PAGEPAGE1其次節(jié)等差數(shù)列及其前n項和[最新考綱]1.理解等差數(shù)列的概念.2.駕馭等差數(shù)列的通項公式與前n項和公式.3.能在詳細的問題情境中識別數(shù)列的等差關系，并能用等差數(shù)列的有關學問解決相應的問題.4.了解等差數(shù)列與一次函數(shù)的關系．1．等差數(shù)列(1)定義：假如一個數(shù)列從第2項起，每一項與它的前一項的差都等于同一個常數(shù)，那么這個數(shù)列就叫做等差數(shù)列，這個常數(shù)叫做等差數(shù)列的公差，公差通常用字母d表示．數(shù)學語言表示為an＋1－an＝d(n∈N＋)，d為常數(shù)．(2)等差中項：假如在a與b中間插入一個數(shù)A，使a，A，b成等差數(shù)列，那么A叫作a與b的等差中項，即A＝eq\f(a＋b,2).2．等差數(shù)列的有關公式(1)通項公式：an＝a1＋(n－1)d.(2)前n項和公式：Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(na1＋an,2).3．等差數(shù)列的通項公式及前n項和公式與函數(shù)的關系(1)當d≠0時，等差數(shù)列{an}的通項公式an＝dn＋(a1－d)是關于d的一次函數(shù)．(2)當d≠0時，等差數(shù)列{an}的前n項和Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n是關于n的二次函數(shù)．4．等差數(shù)列的前n項和的最值在等差數(shù)列{an}中，a1>0，d<0，則Sn存在最大值；若a1<0，d>0，則Sn存在最小值．eq\a\vs4\al([常用結論])等差數(shù)列的常用性質(1)通項公式的推廣：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N＋)．(2)若{an}為等差數(shù)列，且m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N＋)．(3)若{an}是等差數(shù)列，公差為d，則ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N＋)是公差為md(4)數(shù)列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N＋)也是等差數(shù)列，公差為m(5)若{an}，{bn}均為等差數(shù)列且其前n項和為Sn，Tn，則eq\f(an,bn)＝eq\f(S2n－1,T2n－1).(6)若{an}是等差數(shù)列，則eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也是等差數(shù)列，其首項與{an}的首項相同，公差是{an}的公差的eq\f(1,2).(7)若等差數(shù)列{an}的項數(shù)為偶數(shù)2n，則①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；②S偶－S奇＝nd，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(an,an＋1).(8)若等差數(shù)列{an}的項數(shù)為奇數(shù)2n＋1，則①S2n＋1＝(2n＋1)an＋1；②eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n＋1,n).一、思索辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)若一個數(shù)列從第2項起每一項與它的前一項的差都是常數(shù)，則這個數(shù)列是等差數(shù)列．()(2)等差數(shù)列{an}的單調性是由公差d確定的.()(3)數(shù)列{an}為等差數(shù)列的充要條件是對隨意n∈N＋，都有2an＋1＝an＋an＋2.()(4)等差數(shù)列的前n項和公式是常數(shù)項為0的二次函數(shù)．()[答案](1)×(2)√(3)√(4)×二、教材改編1．等差數(shù)列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，則公差d等于()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．2 D．－eq\f(1,2)A[∵a4＋a8＝2a6＝10，∴a6又a10＝6，∴公差d＝eq\f(a10－a6,10－6)＝eq\f(6－5,4)＝eq\f(1,4).故選A.]2．設數(shù)列{an}是等差數(shù)列，其前n項和為Sn，若a6＝2且S5＝30，則S8等于()A．31 B．32C．33 D．34B[設數(shù)列{an}的公差為d，法一：由S5＝5a3＝30得a3又a6＝2，∴S8＝eq\f(8a1＋a8,2)＝eq\f(8a3＋a6,2)＝eq\f(86＋2,2)＝32.法二：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝2，,5a1＋\f(5×4,2)d＝30，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(26,3)，,d＝－\f(4,3).))∴S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)d＝8×eq\f(26,3)－28×eq\f(4,3)＝32.]3．已知等差數(shù)列－8，－3,2,7，…，則該數(shù)列的第100項為________．487[依題意得，該數(shù)列的首項為－8，公差為5，所以a100＝－8＋99×5＝487.]4．某劇場有20排座位，后一排比前一排多2個座位，最終一排有60個座位，則劇場總共的座位數(shù)為________．820[設第n排的座位數(shù)為an(n∈N＋)，數(shù)列{an}為等差數(shù)列，其公差d＝2，則an＝a1＋(n－1)d＝a1＋2(n－1)．由已知a20＝60，得60＝a1＋2×(20－1)，解得a1＝22，則劇場總共的座位數(shù)為eq\f(20a1＋a20,2)＝eq\f(20×22＋60,2)＝820.]考點1等差數(shù)列基本量的運算解決等差數(shù)列運算問題的思想方法(1)方程思想：等差數(shù)列的基本量為首項a1和公差d，通常利用已知條件及通項公式或前n項和公式列方程(組)求解，等差數(shù)列中包含a1，d，n，an，Sn五個量，可“知三求二”．(2)整體思想：當所給條件只有一個時，可將已知和所求都用a1，d表示，尋求兩者間的聯(lián)系，整體代換即可求解．(3)利用性質：運用等差數(shù)列性質可以化繁為簡、優(yōu)化解題過程．1.(2024·全國卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．已知S4＝0，a5＝5，則()A．a(chǎn)n＝2n－5 B．a(chǎn)n＝3n－10C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝eq\f(1,2)n2－2nA[由題知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S4＝4a1＋\f(d,2)×4×3＝0，,a5＝a1＋4d＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2，))∴an＝2n－5，Sn＝n2－4n，故選A.]2．(2024·全國卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．若3S3＝S2＋S4，a1＝2，則a5等于()A．－12 B．－10C．10 D．12B[設等差數(shù)列{an}的公差為d，由3S3＝S2＋S4，得3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3a1＋\f(3×3－1,2)×d))＝2a1＋eq\f(2×2－1,2)×d＋4a1＋eq\f(4×4－1,2)×d，將a1＝2代入上式，解得d＝－3，故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.故選B.]3．(2024·黃山三模)《算法統(tǒng)宗》是中國古代數(shù)學名著，由明代數(shù)學家程大位編著，它對我國民間普及珠算和數(shù)學學問起到了很大的作用，是東方古代數(shù)學的名著．在這部著作中，很多數(shù)學問題都是以歌訣形式呈現(xiàn)的，“九兒問甲歌”就是其中一首：一個公公九個兒，若問生年總不知，自長排來差三歲，共年二百又零七，借問長兒多少歲，各兒歲數(shù)要詳推．在這個問題中，記這位公公的第n個兒子的年齡為an，則a1＝()A．23 B．32C．35 D．38C[由題意可知年齡構成的數(shù)列為等差數(shù)列，其公差為－3，則9a1＋eq\f(9×8,2)×(－3)＝207，解得a1＝35，故選C.]確定等差數(shù)列的關鍵是求出兩個最基本的量，即首項a1和公差d.考點2等差數(shù)列的判定與證明等差數(shù)列的4個判定方法(1)定義法：證明對隨意正整數(shù)n都有an＋1－an等于同一個常數(shù)．(2)等差中項法：證明對隨意正整數(shù)n都有2an＋1＝an＋an＋2.(3)通項公式法：得出an＝pn＋q后，再依據(jù)定義判定數(shù)列{an}為等差數(shù)列．(4)前n項和公式法：得出Sn＝An2＋Bn后，再運用定義法證明數(shù)列{an}為等差數(shù)列．若數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿意an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝eq\f(1,2).(1)求證：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))成等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的通項公式．[解](1)證明：當n≥2時，由an＋2SnSn－1＝0，得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，因為Sn≠0，所以eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2，又eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝2，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首項為2，公差為2的等差數(shù)列．(2)由(1)可得eq\f(1,Sn)＝2n，所以Sn＝eq\f(1,2n).當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,2n)－eq\f(1,2n－1)＝eq\f(n－1－n,2nn－1)＝－eq\f(1,2nn－1).當n＝1時，a1＝eq\f(1,2)不適合上式．故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，n＝1，,－\f(1,2nn－1)，n≥2.))證明eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))成等差數(shù)列的關鍵是eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)為與n無關的常數(shù)，同時留意求數(shù)列{an}的通項公式時務必檢驗其通項公式是否包含n＝1的情形．[老師備選例題]數(shù)列{an}滿意an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，a1＝1.(1)證明：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項和Sn，并證明eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＞eq\f(n,n＋1).[解](1)證明：∵an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，∴eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2an＋1,an)，化簡得eq\f(1,an＋1)＝2＋eq\f(1,an)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2，故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1為首項，2為公差的等差數(shù)列．(2)由(1)知eq\f(1,an)＝2n－1，所以Sn＝eq\f(n1＋2n－1,2)＝n2，eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,n2)＞eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).證明：eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,n2)＞eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,nn＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).故eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＞eq\f(n,n＋1).1.已知數(shù)列{an}滿意a1＝1，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.(1)求a2，a3；(2)證明數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差數(shù)列，并求{an}的通項公式．[解](1)由已知，得a2－2a1則a2＝2a1＋4，又a1＝1，所以a2由2a3－3a得2a3＝12＋3a2，所以a(2)由已知nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，得eq\f(nan＋1－n＋1an,nn＋1)＝2，即eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝2，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首項eq\f(a1,1)＝1，公差d＝2的等差數(shù)列．則eq\f(an,n)＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝2n2－n.2．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ為常數(shù)．(1)證明：an＋2－an＝λ；(2)是否存在λ，使得{an}為等差數(shù)列？并說明理由．[解](1)證明：由題設知anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，兩式相減得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1，由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.(2)由題設知a1＝1，a1a2＝λS1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}是首項為1，公差為4的等差數(shù)列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首項為3，公差為4的等差數(shù)列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2，因此存在λ＝4，使得數(shù)列{an}為等差數(shù)列．考點3等差數(shù)列的性質及應用等差數(shù)列中常用的解題性質(1)項的性質：在等差數(shù)列{an}中，m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N＋)，則am＋an＝ap＋aq.(2)和的性質：在等差數(shù)列{an}中，Sn為其前n項和，則①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；②S2n－1＝(2n－1)an.(3)在Sn＝eq\f(na1＋an,2)中常用性質或等差中的項解題．(1)正項等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a3＋a9－aeq\o\al(2,6)＋15＝0，則S11＝()A．35 B．36C．45 D．55(2)(2024·錦州模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若S5＝7，S10＝21，則S15等于()A．35 B．42C．49 D．63(3)已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，若a1＝－2018，eq\f(S2019,2019)－eq\f(S2013,2013)＝6，則S2020＝________.(1)D(2)B(3)2020[(1)因為{an}為正項等差數(shù)列，故a3＋a9＝2a6所以aeq\o\al(2,6)－2a6－15＝0，解得a6＝5或者a6＝－3(舍)，所以S11＝11a6＝11×5＝55，故選D.(2)在等差數(shù)列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10成等差數(shù)列，即7,14，S15－21成等差數(shù)列，所以7＋(S15－21)＝2×14，解得S15＝42.(3)由等差數(shù)列的性質可得eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也為等差數(shù)列．設其公差為d，則eq\f(S2019,2019)－eq\f(S2013,2013)＝6d＝6，∴d＝1.故eq\f(S2020,2020)＝eq\f(S1,1)＋2019d＝－2018＋2019＝1，∴S2020＝1×2020＝2020.]以數(shù)列項或和的下角標為突破口，結合等差數(shù)列的性質敏捷解答．[老師備選例題](1)設數(shù)列{an}，{bn}都是等差數(shù)列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，則a37＋b37等于()A．0 B．37C．100 D．－37(2)(2024·商洛模擬)等差數(shù)列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，則2a9－aA．20 B．22C．24 D．8(3)設等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S3＝9，S6＝36，則a7＋a8＋a9等于()A．63 B．45C．36 D．27(1)C(2)C(3)B[(1)設{an}，{bn}的公差分別為d1，d2，則(an＋1＋bn＋1)－(an＋bn)＝(an＋1－an)＋(bn＋1－bn)＝d1＋d2，所以{an＋bn}為等差數(shù)列．又a1＋b1＝a2＋b2＝100，所以{an＋bn}為常數(shù)列，所以a37＋b37＝100.(2)因為a1＋3a8＋a15＝5a所以a8＝24，所以2a9－a10＝a10＋a8－a10＝a8(3)由{an}是等差數(shù)列，得S3，S6－S3，S9－S6為等差數(shù)列．即2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，得到S9－S6＝2S6－3S3＝45.]1.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若m＞1，且am－1＋am＋1－aeq\o\al(2,m)－1＝0，S2m－1＝39，則m等于()A．39 B．20C．19 D．10B[數(shù)列{an}為等差數(shù)列，則am－1＋am＋1＝2am，則am－1＋am＋1－aeq\o\al(2,m)－1＝0可化為2am－aeq\o\al(2,m)－1＝0，解得am＝1.又S2m－1＝(2m－1)am＝39，則m＝20.故選B.]2．設等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項和分別為Sn，Tn，若對隨意的n∈N＋，都有eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n－3,4n－3)，則eq\f(a2,b3＋b13)＋eq\f(a14,b5＋b11)的值為()A.eq\f(29,45) B.eq\f(13,29)C.eq\f(9,19) D.eq\f(19,30)C[由題意可知b3＋b13＝b5＋b11＝b1＋b15＝2b8，∴eq\f(a2,b3＋b13)＋eq\f(a14,b5＋b11)＝eq\f(a2＋a14,2b8)＝eq\f(a8,b8)＝eq\f(S15,T15)＝eq\f(2×15－3,4×15－3)＝eq\f(27,57)＝eq\f(9,19).故選C.]考點4等差數(shù)列前n項和的最值問題求等差數(shù)列前n項和Sn最值的2種方法(1)函數(shù)法：利用等差數(shù)列前n項和的函數(shù)表達式Sn＝an2＋bn，通過配方或借助圖像求二次函數(shù)最值的方法求解．(2)鄰項變號法：①當a1>0，d<0時，滿意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≥0，,am＋1≤0))的項數(shù)m使得Sn取得最大值為Sm；②當a1<0，d>0時，滿意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≤0，,am＋1≥0))的項數(shù)m使得Sn取得最小值為Sm.[一題多解]等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝13，S3＝S11，當Sn最大時，n的值是()A．5 B．6C．7 D．8C[法一：(鄰項變號法)由S3＝S11，得a4＋a5＋…＋a11＝0，依據(jù)等差數(shù)列的性質，可得a7＋a8＝0.依據(jù)首項等于13可推知這個數(shù)列為遞減數(shù)列，從而得到a7>0，a8<0，故n＝7時Sn最大．法二：(函數(shù)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.依據(jù)二次函數(shù)的性質，知當n＝7時S法三：(函數(shù)法)依據(jù)a1＝13，S3＝S11，知這個數(shù)列的公差不等于零，且這個數(shù)列的和是先遞增后遞減．依據(jù)公差不為零的等差數(shù)列的前n項和是關于n的二次函數(shù)，以及二次函數(shù)圖像的對稱性，可得只有當n＝eq\f(3＋11,2)＝7時，Sn取得最大值．][母題探究]將本例中“a1＝13，S3＝S11”改為“a1＝20，S10＝S15”，則[解]因為a1＝20，S10＝S15，所以10×20＋eq\f(10×9,2)d＝15×20＋eq\f(15×14,2)d，所以d＝－eq\f(5,3).法一：由an＝20＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝－eq\f(5,3)n＋eq\f(65,3)，得a13＝0.即當n≤12時，an>0，