5a1＋10d，则Sn取最大值时，n的值为(　　)
A．5 B．6
C．5或6 D．11
C　[由题意得S6＝6a1＋15d＝5a1＋10d，化简得a1＝－5d，所以a6＝0，故当n＝5或6时，Sn最大．]
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)∵{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．
∴(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)，
∴(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)，解得d＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝－10＋2n－2＝2n－12.
(2)法一：(函数法)由a1＝－10，d＝2，
得Sn＝－10n＋×2＝n2－11n＝－，
∴n＝5或n＝6时，Sn取最小值－30.
法二：(邻项变号法)由(1)知，an＝2n－12.
所以，当n≥7时，an＞0；当n≤6时，an≤0.
所以Sn的最小值为S6＝－30.