2022届高三数学一轮复习（原卷版）第2节 等差数列及其前n项和 教案

1、1第二节第二节等差数列及其前等差数列及其前 n 项和项和最新考纲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 an1and(nn*)，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 aab2，其中 a 叫做 a，b 的等差中项2等差数列的有关公式

2、(1)通项公式：ana1(n1)d(2)前 n 项和公式：snna1n（n1）2dn（a1an）2.3等差数列的通项公式及前 n 项和公式与函数的关系(1)当 d0 时，等差数列an的通项公式 andn(a1d)是关于 d 的一次函数(2)当 d0 时，等差数列an的前 n 项和 snd2n2a1d2 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，a10，d0，则 sn存在最大值；若 a10，则 sn存在最小值常用结论等差数列的常用性质2(1)通项公式的推广：anam(nm)d(n，mn*)(2)若an为等差数列，且 mnpq，则 amanapaq(m，n，p，qn

3、*)(3)若an是等差数列，公差为 d，则 ak，akm，ak2m，(k，mn*)是公差为 md 的等差数列(4)数列 sm，s2msm，s3ms2m，(mn*)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anbns2n1t2n1(6)若an是等差数列，则snn 也是等差数列，其首项与an的首项相同，公差是an的公差的12.(7)若等差数列an的项数为偶数 2n，则s2nn(a1a2n)n(anan1)；s偶s奇nd，s奇s偶anan1.(8)若等差数列an的项数为奇数 2n1，则s2n1(2n1)an1；s奇s偶n1n.一、思考辨析(正确的打“

4、”，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 nn，都有 2an1anan2.()(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，a4a810，a106，则公差 d 等于()a14b12c2d12aa4a82a610，a65，3又 a106，公差 da10a610665414.故选 a.2设数列an是等差数列，其前 n 项和为 sn，若 a62 且 s530，则 s8等

5、于()a31b32c33d34b设数列an的公差为 d，法一：由 s55a330 得 a36，又 a62，s88（a1a8）28（a3a6）28（62）232.法二：由a15d2，5a1542d30，得a1263，d43.s88a1872d8263284332.3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 a1008995487.4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(nn*)，数列an为等差数列，其公差 d2，则 ana1(n1)

6、da12(n1)由已知 a2060，得 60a12(201)，解得 a122，则剧场总共的座位数为20（a1a20）220（2260）2820.4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)记 sn为等差数列an的前

7、n 项和已知 s40，a55，则()aan2n5ban3n10csn2n28ndsn12n22na由题知，s44a1d2430，a5a14d5，解得a13，d2，an2n5，snn24n，故选 a.2 (2018全国卷)记 sn为等差数列an的前 n 项和 若 3s3s2s4， a12，则 a5等于()a12b10c10d12b设等差数列an的公差为 d，由 3s3s2s4，得 33a13（31）2d2a12（21）2d4a14（41）2d，将 a12 代入上式，解得 d3，故 a5a1(51)d24(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

8、，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”5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()a23b32c35d38c由题意可知年龄构成的数列为等差数列，其公差为3，则 9a1982(3)207，解得 a135，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

9、an1an等于同一个常数(2)等差中项法：证明对任意正整数 n 都有 2an1anan2.(3)通项公式法：得出 anpnq 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 snan2bn 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 an2snsn10(n2)，a112.(1)求证：1sn成等差数列；(2)求数列an的通项公式解(1)证明：当 n2 时，由 an2snsn10，得 snsn12snsn1，因为 sn0，所以1sn1sn12，又1s11a12，故1sn是首项为 2，公差为 2 的等差数列(2)由(1)可得1sn2n，所以 s

10、n12n.当 n2 时，6ansnsn112n12（n1）n1n2n（n1）12n（n1）.当 n1 时，a112不适合上式故 an12，n1，12n（n1），n2.证明1sn成等差数列的关键是1sn1sn1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 n1 的情形教师备选例题数列an满足 an1an2an1，a11.(1)证明：数列1an是等差数列；(2)求数列1an的前 n 项和 sn，并证明1s11s21snnn1.解(1)证明：an1an2an1，1an12an1an，化简得1an121an，即1an11an2，故数列1an是以 1 为首项，2 为公差

11、的等差数列(2)由(1)知1an2n1，所以 snn（12n1）2n2，1sn1n21n（n1）1n1n1.证明：1s11s21sn1121221n21121231n（n1）112 1213 1n1n1 11n1nn1.7故1s11s21snnn1.1.已知数列an满足 a11，且 nan1(n1)an2n22n.(1)求 a2，a3；(2)证明数列ann 是等差数列，并求an的通项公式解(1)由已知，得 a22a14，则 a22a14，又 a11，所以 a26.由 2a33a212，得 2a3123a2，所以 a315.(2)由已知 nan1(n1)an2n(n1)，得nan1（n1）ann

12、（n1）2，即an1n1ann2，所以数列ann 是首项a111，公差 d2 的等差数列则ann12(n1)2n1，所以 an2n2n.2已知数列an的前 n 项和为 sn，a11，an0，anan1sn1，其中为常数(1)证明：an2an；(2)是否存在，使得an为等差数列？并说明理由解(1)证明：由题设知 anan1sn1，an1an2sn11，两式相减得an1(an2an)an1，由于 an10，所以 an2an.(2)由题设知 a11，a1a2s11，可得 a21.由(1)知，a31.令 2a2a1a3，解得4.故 an2an4，8由此可得a2n1是首项为 1，公差为 4 的等差数列，

13、a2n14n3；a2n是首项为 3，公差为 4 的等差数列，a2n4n1.所以 an2n1，an1an2，因此存在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，mnpq(m，n，p，qn*)，则 amanapaq.(2)和的性质：在等差数列an中，sn为其前 n 项和，则s2nn(a1a2n)n(anan1)；s2n1(2n1)an.(3)在 snn（a1an）2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 a3a9a26150，则s11()a35b36c45d55(2)(2019锦州模拟)已知等

14、差数列an的前 n 项和为 sn.若 s57，s1021，则s15等于()a35b42c49d63(3)已知 sn是等差数列an的前 n 项和，若 a12 018，s2 0192 019s2 0132 0136，则 s2 020_(1)d(2)b(3)2 020(1)因为an为正项等差数列，故 a3a92a6，所以 a262a6150，解得 a65 或者 a63(舍)，所以 s1111a611555，故选 d.(2)在等差数列an中， s5，s10s5，s15s10成等差数列，即 7，14，s15921 成等差数列，所以 7(s1521)214，解得 s1542.(3)由等差数列的性质可得sn

15、n 也为等差数列设其公差为 d，则s2 0192 019s2 0132 0136d6，d1.故s2 0202 020s112 019d2 0182 0191，s2 02012 0202 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 a125，b175，a2b2100，则 a37b37等于()a0b37c100d37(2)(2019商洛模拟)等差数列an中，a13a8a15120，则 2a9a10的值是()a20b22c24d8(3)设等差数列an的前 n 项和为 sn，若 s39，s636，则 a7a8a9等于()a63b4

16、5c36d27(1)c(2)c(3)b(1)设an， bn的公差分别为 d1， d2， 则(an1bn1)(anbn)(an1an)(bn1bn)d1d2，所以anbn为等差数列又 a1b1a2b2100，所以anbn为常数列，所以 a37b37100.(2)因为 a13a8a155a8120，所以 a824，所以 2a9a10a10a8a10a824.(3)由an是等差数列，得 s3，s6s3，s9s6为等差数列即 2(s6s3)s3(s9s6)，得到 s9s62s63s345.1.已知等差数列an的前 n 项和为 sn， 若 m1， 且 am1am1a2m10，s2m139，则 m 等于(

17、)a39b2010c19d10b数列an为等差数列，则 am1am12am，则 am1am1a2m10可化为 2ama2m10， 解得 am1.又 s2m1(2m1)am39， 则 m20.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 nn*，都有sntn2n34n3，则a2b3b13a14b5b11的值为()a.2945b.1329c.919d.1930c由题意可知 b3b13b5b11b1b152b8，a2b3b13a14b5b11a2a142b8a8b8s15t15215341532757919.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

18、 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 snan2bn，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：当 a10，d0 时，满足am0，am10的项数 m 使得 sn取得最大值为 sm；当 a10 时，满足am0，am10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 a113，s3s11，当sn最大时，n 的值是()a5b6c7d8c法一：(邻项变号法)由 s3s11，得 a4a5a110，根据等差数列的性质，可得 a7a80.根据首项等于 13 可推知这个数列为递减数列，从而得到 a70，a80，当 n14 时，an0.所以当 n12 或 n13 时，sn取得最大值法二：sn20nn（n1）25356n21256n56n25223 12524.因为