2023年高二数学等差数列及前n项和题型归纳（解析）

等差数列及前n项和题型归纳题型一：等差数列及前n项和基本量运算（五个量知三求其二）知识储备：1.等差通项公式：，2.前n项和公式：Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d；方向1：等差通项公式基本量运算例题1：等差数列{an}中，a4＋a5＝15，a7＝12，则a2等于（1）由数列的性质，得a4＋a5＝a2＋a7，所以a2＝15－12＝3.变式一：在等差数列{an}中，已知a2＋2a8＋a14＝120，则2a9－a10＝________.答案：30∵a2＋2a8＋a14＝4a8＝120，∴a8a9－a10＝2(a10－d)－a10＝a10－2d＝a8＝30.变式二：等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，则2a9－a10的值是()A．20B．22C．24D．－8答案：C，解析：因为a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，所以a8＝24，所以2a9－a10＝a10＋a8－a10＝a8＝24.故选C.方向2：等差数列及前n项和基本量综合运算例题2：设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S8＝4a3，a7＝－2，则a9等于()A．－6B．－4C．－2D．2答案A【解析】S8＝eq\f(8a1＋a8,2)＝4(a3＋a6)．因为S8＝4a3，所以a6a7＝－2，所以d＝a7－a6＝－2，所以a8＝－4，a9＝－6.故选A.变式一：设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝3，S6＝24，则a9＝________.答案15【解析】设等差数列的公差为d，则S3＝3a1＋eq\f(3×2,2)d＝3a1＋3d＝3，即a1＋d＝1，S6＝6a1＋eq\f(6×5,2)d＝6a1＋15d＝24，即2a1＋5deq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝1，,2a1＋5d＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－1，,d＝2.))故a9＝a1＋8d＝－1＋8×2＝15.变式二：记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1解析：（1）设{an}的公差为d，由题意得3a1+3d=–15．由a1=–7得d=2．所以{an}的通项公式为an=2n–9．变式三：中国古代数学名著《周髀算经》记载的“日月历法”曰：“阴阳之数，日月之法，十九岁为一章，四章为一部，部七十六岁，二十部为一遂，遂千百五二十岁，…．生数皆终，万物复苏，天以更元作纪历”．某老年公寓住有19位老人，他们的年龄（都为正整数）依次相差一岁，并且他们的年龄之和恰好为一遂，则最年长者的年龄为（）A．71 B．72 C．89 D．90答案C。解析：设这些老人的年龄形成数列，设最年长者的年龄为，则由题可知数列是公差为1的等差数列，且，则，解得.故选：C.变式四：米，最后三天共跑了米，则这15天小李同学总共跑的路程为（）A．米 B．米 C．米 D．米答案B。解析：根据题意：小李同学每天跑步距离为等差数列，设为，则，故，，故，则.故选：B.题型二：等差数列的判定与证明知识储备：1，定义法：(n≥1，n∈N*)是不是一个与n无关的常数．①当时，等差数列的通项公式是关于的一次函数，且斜率为公差；2，等差中项法：3，通项公式法：(n≥1，n∈N*)方向1：定义(n≥1，n∈N*)的应用例一：在数列中，，，则的值为__________.答案52。解析：由题意，数列满足，即，又由，所以数列首项为2，公差为的等差数列，所以．方向2：等差中项法：的应用例二：在数列中，，，，求答案：14，解析：为等差数列，，方向3：通项公式法：(n≥1，n∈N*)的应用例三：数列的通项公式是．（1）求证：是等差数列，并求出其公差；（2）判断、是否是数列中的项，如果是，是第几项？解：（1），则，，所以，数列是等差数列，且公差为；（2）令，即，解得；令，即，解得.所以，是该数列的第项，不是该数列中的项.变式一：已知数列是等差数列，且.若，则数列是（）.A．以3为首项，3为公差的等差数列B．以6为首项，3为公差的等差数列C．以3为首项，6为公差的等差数列D．以6为首项，6为公差的等差数列答案D。解析：因为数列是等差数列，，设公差为，所以有，解得，所以，因此，而，所以数列是以6为首项，6为公差的等差数，故本题选D.变式二：已知数列为等差数列，则下列说法正确的是（）A．（d为常数） B．数列是等差数列C．数列是等差数列 D．是与的等差中项答案：ABD.解析：是等差数列，所以，即，所以A正确；B.因为数列是等差数列，所以，那么，所以数列是等差数列，故B正确；C.，不是常数，所以数列，所以是与的等差中项，故D正确.故选：ABD变式三：设数列满足当n＞1时，an＝，且a1＝.(1)求证：数列为等差数列；(2)a1a2是否是数列中的项？如果是，求出是第几项；如果不是，请说明理由．(1)证明：根据题意a1＝及递推关系anan＝.取倒数得＋4，即＝4(n＞1)，所以数列是首项为5，公差为4的等差数列．(2)解：由(1)，得＝5＋4(n－1)＝4n＋1，.又，解得na1a2是数列中的项，是第11项．变式四：已知数列，满足a1＝2，an＋1＝eq\f(2an,an＋2).(1)数列是否为等差数列？说明理由；(2)求an.解：(1)数列是等差数列，理由如下：∵a1＝2，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，∴eq\f(1,an＋1)＝eq\f(an＋2,2an)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,an)，∴eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)，即是首项为eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，公差为d＝eq\f(1,2)的等差数列．(2)由上述可知eq\f(1,an)＝eq\f(1,a1)＋(n－1)d＝eq\f(n,2)，∴an＝eq\f(2,n).【拓展1】(变条件，变结论)将例题中的条件“a1＝2，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)”换为“a1＝4，an＝4－eq\f(4,an－1)(n>1)，记bn＝eq\f(1,an－2)”．(1)试证明数列{bn}为等差数列；(2)求数列的通项公式．解析：(1)证明：bn＋1－bn＝eq\f(1,an＋1－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(4,an)))－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(an,2an－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(an－2,2an－2)＝eq\f(1,2).又b1＝eq\f(1,a1－2)＝eq\f(1,2)，∴数列{bn}是首项为eq\f(1,2)，公差为eq\f(1,2)的等差数列．(2)由(1)知bn＝eq\f(1,2)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)n.∵bn＝eq\f(1,an－2)，∴an＝eq\f(1,bn)＋2＝eq\f(2,n)＋2.∴数列的通项公式为an＝eq\f(2,n)＋2.【拓展2】．(变条件)将例题中的条件“a1＝2，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)”换为“a1＝1，a2＝2,2an＋1＝2an＋3(n≥2，n∈N*)”试判断数列是否是等差数列．解：当n≥2时，由2an＋1＝2an＋3，得an＋1－an＝eq\f(3,2)，但a2－a1＝1≠eq\f(3,2)，故数列不是等差数列．变式五：已知数列满足(an＋1－1)(an－1)＝3(an－an＋1)，a1＝2，令bn＝eq\f(1,an－1).(1)证明：数列是等差数列；(2)求数列的通项公式．解：(1)∵eq\f(1,an＋1－1)－eq\f(1,an－1)＝eq\f(an－an＋1,an＋1－1an－1)＝eq\f(1,3)，∴bn＋1－bn＝eq\f(1,3)，∴{bn}是等差数列．(2)由(1)及b1＝eq\f(1,a1－1)＝eq\f(1,2－1)＝1，知bn＝eq\f(1,3)n＋eq\f(2,3)，∴an－1＝eq\f(3,n＋2)，∴an＝eq\f(n＋5,n＋2)(n∈N*)．变式六：设为等差数列，为数列的前n项和，已知，.（1）求数列的通项公式；（2）证明数列是等差数列？并求其前n项和.解：（1）设等差数列的公差为，则由题意得，解得，所以；（2）由（1）得，则，所以，数列是首项为，公差为的等差数列，所以.题型三：等差数列性质及应用知识储备：1.等差中项：若成等差数列，则A叫做与的等差中项，且（1）当时,则有，特别地，当时，则有.（2）设数列，都是等差数列，所以数列，是等差数列2.数列是等差数列，则为等差数列.3.若是等差数列，，…也成等差数列.4.数列是等差数列,则S2n－1＝(2n－1)an，S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)，若n为偶数，则S偶－S奇＝eq\f(nd,2)；若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．5.等差数列的前n项和的最值数列{an}是等差数列，设(A，B为常数)且常数项为0．在等差数列{an}中，若a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值．①若p＋q为偶数，则当n＝eq\f(p＋q,2)时，Sn最大；②若p＋q为奇数，则当n＝eq\f(p＋q－1,2)或n＝eq\f(p＋q＋1,2)时，Sn最大．方向1.设数列，都是等差数列，所以数列，是等差数列.例1：设数列，都是等差数列，且，，，则等于（）A．0 B．37 C．100 D．答案:C,解：因为数列，都是等差数列，所以数列是等差数列，因为，，，所以数列的公差为0，首项为100，所以，所以，故选：C方向2：①当时,则有，特别地，当时，则有例2：等差数列{an}中，a4＋a5＝15，a7＝12，则a2等于解析：由数列的性质，得a4＋a5＝a2＋a7，所以a2＝15－12＝3.变式1：已知Sn是等差数列{an}的前n项和，2(a1＋a3＋a5)＋3(a8＋a10)＝36，则S11＝。答案：33。解析：在等差数列{an}中，因为a1＋a5＝2a3，a8＋a10＝2a9，所以2(a1＋a3＋a5)＋3(a8＋a10)＝6a3＋6a9＝36，a3＋a9＝6＝a1＋a11，所以S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝eq\f(11×6,2)＝33.变式2．已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a3a4＝117，a2＋a5＝22.，求数列{an}的通项公式an；解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，且d>0.∵a3＋a4＝a2＋a5＝22，又a3a4＝117，∴a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的两个根．又公差d>0，∴a3<a4，∴a3＝9，a4＝13.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝9，,a1＋3d＝13，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝4，))∴an＝4n－3，n∈N＋.方向3：数列是等差数列，则为等差数列.例3：在等差数列{an}中，Sn是其前n项和，a1＝－9，eq\f(S9,9)－eq\f(S7,7)＝2，则S10＝________.答案：0，解析：设公差为d，则eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(n－1,2)d，∵eq\f(S9,9)－eq\f(S7,7)＝2，∴eq\f(9－1,2)d－eq\f(7－1,2)d＝2，∴d＝2，∵a1＝－9，∴S10＝10×(－9)＋eq\f(10×9,2)×2＝0.变式一：已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2018，eq\f(S2019,2019)－eq\f(S2013,2013)＝6，则S2020＝________.解析：由等差数列的性质可得也为等差数列．设其公差为d，则eq\f(S2019,2019)－eq\f(S2013,2013)＝6d＝6，∴deq\f(S2020,2020)＝eq\f(S1,1)＋2019d＝－2018＋2019＝1，∴S2020＝1×2020＝2020.变式二：已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若S5＝7，S10＝21，则S15＝________.（3）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.变式三：等差数列的前项和为，若，，则（）A．12 B．18 C．21 D．27答案B。解析：因为为等差数列的前n项和，且，，所以成等差数列，所以，即，解得=18，故选：B.变式四：在等差数列中，为其前项的和，若，，则________.答案：144。解析：设等差数列的公差为d，则，解得，.变式五：设为等差数列，为数列的前n项和，已知，.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和.解析：（1）设等差数列的公差为，则由题意得，解得，所以；（2）由（1）得，则，所以，数列是首项为，公差为的等差数列，所以.方向4：若是等差数列，，…也成等差数列.例4．已知表示等差数列的前n项和，且，那么等于()A.eq\f(1,10)B.eq\f(1,9)C.eq\f(1,8)D.eq\f(1,3)[答案：A。解析：是等差数列，成等差数列，又，，成公差为的等差数列，同理可得，变式一：已知等差数列{an}的前n项和为n.若，，则＝________.解析：在等差数列中，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.变式二：等差数列的前项和为，若，，则（）A．12 B．18 C．21 D．27答案B。解析：因为为等差数列的前n项和，且，，所以成等差数列，所以，即，解得=18，故选：B.变式三：在等差数列中，为其前项的和，若，，则________.答案：144。解析：设等差数列的公差为d，则，解得，.方向5：数列是等差数列,则S2n－1＝(2n－1)an，S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)，若n为偶数，则S偶－S奇＝eq\f(nd,2)；若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．例5.已知数列是等差数列，其前项和为，若，且，则()A．2B．3C．4D．5答案：A。解析：依题意得eq\f(5,5a1a3)＝eq\f(1,5)，a1a3＝5，a2＝eq\f(10,a1a3)＝2.故选A.变式一：设等差数列的前n项和为,,则等于()A．10 B．12 C．15 D．30答案：C。解析：因为等差数列{an}中,,所以.故选C.变式二：已知数列为等差数列且，则其前9项和=___________.答案：18。解析：因为数列为等差数列，所以.变式三：设是等差数列的前项和，若，则=__________.答案：。解析由等差数列的前项和公式可得：.变式四：（多选题）记为等差数列的前n项和，已知，，则（）A． B．C． D．答案：AC，解析：，，，则．故选：AC.变式五：在等差数列中，其前项和为.若，是方程的两个根，那么的值为（）A．44 B． C．66 D．答案：D。解析：因为，是方程的两个根，所以，而，所以，则,故选：.变式六：等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(3n－1,2n＋3)，则eq\f(a10,b10)＝________.解析：在等差数列中，S19＝19a10，T19＝19b10，因此eq\f(a10,b10)＝eq\f(S19,T19)＝eq\f(3×19－1,2×19＋3)＝eq\f(56,41).变式七：设和都是等差数列，前项和分别为和，若，，则（）A． B． C． D．答案：A。解析：由等差数列的性质可得，所以；因为，所以．由等差数列的前项和公式可得，，所以．故选：A变式八：等差数列和的前项和分别记为与，若，则（）A． B． C． D．答案：D。解析：和为等差数列，故a3+a变式九：已知等差数列和的前项和分别为与，且，则________．答案：。解：由，设，，则，，.故答案为：题型四：等差数列的单调性及前n项和的最值问题知识储备：1.等差数列的通向公式与函数的关系()可看做是关于的一次型函数，设．当时单调递增，当时单调递增2等差数列的前n项和公式与函数的关系.数列{an}是等差数列，设(A，B为常数)且常数项为0．在等差数列{an}中，若a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值．①若p＋q为偶数，则当n＝eq\f(p＋q,2)时，Sn最大；②若p＋q为奇数，则当n＝eq\f(p＋q－1,2)或n＝eq\f(p＋q＋1,2)时，Sn最大．方向1：等差数列的单调性.例1：等差数列中，，若从第项开始为负数，则公差的取值范围是__________．答案：解析∵等差数列从第项开始为负数，即，∴，解得．变式一：（多选题）设d为正项等差数列的公差，若，，则（）A． B． C． D．答案：ABC。解析：由题知，只需，，A正确；，B正确；，C正确；，所以，D错误.变式二：首项为，公差为的等差数列满足下列两个条件：①；②满足的的最小值是15.试求公差和首项的值.解析：，，由，即，∵满足的的最小值是15，，，又.变式三：已知等差数列，首项.从第10项起开始大于1，那么公差d的取值范围是__________.答案：。解析：在等差数列中，因为从第10项起开始大于1，所以有.方向2：等差数列前n项和的最值问题例1：已知等差数列是无穷数列，若，则数列的前项和（）A．无最大值，有最小值 B．有最大值，无最小值C．有最大值，有最小值 D．无最大值，无最小值答案；A。解析：由数列为等差数列，且，得，故数列为递增数列，且，所以有最小值，无最大值，故选：A.变式一：（多选题）已知递减的等差数列的前项和为，，则（）A． B．最大 C． D．答案：ABD。解析：因为，故，所以，因为等差数列为递减数列，故公差，所以，故AB正确.又，，故C错误，D正确.故选：ABD.变式二：等差数列的前项和为，且，，当______时，最大.答案：6或7。解：因为，所以，化简得，所以，因为，所以，所以，它的图像是开口向下的抛物线，其对称轴为，因为，所以当或时，取得最大值，故答案为：6或7变式三：.若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．答案：8。解析：根据题意知a7＋a8＋a9＝3a8>0，即a8a8＋a9＝a7＋a10<0，∴a9<0，∴当n＝8时，{an}的前n项和最大．变式四：设等差数列{an}的前n项和为Sn，若－1＜a3＜1,0＜a6＜3，则S9的取值范围是__________。解析：方法一：S9＝9a1＋36d，又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＜a1＋2d＜1,0＜a1＋5d＜3，))依据线性规划知识，得－3＜S9＜21。方法二：S9＝9a1＋36d＝x(a1＋2d)＋y(a1＋5d)，由待定系数法得x＝3，y＝6。因为－3＜3a3＜3,0＜6a6＜18，两式相加即得－3＜S9＜21。方法三：由题意可知a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝5a3，a6＋a7＋a8＋a9＝2a6＋2a9，而a3＋a9＝2a6，所以S9＝3a3＋6a6，又－1＜a3＜1,0＜a6＜3，故－3＜S9＜21。答案：(－3,21)变式五：在等差数列{an}中，已知a1＝13,3a2＝11a6，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为________．【答案】49【解析】设{an}的公差为d.法一：由3a2＝11a6，得3(13＋d)＝11(13＋5d)，解得d＝－2，所以an＝13＋(n－1)×(－2)＝－2n＋15.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2n＋15≥0，,－2n＋1＋15≤0，))解得6.5≤nn∈N*，所以当n＝7时，数列{an}的前n项和Sn最大，最大值为S7＝eq\f(713－2×7＋15,2)＝49.法二：由3a2＝11a6，得3(13＋d)＝11(13＋5d)，解得d＝－2，所以an＝13＋(n－1)×(－2)＝－2n＋15.所以Sn＝eq\f(n13＋15－2n,2)＝－n2＋14n＝－(n－7)2＋49，所以当n＝7时，数列{an}的前n项和Sn最大，最大值为S7＝49.巩固练习1.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.5B.6 C.7 答案：C。解析：(1)法一由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可推知这个数列递减，从而得到a7>0，a8<0，故n＝7时Sn最大.法二由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.2．若{an}是等差数列，首项a1＞0，a2017＋a2018＞0，a2017·a2018＜0，则使前n项和Sn＞0成立的最大正整数n是()A．2017 B．2018C．4034 D．4035答案；C解析：因为a1＞0，a2017＋a2018＞0，a2017·a2018＜0，所以d＜0，a2017＞0，a2018＜0，所以S4034＝eq\f(4034a1＋a4034,2)＝eq\f(4034a2017＋a2018,2)＞0，S4035＝eq\