第6章 第2节　等差数列-2022届高三数学一轮复习讲义（新高考）

第二节 等差数列 一、教材概念·结论·性质重现 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差都等于同一个 常数，那么这个数列就叫做等差数列． 等差数列的定义用递推公式表示为 an＋1－an＝d(n∈N*，d 为常数)． 2．等差数列的通项公式 (1)若首项是 a1，公差是 d，则这个等差数列的通项公式是 an＝a1＋(n－1)d. (2)若已知 ak，公差是 d，则这个等差数列的通项公式是 an＝ak＋(n－k)d. 当 d≠0 时，等差数列通项公式可以看成关于 n 的一次函数 an＝dn＋(a1－d)． 3．等差中项 由三个数 a，A，b 组成的等差数列可以看成是最简单的等差数列．这时，A 叫做 a 与 b 的等差中项，且 2A＝a＋b. 4．等差数列的常用性质 (1)通项公式的推广公式：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)⇔d＝an－am n－m (n≠m)． (2)若{an}为等差数列，且 m＋n＝p＋q＝2w，则 am＋an＝ap＋aq＝2aw(m，n， p，q，w∈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)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列． 5．等差数列的前 n 项和公式及其性质 (1)设等差数列{an}的公差为 d，其前 n 项和 Sn＝na1＋an 2 ＝na1＋nn－1 2 d. (2)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，数列 Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N*) 也是等差数列，公差为 m2d. (3)等差数列的前 n 项和的最值． 在等差数列{an}中，若 a1>0，d0，a7＋a10 n n＋1. (1)证明：因为 an＋1＝ an 2an＋1 ， 所以 1 an＋1 ＝2an＋1 an ，化简得 1 an＋1 ＝2＋ 1 an ， 即 1 an＋1 － 1 an ＝2. 故数列 1 an 是以 1 为首项，2 为公差的等差数列． (2)解：由(1)知1 an ＝2n－1， 所以 Sn＝n1＋2n－1 2 ＝n2， 1 Sn ＝ 1 n2> 1 nn＋1＝1 n － 1 n＋1. 证明： 1 S1 ＋ 1 S2 ＋…＋ 1 Sn ＝ 1 12 ＋ 1 22 ＋…＋ 1 n2 > 1 1×2 ＋ 1 2×3 ＋…＋ 1 nn＋1 ＝ 1－1 2 ＋ 1 2 －1 3 ＋…＋ 1 n － 1 n＋1 ＝1－ 1 n＋1 ＝ n n＋1. 本例条件变为“若 a1＝1，a2＝1 2 ， 2 an＋1 ＝ 1 an ＋ 1 an＋2 (n∈N*)”，求数列{an}的通 项公式． 解：由已知式 2 an＋1 ＝ 1 an ＋ 1 an＋2 可得 1 an＋1 － 1 an ＝ 1 an＋2 － 1 an＋1 ，知数列 1 an 是首项为 1 a1 ＝1，公差为 1 a2 － 1 a1 ＝2－1＝1 的等差数列，所以 1 an ＝n，即 an＝1 n. 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 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． 已知{an}是各项均为正数的等差数列，公差为 d.对任意的 n∈N*，bn 是 an 和 an＋1 的等比中项．设 cn＝b2n＋1－b2n，n∈N*, 求证：数列{cn}是等差数列． 证明：由题意得 b2n＝anan＋1，有 cn＝b2n＋1－b2n＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1，因 此 cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，所以数列{cn}是等差数列． 考点 3 等差数列性质的应用——应用性 考向 1 等差数列项的性质问题 (1)(2020·宁德二模)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a2＋a5＋a8 ＝9，则 S9＝( ) A．21 B．27 C．30 D．36 B 解析：因为等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a2＋a5＋a8＝9＝3a5，所以 a5＝3， 则 S9＝9a1＋a9 2 ＝9a5＝27. (2)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．若 a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差 为( ) A．1 B．2 C．4 D．8 C 解析：(方法一)设等差数列{an}的公差为 d， 依题意 a1＋3d＋a1＋4d＝24， 6a1＋6×5 2 d＝48， 解得 d＝4. (方法二)等差数列{an}中，S6＝ a1＋a6×6 2 ＝48， 则 a1＋a6＝16＝a2＋a5. 又 a4＋a5＝24，所以 a4－a2＝2d＝24－16＝8， 所以 d＝4. 等差数列项的性质的关注点 (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)在等差数列题目中，只要出现项的和问题，一般先考虑应用项的性质； (3)项的性质常与等差数列的前 n 项和公式 Sn＝na1＋an 2 相结合命题． 考向 2 等差数列前 n 项和的性质 (1)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 B 解析：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. (2)已知 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和．若 a1＝－2 018， S2 019 2 019 － S2 013 2 013 ＝6， 则 S2 020＝________. 2 020 解析：由等差数列的性质可得数列 Sn n 也为等差数列．设其公差为 d， 则 S2 019 2 019 － S2 013 2 013 ＝6d＝6，所以 d＝1.故 S2 020 2 020 ＝S1 1 ＋2 019d＝－2 018＋2 019＝1， 所以 S2 020＝1×2 020＝2 020. 等差数列前 n 项和的性质 在等差数列{an}中，Sn 为其前 n 项和，则： (1)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，构成等差数列； (2)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)； (3)S2n－1＝(2n－1)an. 1．已知数列{an}为等差数列，Sn 为其前 n 项和，2＋a5＝a6＋a3，则 S7＝( ) A．2 B．7 C．14 D．28 C 解析：因为 2＋a5＝a6＋a3， 所以 2＋a4＋d＝a4＋2d＋a4－d，解得 a4＝2. 所以 S7＝7a1＋a7 2 ＝7a4＝14. 2．(2020·海南模拟)已知等差数列{an}，{bn}的前 n 项和分别为 Sn 和 Tn，且Sn Tn ＝ n＋5 2n－1 ，则a7 b6 ＝( ) A．6 7 B．12 11 C．18 25 D．16 21 A 解析：因为等差数列{an}，{bn}的前 n 项和分别为 Sn 和 Tn，且Sn Tn ＝ n＋5 2n－1 ， 所以可设 Sn＝kn(n＋5)，Tn＝kn(2n－1)，k≠0. 所以 a7＝S7－S6＝18k，b6＝T6－T5＝21k， 所以a7 b6 ＝6 7. 3．设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，S10＝16，S100－S90＝24，则 S100＝ ________. 200 解析：依题意，S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90 依次成等差数列， 设该等差数列的公差为 d.又 S10＝16，S100－S90＝24，因此 S100－S90＝24＝16＋(10 －1)d＝16＋9d，解得 d＝8 9 ，因此 S100＝10S10＋10×9 2 d＝10×16＋10×9 2 ×8 9 ＝200. 考点 4 等差数列前 n 项和的最值——应用性 等差数列{an}中，已知 a5>0，a4＋a70， a60.由结论 a7＝0， a80，S140，S140，a1＋a14＝a7＋a80，a80，d0，首项 a10，d＝－5 3