2022年届高三数学大一轮复习等差数列及其前N项和教案理新人教A版.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - § 6.2 等差数列及其前 n 项和2022 高考会这样考1. 在解答题中对所求结论的运算进行等差数列的判定与证明；2. 运用基本量法求解等差数列的基本量问题；3. 考查等差数列的性质及综合应用复习备考要这样做1. 精确懂得概念, 把握等差数列的有关公式和性质；2. 留意不同性质的适用条件和留意事项1等差数列的定义假如一个数列从第 2 项起,每一项与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,这个常数叫做等差数列的公差,通常用字母 _d_表示2等差数列的通项公式 假如等差数列 an 的首项为 a1,公差为 d,那么它的通项公式是 ana1 n 1 d. 3等差中项 假如 Aab 2,那么 A 叫做 a 与 b 的等差中项4等差数列的常用性质 1 通项公式的推广：anam n m d, n,mN * 2 如 an 为等差数列,且kl mn, k,l ,m,nN * ,就 akalaman. 3 如 an 是等差数列,公差为d,就 a2n 也是等差数列,公差为2d. 4 如 an , bn 是等差数列,就 pan qbn 也是等差数列5 如 an 是等差数列,公差为d,就 ak,ak m,ak 2m, k,mN * 是公差为md的等差数列5等差数列的前n 项和公式或 Snna1nnd. 设等差数列 an 的公差为 d,其前 n 项和 Snna1an 226等差数列的前n 项和公式与函数的关系Snd 2n 2 a1d 2n. 数列 an 是等差数列 . Sn An 2Bn, A、B为常数 7等差数列的最值在等差数列 an 中, a1>0, d<0,就 Sn 存在最 _大_值；如 a1<0,d>0,就 Sn存在最 _小_值名师归纳总结 难点正本疑点清源 第 1 页,共 13 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 1等差数列的判定方法 1 定义法： anan1 d n2 ；2 等差中项法： 2an1anan2. 2等差数列与等差数列各项和的有关性质 1 am,amk,am2 k,am 3k, 仍是等差数列,公差为 kd. 2 数列 Sm,S2mSm,S3mS2m, 也是等差数列3 S2n 12 n1 an. 3等差数列与函数在 d 0 时, an 是关于 n 的一次函数,一次项系数为 系数为d 2,且常数项为 0. d；Sn 是关于 n 的二次函数,二次项12022· 江西 设数列 an , bn 都是等差数列, 如 a1b17,a3 b3 21,就 a5b5_. 答案 35 解析 两个等差数列的和数列仍为等差数列设两等差数列组成的和数列为 cn ,由题意知新数列仍为等差数列且 c17,c321,就c52c3c12× 21 735. 2已知两个数列x,a1, a2,a3,y 与 x,b1,b2,y 都是等差数列,且x y,就a2 a1 b2 b1的值为_ 3答案41 1解析a2a14 yx ,b2b13 yx ,a2a1 3b2b14. 3已知等差数列 an 中, a3a822,a67,就 a5_. 答案 15 解析 an 为等差数列,a3a8a5a622,a522a622715. 42022· 江西 设 an 为等差数列, 公差 d 2,Sn为其前 n 项和,如 S10S11,就 a1 等于 A18 B 20 C 22 D 24 答案 B 解析 由于 S10S11,所以 a110. 又由于 a11a110d,所以 a120. 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 52022· 辽宁 在等差数列 an 中,已知 a4a816,就该数列前11 项和 S11等于 A58 B 88 C 143 D 176 答案B a4a888. 解析S11a1a1122题型一等差数列基本量的运算例 1 2022· 福建 在等差数列 an中, a11,a3 3. 1 求数列 an 的通项公式；2 如数列 an 的前 k 项和 Sk 35,求 k 的值思维启发：等差数列基本量的运算,基本思想就是依据条件列方程,求等差数列的首项与公差解 1 设等差数列 an 的公差为 d,就 ana1 n1 d. 由 a11, a3 3,可得 12d 3,解得 d 2. 从而 an1 n1 × 2 32n. 2 由1 可知 an 32n,所以 Snn1 22n2nn2. 由 Sk 35,可得 2kk2 35,即 k 22k350,解得 k7 或 k 5. 又 kN *,故 k7. 探究提高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,表达了用方程的思想来解决问题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设 a1,d 为实数,首项为 足 S5S6 150. 1 如 S5 5,求 S6 及 a1；2 求 d 的取值范畴a1,公差为 d 的等差数列 an 的前 n 项和为 Sn,满名师归纳总结 解1 由题意知 S615 S5 3, a6 S6S5 8. 第 3 页,共 13 页所以5a110d 5,a15d 8.- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解得 a17,所以 S6 3,a17. 2 方法一S5S6150,5 a1 10d6 a115d 150,即 2a 19da110d 210. 2由于关于 a1 的一元二次方程有解,所以 81d 2810 d 21 d 280,解得 d 2 2或 d2 2. 方法二S5S6150,5 a1 10d6 a115d 150,即 2a 19da110d 210. 2故4 a1 9d 2d 28. 所以 d 28.故 d 的取值范畴为 d 2 2或 d2 2. 题型二 等差数列的前 n 项和及综合应用例 2 1 在等差数列 an 中,已知 a120,前 n 项和为 Sn,且 S10S15,求当 n 取何值时,Sn取得最大值,并求出它的最大值；2 已知数列 an 的通项公式是an4n25,求数列 | an| 的前 n 项和思维启发： 1 由 a120 及 S10S15可求得 d,进而求得通项,由通项得到此数列前多少项为正,或利用Sn是关于 n 的二次函数,利用二次函数求最值的方法求解2 利用等差数列的性质,判定出数列从第几项开头变号解1 方法一a120,S10S15,5 3. 10× 2010× 9d15× 2015× 14d, d22an20 n1 ×5 35 3n65 3 . a130,即当 n12 时, an>0,n14 时, an<0,名师归纳总结 当 n 12 或 13 时,Sn 取得最大值, 且最大值为S13S1212× 2012× 11×5 3 130. 第 4 页,共 13 页2方法二同方法一求得d5 3. Sn20nnn·5 35 6n2125 6n25 6n2523 125. 224nN *,当 n 12 或 13 时, Sn有最大值,且最大值为S12S13 130. 方法三同方法一求得d5 3. - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 又由 S10S15得 a11a12a13a14a15 0. 5 a130,即 a130. 当 n 12 或 13 时, Sn有最大值且最大值为 S12S13130. 2 an4n 25,an14 n1 25,an 1an4d,又 a14× 1 25 21. 所以数列 an 是以 21 为首项,以4 为公差的递增的等差数列令an4n25<0,250,4 的等差数列,从第7 项起以后各项构an1n1 由得 n<6 4；由得 n51 4,所以 n 6. 即数列 | an| 的前 6 项是以 21 为首项,公差为成公差为4 的等差数列,而| a7| a74× 7 253. 设| an| 的前 n 项和为 Tn,就Tn21nnnn2n2nn66n2n 223nnn,n 项和的最值,常用的方法：利用等差数列的单调性,求出2n 2 23n探究提高求等差数列前其正负转折项；利用性质求出其正负转折项,便可求得和的最值；将等差数列的前 n 项和 SnAn 2Bn A、B 为常数 看做二次函数,依据二次函数的性质求最值2022· 湖北 已知等差数列 an前三项的和为3,前三项的积为8. 1 求等差数列 an 的通项公式；2 如 a2, a3,a1 成等比数列,求数列 | an| 的前 n 项和解 1 设等差数列 an 的公差为 d,就 a2a1d,a3 a1 2d. 由题意得3a13d 3,8,a1a1da12d解得a12,或a1 4,d 3,d3.所以由等差数列通项公式可得名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - an23 n1 3n5 或 an 43 n1 3n7. 故 an 3n5 或 an 3n7. 2 当 an 3n5 时, a2,a3,a1分别为 1, 4,2 ,不成等比数列；当 an3n7 时, a2,a3,a1分别为 1,2 , 4,成等比数列,满意条件故| an| |3 n 7| 3n7,n1,2,3n 7,n3.记数列 | an| 的前 n 项和为 Sn. 当 n1 时, S1| a1| 4；当 n2 时, S2| a1| | a2| 5；当 n3 时, SnS2| a3| | a4| | an| 53 × 3 7 3 × 4 7 3 n7 5nn3 2n 211 2n10. 2当 n2 时,满意此式4,n1,综上, Sn3 11 2n 22n10,n2.题型三 等差数列性质的应用例 3 设等差数列的前 n 项和为 Sn,已知前 6 项和为 36,Sn324,最终 6 项的和为 180 n>6,求数列的项数 n. 思维启发：在等差数列中,如 mnpq,就 amanapaq,在涉及数列前 n 项和及某些项和的问题中常用到此性质解由题意可知a1a2 a636anan 1an2 an5180 得 a1 an a2an1 a6an 5 6 a1 an 216. a1an 36. 又 Snna1an 324,218n324. n 18. 探究提高 此题的解题关键是将等差数列性质 mnp q. amanapaq与前 n项和公 式 Snn a1an 2 结合在一起,采纳整体思想,简化解题过程 1 设数列 an的首项 a1 7,且满意a17_. an1an2 nN ,就 a1a22 等差数列 an 中, a1a2 a3 24, a18 a19a2078 ,就此数列前 20 项和等于_ 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 答案1153 2180 解析 1 an1 an 2, an 为等差数列an 7 n1 · 2,a17 716× 2 25,S17a1a1772153. 22 由已知可得 a1a2 a3 a18a19a20 2478. a1a20 a2a19 a3a1854. a1a2018. S20a1a20 2× 2018 2× 20 180. 整体思想在等差数列解题中的应用典例： 12 分 设等差数列 an 的前 n 项和 Snm,前 m项和 Sm n m n ,求它的前 mn 项 的和 Smn. 审题视角1 Smna1 mn mn2mnd mn ·a1m n1 2d ,这样只要求出a1mn1 2 d 即可 2 由 Sn,Sm可以构造出a1m n1 2d,并求出规范解答名师归纳总结 解方法一设 an 的公差为 d,就由 Snm,Smn,第 7 页,共 13 页得Snna1nn2dm,4 分 Sm ma1m m2dn. 得 mn a1mnmn·dnm,2m n, a1mn1 2 d 1.8分 Sm n mn a1mn2mnd mn a1mn1 2 d mn 12 分 方法二设 SnAn 2Bn nN * ,就Am 2 Bmn,4 分 An 2 Bnm. - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 得A m 2n2 Bmn nm.6分 m n, A mnB 1,A mn 2B mn mn ,Sm n mn 12 分 温馨提示 1 此题的两种解法都突出了整体思想,其中方法一把 a1mn1 2 d 看成了一个整体,方法二把 A mn B 看成了一个整体,解起来都很便利2 整体思想是一种重要的解题方法和技巧这就要求同学要把握公式,懂得其结构特点3 此题的易错点是,不能正确运用整体思想的运算方法,不能建立数量间的关系,导致错误 . 方法与技巧1等差数列的判定方法1 定义法： an1 an d d 是常数 . an 是等差数列2 等差中项法： 2an1anan2 nN * . an 是等差数列3 通项公式： anpnq p,q 为常数 . an 是等差数列4 前 n 项和公式： SnAn 2Bn 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 获得解失误与防范 1假如 pqr s,就 apaqar as,一般地, apaq apq,必需是两项相加,当然也可 以是 aptapt 2ap. 2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d0 时, an为常数n3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. 如某数列的前项和公式是常数项不为0 的二次函数, 就该数列不是等差数列, 它从其次项起成等差数列A 组 专项基础训练 时间： 35 分钟,满分： 57 分 一、挑选题 每道题 5 分,共 20 分 名师归纳总结 12022· 福建 等差数列 an 中, a1 a5 10,a47,就数列 an 的公差为 第 8 页,共 13 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - A1 B 2 C 3 D 4 答案 B 解析 方法一 设等差数列 an的公差为 d,2a14d10,由题意得a13d7.a11,解得d2. d2.方法二在等差数列 an 中, a1a52a310, a35. 又 a47,公差 d752. 2数列 an 为等差数列, a1033, a21,Sn为数列 an 的前 n 项和,就 S202S10等于 A40 B 200 C 400 D 20 答案C a1a202×a1a10解析S202S102210 a20 a10 100d,又 a10 a2 8d,33 1 8d, d4, S202S10400. 3已知等差数列 an 满意 a1a2a3 a1010,就有 Aa1a101>0 B a2 a100<0 Ca3a990 D a5151 答案 C 解析 由题意,得 a1a2a3 a101a1a101 2× 101 0. 所以 a1a101a2a100a3a990. 42022· 大纲全国 设 Sn为等差数列 an 的前 n 项和,如 a11,公差 d 2,Sk 2Sk24,就 k 等于 A8 B 7 C6 D 5 答案 D 解析Sk 2Sk ak 1 ak 2 a1kda1 k 1 d 2a12 k1 d2× 1 2 k1 × 2 4k 424, k 5. 二、填空题 每道题 5 分,共 15 分 5在等差数列 an 中, a37, a5 a2 6,就 a6_. 名师归纳总结 答案13 第 9 页,共 13 页解析设等差数列 an 的公差为 d,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 就由已知,得a12d7,解得a13,a14da1d6,d 2.所以 a6a15d13. 62022· 辽宁 Sn 为等差数列 an 的前 n 项和, S2S6,a41,就 a5 _. 答案1 a1a1d6a16× 5d,解析由题意知2a13d1,解得a17,a5a4d1 2 1. d 2,7在数列 an 中,如 a11,an1 an 2 n1 ,就该数列的通项答案 2n1 解析an1an2 n1 , an 为等差数列,an1 n1 × 2,即 an2n1. 三、解答题 共 22 分 an_. 810 分 已知等差数列 an 的公差是正数,且 a3a7 12,a4a6 4,求它的通项公式解 设等差数列 an 的公差为 d. 由于 a3a7a4a6 4,a3a7 12,所以 a3,a7是方程 x 24x120 的两根由于 d>0,所以 a3<a7. 解方程,得a3 6,a7 2.由 a7a34d,得 d2. 所以 ana3 n3 d 62 n3 2n12. 912 分 设数列 an 的前 n 项和为 Sn,a11,anSn n2 n1 nN * 1 求证：数列 an 为等差数列,并分别写出an和 Sn关于 n 的表达式；2 是否存在自然数n,使得 S1S2 2S3 3 Sn n n12 2 013？如存在, 求出 n 的值；如不存在,请说明理由解 1 由 anSn n2 n1 ,得 Snnan2n n1 nN * 当 n2 时, anSnSn1 nan n1 an1 4 n1 ,即 anan14,名师归纳总结 故数列 an 是以 1 为首项,以4 为公差的等差数列第 10 页,共 13 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 于是, an4n3,Sna1ann2n2n nN * 22 由 Sn nan2n n 1 ,得Sn n2n1 nN * ,2n2 n12又 S1S2 2S3 3 Sn n n12 1357 2 n1 n12n 1. 令 2n12 013 ,得 n1 007 ,即存在满意条件的自然数n1 007. 专项才能提升B 组 时间： 25 分钟,满分： 43 分 一、挑选题 每道题 5 分,共 15 分 1已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn,且满意S3 3S2 21,就数列 an 的公差是 1A. 2B1 C 2 D 3 答案 C n a1an Sn a1an S3 S2 a3 a2解析 由于 Sn2,所以 n2,由 321,得 221,即 a3a22,所以数列 an 的公差为 2. 2等差数列 an 的前 n 项和为 Sn,已知 a113,S3S11,当 Sn最大时, n 的值是 A5 B 6 C7 D 8 答案 C 解析 方法一 由 S3S11,得 a4 a5 a110,依据等差数列的性质,可得 a7a80,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 n7 时, Sn 最大方法二 由 S3S11,可得 3a13d11a155d,把 a113 代入,得 d 2,故 Sn13nn n1 n 214n,依据二次函数的性质,知当n7 时, Sn 最大名师归纳总结 方法三依据 a113,S3S11,就这个数列的公差不等于零,且这个数列的和先是单调第 11 页,共 13 页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n3117 时, Sn 取得最大值23已知数列 an 中, a32,a51,如1 1 an是等差数列,就a11 等于 A0 B.1 6C.1 3D.12答案A - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解析记 bn1 1an,就b31 3,b51 2,数列 bn 的公差为1 2×2 1 31 12,b11 6, bnn1 12,即1ann1 12, an11n n1,故 a110. 二、填空题 每道题 5 分,共 15 分 4设 Sn为等差数列 an 的前 n 项和,如 S33,S624,就 a9_. 答案15 2n 3 4n 3,就a9解析设等差数列的公差为d,就 S33a13× 2d3a13d3,即 a1d1,2S66a16× 5 2d6a1 15d24,即 2a15d8. 联立两式得a1 1, d2,故 a9a18d 18× 2 15. 5设等差数列 an 、 bn 的前 n 项和分别为Sn、Tn,如对任意自然数n 都有Sn Tnb5b7a3 b8b4的值为 _答案19 41解析 an , bn 为等差数列,a9 b5b7b8 b4 a9 2b6 a3 2b6a9a3 2b6a6 b6. S11 T11a1a11 b1b112a6 2b62× 11 3 4× 11 319 41, a6 b619 41. 62022· 湖北 九章算术“ 竹九节” 问题：现有一根9 节的竹子,自上而下各节的容积成等差数列, 上面 4 节的容积共3 升,下面 3 节的容积共4 升,就第 5 节的容积为 _升名师归纳总结 答案67第 12 页,共 13 页66解析设所构成数列 an 的首项为 a1,公差为 d,依题意a1a2a3a43,即4a16d3,a7a8a94,3a121d4,解得a113 22,d7 66,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - a5a1 4d13 224×6667 66. 三、解答题713 分 已知等差数列 an 中,公差 d>0,前 n 项和为 Sn,a2·1 求数列 an 的通项公式；a345, a1 a5 18. 2 令 bnSn nc nN * ,是否存在一个非零常数 c,使数列 bn 也为等差数列？如存在,求出 c 的值；如不存在,请说明理由解 1 由题意知, an 是等差数列,且公差 d>0,a2a345,a1d a12d45,就由 得a1a518,a1a14d18.a11,解得an4n3 nN * d4.n4n12 由 bnSn ncnc 22n nnc 2,1c 0,可令 c2,得到 bn2n. bn 1bn2 n1 2n2 nN * ,数列 bn 是公差为 2 的等差数列名师归纳总结 即存在一个非零常数c1 2,使数列 bn 也为等差数列第 13 页,共 13 页- - - - - - -