2026年高考数学一轮复习三维设计创新-第2节　等差数列及其前n项和

第2节等差数列及其前n项和【课标要求】（1）理解等差数列的概念和通项公式的意义；（2）探索并掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系；（3）能在具体问题情境中，发现数列的等差关系，并解决相应的问题；（4）体会等差数列与一次函数的关系.知识点一等差数列的有关概念1.定义：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，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示，符号表示为an＋1－an＝d（n∈N*，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A＝a＋b2，其中A叫做a与3.等差数列的有关公式（1）通项公式：an＝a1＋（n－1）d；（2）前n项和公式：Sn＝na1＋n（n－1）2d或S（1）（人A选二P25习题2题改编）在等差数列{an}中，a2＋a6＝8，a3＋a4＝3，则an＝（A）A.5n－16 B.5n－11C.3n－8 D.3n－5解析：（1）设等差数列{an}的公差为d，依题意2a1+6d=8，2a1+5d=3，解得d=5，a1（2）（2023·全国甲卷文5题）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝（C）A.25 B.22C.20 D.15解析：（2）法一设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由a2＋a6=10，a4a8=45，得a4=5，a8=9，∴d＝a8－a48－4＝9－58－4＝1法二设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5①，由a4a8＝45，可得（a1＋3d）（a1＋7d）＝45②，由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋5×42×d＝20，规律方法1.等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，n，d，an，Sn，知道其中三个就能求出另外两个（简称“知三求二”）.2.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.练1（1）（苏教选一P153习题4（1）题改编）已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，若a1＝1，a3＝5，Sn＝64，则n＝（C）A.6 B.7C.8 D.9解析：（1）公差d＝a3－a12＝5－12＝2，又Sn＝64，所以Sn＝na1＋n（n－1）2d＝n＋n（n－（2）（2025·洛阳联考）《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，则春分时节的日影长为（A）A.4.5尺 B.3.5尺C.2.5尺 D.1.5尺解析：（2）设冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列{an}，公差为d，由题意得a1＋a2＋a3=28.5，a10＋a11＋a12=1.5，解得a1=10.5，d＝－1，所以an＝a1知识点二等差数列的性质角度1项的性质1.通项公式的推广：an＝am＋（n－m）d（n，m∈N*）.2.若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n（k，l，m，n∈N*），则ak＋al＝am＋an.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.等差数列{an}的单调性当d＞0时，{an}是递增数列；当d＜0时，{an}是递减数列；当d＝0时，{an}是常数列.（1）在等差数列{an}中，已知a2＝5，am＝7，am＋3＝10，则数列{an}的前m项和为（B）A.12 B.22C.23 D.25解析：（1）数列{an}是等差数列，设公差为d，所以am＋3＝am＋3d＝7＋3d＝10，解得d＝1，又a2＝5，所以a1＝4，所以am＝4＋（m－1）×1＝7，解得m＝4，所以数列{an}的前m项和为S4＝4（a1＋a4）2（2）〔多选〕（2025·郑州模拟）若数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，S5＜S6，S6＝S7，S7＞S8，则下列说法正确的有（ABD）A.{an}为递减数列B.S12＞0C.S9＞S5D.使Sn＜0的最小正整数n为14解析：（2）由题意得，S5＜S6，则S6－S5＝a6＞0；S6＝S7，则S7－S6＝a7＝0；S7＞S8，则S8－S7＝a8＜0.由a6＞a7，得d＜0，故A正确；S12＝12（a1＋a12）2＝6（a6＋a7）＝6a6＞0，故B正确；S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＝2（a7＋a8）＝2a8＜0，故S9＜S5，故C错误；S14＝14（a1＋a14）2＝7（a7＋a8）＝7a8＜0规律方法利用2am＝am－n＋am＋n可实现项的合并与拆分，在Sn＝n（a1＋an）2中，Sn角度2前n项和的性质1.若{an}，{bn}均为等差数列且其前n项和分别为Sn，Tn，则anbn2.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3.若等差数列{an}的项数为偶数2n，则S2n＝n（a1＋a2n）＝…＝n（an＋an＋1）；S偶－S奇＝nd，S奇S偶4.若等差数列{an}的项数为奇数2n－1，则S2n－1＝（2n－1）an；S奇S偶＝nn－1；S奇－S偶（1）（人A选二P25习题6题改编）已知数列{an}，{bn}都是等差数列，a1＝1，b1＝5，且a21－b21＝34，则a11－b11＝（D）A.－17 B.－15C.17 D.15解析：（1）因为数列{an}，{bn}都是等差数列，所以a11－b11＝a1＋a212－b1＋b212＝（a1－b1）＋（a21－b21）2，又a1＝1，b1（2）等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意正整数n都有SnTn＝2n－13n－2解析：（2）∵a11b6＋b10＋a5b7＋b9＝a11＋a变式已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－2025，且S20262026－S20252A.0 B.1C.2025 D.2026解析：A易知Snn是等差数列，首项为－2025，公差为1，所以Snn＝－2025＋（n－1）×1，所以S20262026＝－2025＋（2026－1）×1＝0，所以规律方法在等差数列{an}中，数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列，且有S2n＝n（a1＋a2n）＝…＝n（an＋an＋1），S2n－1＝（2n－1）an.练2（1）在项数为2n的等差数列中，各奇数项之和为75，各偶数项之和为90，末项与首项之差为27，则n＝（D）A.2 B.3C.4 D.5解析：（1）易知S偶－S奇＝nd＝90－75＝15，又∵a2n－a1＝27，∴nd=15，（2n（2）（2024·广州调研）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层地面的中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且上、中、下三层共有扇面形石板（不含天心石）3402块，则中层共有扇面形石板（B）A.1125块 B.1134块C.1143块 D.1152块解析：（2）记从中间向外每环扇面形石板数为{an}，则{an}是等差数列，且公差d＝9，a1＝9.设每层有k环，则n＝3k，Sn＝3402，则Sk，S2k－Sk，S3k－S2k也成等差数列.所以2（S2k－Sk）＝Sk＋（S3k－S2k），所以Sn＝3（S2k－Sk）＝3402，则S2k－Sk＝1134.提能点1等差数列的判定与证明1.已知数列{an}的通项公式是an＝pn＋q（其中p，q为常数），则数列{an}一定是等差数列，且公差为p.2.数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn（A，B为常数）.这里公差d＝2A.已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①数列{an}是等差数列；②数列{Sn}是等差数列；③a2＝3a1注：如果选择多个组合分别解答，则按第一个解答计分.解：①③⇒②.已知{an}是等差数列，a2＝3a1.设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，所以Sn＝na1＋n（n－1）2d因为数列{an}的各项均为正数，所以Sn＝na所以Sn+1－Sn＝（n＋1）a1－na1＝a1（常数），①②⇒③.已知{an}是等差数列，{Sn}是等差数列设数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋n（n－1）2d＝12因为数列{Sn}是等差数列，所以数列{Sn}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－d2＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3②③⇒①.已知数列{Sn}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1设数列{Sn}的公差为d，d＞0，则S2－S1＝4a1－a1＝d，得a1＝d2，所以Sn＝S1＋（n－1）d＝nd，所以所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－（n－1）2d2＝2d2n－d2（n≥2），是关于n的一次函数，所以数列{an}是等差数列.规律方法判断数列{an}是等差数列的常用方法（1）定义法：对于数列{an}，an－an－1（n≥2，n∈N*）为同一常数⇔{an}是等差数列；（2）等差中项法：对于数列{an}，2an－1＝an＋an－2（n≥3，n∈N*）成立⇔{an}是等差数列；（3）通项公式法：an＝pn＋q（p，q为常数）对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列；（4）前n项和公式法：验证Sn＝An2＋Bn（A，B为常数）对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列.练3已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数.（1）证明：an＋2－an＝λ；（2）是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由.解：（1）证明：由题意知，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1.两式相减，得an＋1（an＋2－an）＝λan＋1.由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.（2）由题设知，a1＝1，a1a2＝λS1－1，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}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.因此存在λ＝4，使得{an}为等差数列.提能点2等差数列前n项和的最值问题在等差数列{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.〔多选〕设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S15＞0，S16＜0，则（）A.a8＞0B.a9＜0C.S1a1，S2D.S1a1，S2解析：ABD由S15＝15（a1＋a15）2＝15a8＞0，得a8＞0，故A正确；由S16＝16（a1＋a16）2＝16（a9＋a8）2＜0，得a9＋a8＜0，所以a9＜0，且d＜0，故B正确；所以数列{an}为递减数列，且a1，…，a8为正，a9，…，an为负，且S1，…，S15大于0，S16，…，Sn小于0，则S1a1＞0，S2a2＞0，…，S8a8＞0，S9a9＜0，S10a10＜0，…，S15a规律方法求等差数列前n项和Sn最值的两种方法练4（1）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若a1＝－11，当且仅当n＝6时Sn取得最小值，则d的取值范围为（）A.（116，115） B.（95C.［116，115） D.［95解析：A法一因为当且仅当n＝6时S6最小，所以a6＜0，a7＞0，则a1＋5d＜0，a1＋6d＞0，结合a1＝－11，可解得116＜d＜11法二因为等差数列{an}中a1＝－11，所以Sn＝na1＋n（n－1）2d＝n（n－1）2d－11n＝d2n2－（11＋d2）n，又当n＝6时Sn取得最小值，所以d＞0，（2）（2025·常州一模节选）等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝13，S3＝S11，当Sn最大时，试求n的值.解：法一（邻项变号法）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可推知这个数列为递减数列，从而得到a7＞0，a8＜0，故n＝7时Sn最大.法二（函数法）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.根据二次函数的性质，知当n＝7时Sn最大.法三（图象法）根据a1＝13，S3＝S11，知这个数列的公差不等于零，且这个数列的和是先递增后递减.根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，可得只有当n＝3+112＝7时，Sn取得最大值一、单项选择题1.已知等差数列{an}，若a1＝12，a2＋a5＝36，则a6＝（）A.20 B.24C.28 D.32解析：B由等差数列的性质可知，a1＋a6＝a2＋a5＝36，所以a6＝36－a1＝24.故选B.2.已知{an}，{bn}都是首项为1的等差数列，且{an}的公差为d1＝3，{bn}的公差为d2＝2，若数列{cn}满足cn＝an＋bn，则c10＝（）A.20 B.27C.40 D.47解析：D因为{an}是首项为1，公差为d1＝3的等差数列，所以an＝1＋（n－1）×3＝3n－2，又{bn}是首项为1，公差为d2＝2的等差数列，所以bn＝1＋（n－1）×2＝2n－1，因此cn＝an＋bn＝5n－3，所以c10＝47.3.（2024·全国甲卷理4题）记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝（）A.72 B.C.－13 D.－解析：B由S5＝S10，得5（a1＋a5）2＝10（a1＋a10）2，所以5a3＝5（a3＋a8），所以a8＝0，公差d＝a8－a58－5＝－13，4.设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S3S6＝13，则A.310 B.1C.18 D.解析：A由等差数列的性质可知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列，∵S3S6＝13，即S6＝3S3，（S6－S3）－S3＝S3，∴S9－S6＝3S3，S12－S9＝4S3，∴S9＝6S3，S12＝10S3，∴S6S12＝5.（2025·北京一模）已知等差数列{an}的公差为d，数列{bn}满足an·bn＝1（n∈N*），则“d＞0”是“{bn}为递减数列”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析：B因为an·bn＝1（n∈N*），所以an≠0且bn≠0，则bn＝1an，若d＞0，不妨令an＝－7＋2n，则b1＝－15，b2＝－13，b3＝－1，b4＝1，b5＝13，…，显然{bn}不单调，故充分性不成立；若{bn}为递减数列，则{an}为递增数列，则d＞0，故必要性成立，故“d＞0”是“{bn}为递减数列”6.（2025·青岛模拟）已知等差数列{an}满足an＋m＝am＋n（n≠m，n，m∈N*），数列{bn}满足bn＝a2n＋1＋a2n－1，则b2025－b2024＝（）A.1 B.2C.4 D.8解析：C∵bn＝a2n＋1＋a2n－1，∴b2025＝a4051＋a4049，b2024＝a4049＋a4047，∴b2025－b2024＝（a4051＋a4049）－（a4049＋a4047）＝a4051－a4047.又an＋m＝am＋n，∴an－am＝n－m，∴b2025－b2024＝a4051－a4047＝4051－4047＝4.7.（2023·全国乙卷理10题）已知等差数列{an}的公差为2π3，集合S＝{cosan｜n∈N*}，若S＝{a，b}，则ab＝（A.－1 B.－1C.0 D.1解析：B法一∵数列{an}是公差为2π3的等差数列，∴an＋3＝an＋2π3×3＝an＋2π，∴cosan＋3＝cosan，∴数列{cosan}是周期为3的数列.不妨取a1＝－π3，则cosa1＝cosa2＝12，cosa3＝－1，∴集合S＝{－1，12}，则法二由题意，得an＝a1＋（n－1）·2π3，又S＝{cosan｜n∈N*}＝{a，b}，∴cosa1≠cosa2，但cosa1＝cosa3，即cosa1＝cos（a1＋4π3），∴a1＋a1＋4π3＝2kπ（k∈Z），∴a1＝－2π3＋kπ（k∈Z）.不妨取k＝1，则a1＝π3，a2＝π3＋2π3＝π，则S＝{12，－1}＝{a，b二、多项选择题8.已知等差数列{an}的前n项和为Sn（n∈N*），若a1＞0，S4＝S12，则（）A.公差d＜0B.a7＋a9＜0C.Sn的最大值为S8D.满足Sn＜0的n的最小值为16解析：AC因为a1＞0，S4＝S12，则4（a1＋a4）2＝12（a1＋a12）2，即a1＋a4＝3（a1＋a12），则d＝－215a1＜0，故A正确；a7＋a9＝2a1＋14d＝－d＞0，故B错误；由a7＋a9＞0，得a8＞0，a9＝a1＋8d＝12d＜0，因为d＜0，a1＞0，所以数列{an}是递减数列，且当n≤8时，an＞0，当n≥9时，an＜0，所以Sn的最大值为S8，故C正确；Sn＝d2n2＋（a1－d2）n＝－a115n2＋16a115n，9.（2025·南通统考）在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢.则（）A.驽马第七日行九十四里B.第七日良马先至齐C.第八日二马相逢D.二马相逢时良马行一千三百九十五里解析：AD由题意可知，两马日行里数分别成等差数列，记数列{an}为良马的日行里数，其中首项a1＝103，公差d1＝13，所以数列{an}的通项公式为an＝13n＋90，n∈N*，记数列{bn}为驽马的日行里数，其中首项b1＝97，公差d2＝－0.5，所以数列{bn}的通项公式为bn＝－0.5n＋97.5，n∈N*，因此，驽马第七日行里数为b7＝－0.5×7＋97.5＝94，即驽马第七日行九十四里，故A正确；第七日良马行走总里程为S7＝103×7＋7×62×13＝994，而齐去长安一千一百二十五里，因为994＜1125，所以第七日良马未至齐，故B错误；设第m日两马相逢，由题意可知两马行走的总里数是齐去长安距离的两倍，即103m＋m（m－1）2×13＋97m－m（m－1）2×0.5＝2×1125，解得m＝9或m＝－40（舍），即第九日二马相逢，故C错误；由C可知，第九日二马相逢，此时良马共行走的里程为S9＝103×9三、填空题10.已知等差数列{an}的项数为奇数，其中所有奇数项之和为319，所有偶数项之和为290，则该数列的中间项为29.解析：设项数为奇数2n－1，易知S奇－S偶＝an＝319－290＝29.11.（2025·襄阳模拟）已知等差数列{an}中，a2＝4，a6＝16，若在数列{an}每相邻两项之间插入三个数，使得新数列也是一个等差数列，则新数列的第43项为652解析：设等差数列{an}的公差为d，则a1＋d＝4，a1＋5d＝16，所以a1＝1，d＝3，设在数列{an}每相邻两项之间插入三个数所得新数列为{bn}，则新的等差数列{bn}的公差为d4＝34，首项为b1＝a1＝1，所以新数列的通项公式为bn＝1＋34（n－1）＝34n＋14，故b43＝34×12.（2025·北京模拟）已知项数为k（k∈N*）的等差数列{an}满足a1＝1，14an－1≤an（n＝2，3，…，k）.若a1＋a2＋…＋ak＝8，则k的最大值为15解析：由a1＝1，14an－1≤an（n＝2，3，…，k），得1＋（n－2）d≤4[1＋（n－1）d]，即3＋（3n－2）d≥0，当n＝2，3，…，k时，恒有3＋（3n－2）d≥0，即d≥－33n－2，所以d≥－33k－2，由a1＋a2＋…＋ak＝8，得8＝k（a1＋ak）2＝k[2+（k－1）d]2，所以16＝2k＋k（k－1）d≥2k＋k（k－1）·－33k－2，因为k四、解答题13.（2025·辽宁一模）如果数列{xn}，{yn}，其中yn∈Z，对任意正整数n都有｜xn－yn｜＜12，则称数列{yn}为数列{xn}的“接近数列”.已知数列{bn}为数列{an}的“接近数列（1）若an＝2n＋23（n∈N*），求b1，b2，b3的值（2）若数列{an}是等差数列，且公差为d（d∈Z），求证：数列{bn}是等差数列.解：（1）由题：令n＝1，则｜a1－b1｜＜12即｜83－b1｜＜12，故－12＜83－b1＜12，解得136又b1∈Z，则b1＝3，同理可得b2＝5，b3＝7.（2）证明：由题意知｜an－bn｜＜12，则an－12＜bn＜an＋12，an＋1－12＜bn＋1＜an＋从而an＋1－an－1＜bn＋1－bn＜an＋1－an＋1，即－1＜bn＋1－bn－d＜1，因为bn∈Z，d∈Z，所以bn＋1－bn－d＝0，即bn＋1－bn＝d，故数列{bn}是等差数列.14.（2023·新高考Ⅰ卷20题）设等差数列{an}的公差为d，且d＞1.令bn＝n2＋nan，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn（1）若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；（2）若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.解：（1）∵3a2＝3a1＋a3，∴3（a2－a1）＝a3，∴3d＝a1＋2d，∴a1＝d，则an＝nd（d＞1），∴bn＝n+1∴S3＝a1＋a2＋a3＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝9d∴6d＋9d＝21.整理，得2d2－7d＋3＝0即（2d－1）（d－3）＝0，