第六章 第二节 等差数列(课件 学案 练习,共3份)2026届高中数学(通用版)一轮复习

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第六章 第二节 等差数列(课件 学案 练习,共3份)2026届高中数学(通用版)一轮复习

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第二节 等差数列
1.已知{an}为等差数列,其前n项和为Sn,若a1=1,a3=5,Sn=64,则n=(  )
A.6 B.7
C.8 D.9
2.(2025·潍坊一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=-1,S7=5a4+10,则S4=(  )
A.6 B.7
C.8 D.10
3.设等差数列{an}满足3a8=5a15,且a1>0,Sn为其前n项和,则数列{Sn}的最大项为(  )
A.S23 B.S24
C.S25 D.S26
4.已知数列{an}中,a2=4,am+n=am+an,则a11+a12+a13+…+a19=(  )
A.95 B.145
C.270 D.520
5.如图所示,点列{An},{Bn}分别在某锐角的两边上,且|AnAn+1|=|An+1An+2|,An≠An+1,n∈N*,|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|,Bn≠Bn+1,n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合).若dn=|AnBn|,Sn为△AnBnBn+1的面积,则(  )
A.{Sn}是等差数列 B.{}是等差数列
C.{dn}是等差数列 D.{}是等差数列
6.〔多选〕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<0
B.a7+a9<0
C.Sn的最大值为S8
D.满足Sn<0的n的最小值为16
7.等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,若S4=S5=20,则a1-d=    .
8.记等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=2,数列{}为等差数列,则a13的值为    .
9.设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n-1.数列{bn}满足b1=2,bn+1-2bn=8an.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)证明数列{}为等差数列,并求{bn}的通项公式.
10.若数列{an}满足-=d(n∈N*,d为常数),则称数列{an}为“调和数列”,已知数列为“调和数列”,且x1+x2+…+x20=200,则x5+x16=(  )
A.10    B.20
C.30    D.40
11.(2024·西安一模)如图,用相同的球堆成若干堆“正三棱锥”形的装饰品,其中第1堆只有1层,且只有1个球;第2堆有2层4个球,其中第1层有1个球,第2层有3个球;…;第n堆有n层共Sn个球,第1层有1个球,第2层有3个球,第3层有6个球,….已知S20=1 540,则n2=(  )
A.2 290 B.2 540
C.2 650 D.2 870
12.〔多选〕(2025·海口摸底)已知首项为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn,若(S15-S11)·(S15-S12)<0,则(  )
A.a13+a14>0
B.S11<S15<S12
C.当n=14时,Sn取最大值
D.当Sn<0时,n的最小值为27
13.已知数列{an}满足an=(-1)n,在ak,ak+1(k∈N*)之间插入首项为ak+,公差为的等差数列的前k项,构成数列{bn},记数列{bn}的前n项和为Sn,则S230=    .
14.已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,=a3·a7,且S8=32.
(1)求S10;
(2)若数列{bn}是公差为-4的等差数列,其前n项和为Tn,且b1=a13,则Tn是否存在最值?如果存在,求出最值;如果不存在,请说明理由.
15.(情境创新)(2025·河南五市联考)一款卷筒卫生纸绕在圆柱形空心纸筒上,纸筒直径为20 mm,卫生纸厚度约为0.1 mm,若未使用时直径为80 mm,则这个卷筒卫生纸总长度大约为(参考数据:π≈3.14)(  )
A.47 m B.51 m
C.94 m D.102 m
16.(新定义)对于数列{an},若从第二项起的每一项均大于该项之前的所有项的和,则称{an}为P数列.
(1)若{an}的前n项和Sn=3n+2,试判断{an}是否是P数列,并说明理由;
(2)设数列a1,a2,…,a20是首项为-1,公差为d的等差数列,若该数列是P数列,求d的取值范围.
第二节 等差数列
1.C 因为d==2,Sn=na1+d=n+n(n-1)=64,解得n=8(负值舍去).
2.C 因为数列{an}为等差数列,所以S7===7a4,又S7=5a4+10,则7a4=5a4+10,即a4=5,则S4===8.故选C.
3.C 设等差数列的公差为d,∵3a8=5a15,∴3a1+21d=5a1+70d,∴a1+d=0.
法一 ∵a1>0,∴d<0,∴a1+24d=a25>0,a1+25d=a26<0,∴数列{Sn}的最大项为S25.故选C.
法二 ∵Sn=(n2-50n),d<0,∴当n=25时,数列{Sn}有最大项,为S25.故选C.
4.C 在等式am+n=am+an中,令m=1,可得an+1=an+a1,则an+1-an=a1,所以数列{an}为等差数列,且该数列的首项和公差均为a1.因为a2=2a1=4,故a1=2,所以an=2+2(n-1)=2n,则a15=2×15=30,因此a11+a12+a13+…+a19===9a15=270.故选C.
5.A 设△AnBnBn+1的边BnBn+1上的高为hn且已知锐角α的顶点为O(如图所示),则hn=|OAn|sin α,所以hn+1-hn=|OAn+1|sin α-|OAn|·sin α=(|OAn+1|-|OAn|)sin α=|AnAn+1|sin α为常数,所以数列{hn}是等差数列.因为Sn=|BnBn+1|·hn,所以{Sn}是等差数列,故选A.
6.AC 因为a1>0,S4=S12,则=,即a1+a4=3(a1+a12),则d=-a1<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=d<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=n2+(a1-)n=-n2+n,令Sn<0,解得n>16,所以满足Sn<0的n的最小值为17,故D错误.
7.10 解析:由题意可知,解得a1=8,d=-2,所以a1-d=10.
8.50 解析:设等差数列{an}的公差为d,结合a1=2得S1=2,S2=4+d,S3=6+3d,∵{}为等差数列,∴2=+,即2=+,两边平方整理得8+d=2,两边再平方整理得d2-8d+16=0,即(d-4)2=0,∴d=4,∴a13=a1+12d=2+12×4=50.
9.解:(1)当n=1时,a1=S1=21-1=1;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n-1)-(2n-1-1)=2n-1.
因为a1=1符合上式,所以an=2n-1.
(2)因为bn+1-2bn=8an,
所以bn+1-2bn=2n+2,即-=2.又=1,
所以数列{}是首项为1,公差为2的等差数列.
所以=1+2(n-1)=2n-1.
所以bn=(2n-1)×2n.
10.B 因为数列为“调和数列”,所以由“调和数列”的定义可知xn+1-xn=d(n∈N*,d为常数),即数列{xn}为等差数列,则x1+x2+…+x20==200,所以x1+x20=20,故x5+x16=x1+x20=20,故选B.
11.D 在第n(n≥2)堆中,从第2层起,第n层球的个数比第n-1层球的个数多n,记第n层球的个数为an,则an-an-1=n(n≥2) ,得an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+2+3+…+n=n(n+1),其中a1=1也适合上式,则an=n(n+1)=(n2+n),在第n堆中,Sn=a1+a2+a3+…+an=[(12+22+32+…+n2)+(1+2+3+…+n)]=[(12+22+32+…+n2)+n(n+1)],当n=20时,S20=(n2+210)=1 540,解得n2=2 870.故选D.
12.ABD 对于A,首项为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn,所以(S15-S11)·(S15-S12)=(a15+a14+a13+a12)×3a14=6a14(a14+a13)<0,若a14>0,则a14+a13>0,不符合题意,所以a14<0,a14+a13>0,故A正确;对于B,由A可知S15-S11=a15+a14+a13+a12=2(a14+a13)>0,则S15>S11,S15-S12=3a14<0,则S15<S12,故B正确;对于C,由A可知,a14<0,a14+a13>0,所以a13>0,故n=13时,Sn取最大值,故C错误;对于D,由S27==27a14<0,S26==13(a14+a13)>0,且{an}是首项为正数的等差数列,故D正确.故选A、B、D.
13.125 解析:由题可得数列{bn}为a1,a1+1,a2,a2+,a2++,a3,a3+,a3++,a3+++,…,ak,ak+,…,ak+(k-1),ak+1,ak+1,…,记ak及其后连续k项的和为ck,则ck=(k+1)(-1)k+×=(k+1)(-1)k+,则S230=c1+c2+c3+…+c20=-2+3-4+…+21+×(2+3+4+…+21)=10+×=125.
14.解:(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),则由题知解得所以S10=10a1+d=-30+90=60.
(2)由(1)可知b1=a13=-3+12×2=21.
因为数列{bn}的公差为-4,所以Tn=21n+×(-4)=-2n2+23n=-2(n-)2+.
所以当n=6时,Tn有最大值T6=-2×62+23×6=66.
15.A 空心纸筒直径为20 mm,则底面半径为10 mm,其周长为2π×10=20π(mm),卷纸未使用时直径为80 mm,则底面半径为40 mm,其周长为2π×40=80π(mm),又因为卫生纸厚度约为0.1 mm,则卷纸共有的层数约为=300,即每一圈的卷纸周长构成一个等差数列,即首项为20π,末项为80π,项数为300,则这个卷筒卫生纸总长度即这个等差数列的前300项和,S300==15 000π(mm),而15 000π mm≈15 000×3.14=47 100 mm≈47 m.即这个卷筒卫生纸总长度大约为47 m.故选A.
16.解:(1)因为Sn=3n+2,Sn-1=3n-1+2(n≥2),
则an=Sn-Sn-1=2·3n-1(n≥2),
当n=1时,a1=S1=5不适合上式,故an=
那么当k∈N*时,ak+1-Sk=2·3k-3k-2=3k-2>0符合题意,
故数列{an}是P数列.
(2)由题意知,该数列的前n项和为Tn=-n+d,an+1=-1+nd,
由数列a1,a2,…,a20是P数列,可知a2>S1=a1,故公差d>0,
Tn-an+1=n2-(1+d)n+1<0对满足n=1,2,…,19,n∈N*的任意n都成立,
则n=1时,-d<0,明显成立;
n=19时,令×192-(1+d)×19+1<0,解得d<,
故d的取值范围为(0,).
2 / 2第二节 等差数列
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.体会等差数列与一元一次函数、二次函数的关系.
1.等差数列的有关概念
(1)定义:如果一个数列从    起,每一项与它的前一项的    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    ,公差通常用字母d表示,符号表示为      (n∈N*,d为常数);
提醒 在公差为d的等差数列{an}中:①d>0 {an}为递增数列;②d=0 {an}为常数列;③d<0 {an}为递减数列.
(2)等差中项:数列a,A,b成等差数列的充要条件是A=    ,其中A叫做a与b的等差中项.
2.等差数列的有关公式及等差数列与函数的关系
(1)通项公式:an=a1+(n-1)d=nd+(a1-d) 当d≠0时,an是关于n的一次函数模型,即an=pn+q,其中p为公差;
(2)前n项和公式:Sn= Sn=na1+d=n2+n 当d≠0时,Sn是关于n的二次函数模型,且没有常数项,即Sn=An2+Bn.
3.等差数列的常用性质
已知{an}为等差数列,d为公差,Sn为该数列的前n项和.
(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)数列Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…也是等差数列,公差为    .
1.若{an},{bn}均为等差数列且其前n项和分别为Sn,Tn,则=.
2.若{an}是等差数列,则也是等差数列,其首项与{an}的首项相同,公差是{an}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,=.
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=an(中间项).
1.判断正误.(正确的画“√”,错误的画“×”)
(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n∈N*,都有2an+1=an+an+2.(  )
(4)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数.(  )
2.已知在等差数列{an}中,a4+a8=20,a7=12,则a10=(  )
A.18 B.16
C.20 D.17
3.(人A选二P17例5改编)已知{an}为等差数列,a1+a2=3,a5+a6=7,则a9+a10=(  )
A.8   B.9 C.10   D.11
4.(人A选二P21例7改编)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S10=2,S20=8,则S30=    .
5.(苏教选一P182复习题13题改编)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=    .
等差数列基本量的运算
(基础自学过关)
1.(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. B.
C.- D.-
2.(2025·厦门第二次质检)已知正项等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,且4S3=(a3+1)2,4S4=(a4+1)2,则d=(  )
A.1 B.2 C.3 D.4
3.(2024·新高考Ⅱ卷12题)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3+a4=7,3a2+a5=5,则S10=    .
4.在我国古代,9是数字之极,代表尊贵之意,所以中国古代皇家建筑中包含许多与9相关的设计.例如,北京天坛圜丘坛的地面由扇环形的石板铺成,如图,最高一层的中心是一块天心石,围绕它的第一圈有9块石板,从第二圈开始,每一圈比前一圈多9块,共9圈,则第7圈的石板数为    ,前9圈的石板总数为    .
练后悟通
等差数列基本量运算的常见类型及解题策略
(1)求公差d或项数n:在求解时,一般要运用方程思想;
(2)求通项:a1和d是等差数列的两个基本元素;
(3)求特定项:利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解;
(4)求前n项和:利用等差数列的前n项和公式直接求解或利用等差中项间接求解.
等差数列的判定与证明
(师生共研过关)
设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且满足对任意n∈N*,都有++…+=.求证:数列{an}为等差数列.
解题技法
判断数列{an}是等差数列的常用方法
(1)定义法:对任意n∈N*,an+1-an是同一常数;
(2)等差中项法:对任意n≥2,n∈N*,满足2an=an+1+an-1;
(3)通项公式法:对任意n∈N*,都满足an=pn+q(p,q为常数);
(4)前n项和公式法:对任意n∈N*,都满足Sn=An2+Bn(A,B为常数).
提醒 (3)(4)只适用于客观题的求解与判断.
1.数列{an}满足a1=2,a2=1,且=-(n≥2),则数列{an}的第100项为(  )
A. B.
C. D.
2.(2023·新高考Ⅰ卷7题)设Sn为数列{an}的前n项和,设甲:{an}为等差数列;乙:为等差数列.则(  )
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
等差数列的性质及应用
(定向精析突破)
考向1 等差数列项的性质
(1)(2024·全国甲卷文5题)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9=1,则a3+a7=(  )
A. B.
C. D.
(2)已知数列{an},{bn}都是等差数列,a1=1,b1=5,且a21-b21=34,则a11-b11=(  )
A.-17 B.-15
C.17 D.15
听课记录                                                                                        
解题技法
  利用2am=am-n+am+n可实现项的合并与拆分,在Sn=中,Sn与a1+an也可相互转化.
考向2 等差数列前n项和的性质
(1)(2025·河北调研)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若=,则=(  )
A. B.
C. D.
(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=,则+=    .
听课记录                                                                                        解题技法
  在等差数列{an}中,Sn为其前n项和,则:
(1)S2n=n(a1+a2n)=…=n(an+an+1),S2n-1=(2n-1)an;
(2)Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…成等差数列.
考向3 等差数列前n项和的最值问题
〔多选〕设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S15>0,S16<0,则(  )
A.a8>0
B.a9<0
C.,,…,中最大的项为
D.,,…,中最大的项为
听课记录                                                                                        解题技法
求等差数列前n项和Sn最值的两种方法
1.(2024·青岛一模)记正项等差数列{an}的前n项和为Sn,S20=100,则a10·a11的最大值为(  )
A.9   B.16   C.25   D.50
2.在等差数列{an}中,a1=-2 026,其前n项和为Sn,若-=2,则S2 026=(  )
A.2 025 B.-2 025 C.-2 026 D.2 026
第二节 等差数列
【知识·逐点夯实】
知识梳理夯基
1.(1)第2项 差 公差 an+1-an=d (2)
3.(4)m2d
对点自测诊断
1.(1)× (2)√ (3)√ (4)×
2.A 3.D 4.18 5.5
【考点·分类突破】
考点1
1.B 由S5=S10,得=,所以5a3=5(a3+a8),所以a8=0,公差d==-,所以a1=a5-4d=1-4×(-)=,故选B.
2.B 4S3=(a3+1)2,4S4=(a4+1)2,两式相减得4a4=(a4+1)2-(a3+1)2,即(a4-1)2-(a3+1)2=0,则(a4+a3)(a4-a3-2)=0,又数列{an}为正项等差数列,∴a4-a3-2=0,∴a4-a3=2,即d=2,故选B.
3.95 解析:法一(基本量法) 因为数列{an}为等差数列,
则由题意得解得
则S10=10a1+d=10×(-4)+45×3=95.
法二(下标和性质法) 设{an}的公差为d,由a3+a4=a2+a5=7,3a2+a5=5,得a2=-1,a5=8,故d==3,a6=11,则S10=×10=5(a5+a6)=5×19=95.
4.63 405 解析:由题可知从第1圈到第9圈石板数构成等差数列{an},且首项a1=9,公差d=9,则第7圈的石板数为a7=9+6×9=63,前9圈的石板总数为S9=9×9+×9=405.
考点2
【例1】 证明:由题意,{an}各项为正数,
++…+=, ①
当n=1时,==,得a1=1.
当n≥2时,++…+=, ②
①-②得=-=(Sn-Sn-1)(Sn+Sn-1)=an(Sn+Sn-1),
所以=Sn+Sn-1,
则=Sn+1+Sn,
两式相减得-=an+1+an,
即(an+1-an)(an+1+an)=an+1+an,
所以an+1-an=1.
当n=2时,+=(a1+a2)2,即1+=(1+a2)2,解得a2=2,满足a2-a1=1.
所以数列{an}是首项为1,公差为1的等差数列.
跟踪训练
1.B 因为=-(n≥2),所以+=,所以为等差数列,首项为=,第2项为=1,所以d=,所以=+99d=+99×=50.所以a100=.故选B.
2.C 若{an}是等差数列,设首项为a1,公差为d,则Sn=na1+d,所以=a1+d=n+a1-,所以-=(n+1)+a1--(n+a1-)=,所以是等差数列.若是等差数列,设=kn+b,k,b∈R,则Sn=kn2+bn.当n=1时,a1=S1=k+b;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=kn2+bn-[k(n-1)2+b(n-1)]=2kn-k+b,所以an-an-1=2kn-k+b-2k(n-1)+k-b=2k.所以{an}是等差数列.所以甲是乙的充要条件.故选C.
考点3
【例2】 (1)B (2)D 解析:(1)法一 设等差数列{an}的公差为d,由S9=9a1+d=9(a1+4d)=1,得a1+4d=,则a3+a7=a1+2d+a1+6d=2a1+8d=2(a1+4d)=,故选B.
法二 因为{an}为等差数列,所以S9==9a5=1,得a5=,则a3+a7=2a5=,故选B.
(2)因为数列{an},{bn}都是等差数列,所以a11-b11=-=,又a1=1,b1=5,a21-b21=34,所以a11-b11==15,故选D.
【例3】 (1)B (2) 解析:(1)由等差数列前n项和的性质知S5,S10-S5,S15-S10,S20-S15,…是等差数列.由=,可设S5=t(t≠0),则S10=3t,于是S5,S10-S5,S15-S10,S20-S15,…依次为t,2t,3t,4t,…,所以S20=t+2t+3t+4t=10t,所以=.故选B.
(2)∵+===,∴====.
【例4】 ABD 由S15==15a8>0,得a8>0,故A正确;由S16==<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>0,>0,…,>0,<0,<0,…,<0,又S8>S1,a1>a8,所以>>0,所以,,…,中最大的项为,故C错误,D正确.
跟踪训练
1.C ∵S20=×20=100,∴a1+a20=10,∴a10+a11=a1+a20=10.又∵a10>0,a11>0,∴a10·a11≤()2==25,当且仅当a10=a11=5时取等号.∴a10·a11的最大值为25.故选C.
2.C 由{an}是等差数列,设公差为d,则Sn=na1+d,所以=a1+d,-=(常数),则也为等差数列.由-=2,则数列的公差为1.所以=+(n-1)×1=-2 026+n-1=n-2 027,所以=2 026-2 027=-1,所以S2 026=-2 026.
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第二节 等差数列
高中总复习·数学
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. 体会等差数列与一元一次函数、二次函数的关系.
目 录
CONTENTS
知识·逐点夯实
01.
考点·分类突破
02.
课时·跟踪检测
03.
PART 01
知识·逐点夯实
必备知识 | 课前自修
1. 等差数列的有关概念
(1)定义:如果一个数列从 起,每一项与它的前一项的
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 ,公差通常用字母d表示,符号表示为
(n∈N*,d为常数);
第2项 
差 
公差 
an+1-an=d 
提醒 在公差为d的等差数列{an}中:①d>0 {an}为递增数列;②d=
0 {an}为常数列;③d<0 {an}为递减数列.
(2)等差中项:数列a,A,b成等差数列的充要条件是A= ,
其中A叫做a与b的等差中项.
 
2. 等差数列的有关公式及等差数列与函数的关系
(1)通项公式:an=a1+(n-1)d=nd+(a1-d) 当d≠0时,an
是关于n的一次函数模型,即an=pn+q,其中p为公差;
(2)前n项和公式:Sn= Sn=na1+ d= n2+ n 当d≠0时,Sn是关于n的二次函数模型,且没有常数项,即Sn=An2+Bn.
3. 等差数列的常用性质
已知{an}为等差数列,d为公差,Sn为该数列的前n项和.
(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)数列Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…也是等差数列,公差为 .
m2d 
1. 若{an},{bn}均为等差数列且其前n项和分别为Sn,Tn,则 = .
2. 若{an}是等差数列,则 也是等差数列,其首项与{an}的首项相同,
公差是{an}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, = .
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=an(中间项).
1. 判断正误.(正确的画“√”,错误的画“×”)
(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n∈N*,都有2an+1=an+
an+2. ( √ )
(4)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数. ( × )
×


×
2. 已知在等差数列{an}中,a4+a8=20,a7=12,则a10=(  )
A. 18 B. 16
C. 20 D. 17
解析:  因为a4+a8=2a6=20,所以a6=10.又a7=12,所以d=2,所
以a10=a7+3d=12+6=18.

3. (人A选二P17例5改编)已知{an}为等差数列,a1+a2=3,a5+a6=
7,则a9+a10=(  )
A. 8 B. 9
C. 10 D. 11
解析:  ∵{an}为等差数列,∴2(a5+a6)=a1+a10+a2+a9=(a1
+a2)+(a9+a10),∴a9+a10=2×7-3=11.故选D.

4. (人A选二P21例7改编)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S10=
2,S20=8,则S30= .
解析:由于S10,S20-S10,S30-S20成等差数列,所以2×(8-2)=2+
S30-8,解得S30=18.
5. (苏教选一P182复习题13题改编)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= .
解析:S偶-S奇=nd=90-75=15,又∵a2n-a1=27,
∴ 解得n=5.
18 
5 
PART 02
考点·分类突破
精选考点 | 课堂演练
等差数列基本量的运算(基础自学过关)
1. (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=(  )

解析:  由S5=S10,得 = ,所以5a3=5(a3
+a8),所以a8=0,公差d= =- ,所以a1=a5-4d=1-4×
(- )= ,故选B.
2. (2025·厦门第二次质检)已知正项等差数列{an}的公差为d,前n项和
为Sn,且4S3=(a3+1)2,4S4=(a4+1)2,则d=(  )
A. 1 B. 2
C. 3 D. 4
解析:  4S3=(a3+1)2,4S4=(a4+1)2,两式相减得4a4=(a4+
1)2-(a3+1)2,即(a4-1)2-(a3+1)2=0,则(a4+a3)(a4-
a3-2)=0,又数列{an}为正项等差数列,∴a4-a3-2=0,∴a4-a3=
2,即d=2,故选B.

3. (2024·新高考Ⅱ卷12题)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3+a4=
7,3a2+a5=5,则S10= .
解析:法一(基本量法) 因为数列{an}为等差数列,
则由题意得 解得
则S10=10a1+ d=10×(-4)+45×3=95.
法二(下标和性质法) 设{an}的公差为d,由a3+a4=a2+a5=7,3a2+
a5=5,得a2=-1,a5=8,故d= =3,a6=11,则S10=
×10=5(a5+a6)=5×19=95.
95 
4. 在我国古代,9是数字之极,代表尊贵之意,所以中国古代皇家建筑中
包含许多与9相关的设计.例如,北京天坛圜丘坛的地面由扇环形的石板铺
成,如图,最高一层的中心是一块天心石,围绕它的第一圈有9块石板,
从第二圈开始,每一圈比前一圈多9块,共9圈,则第7圈的石板数
为 ,前9圈的石板总数为 .
63 
405 
解析:由题可知从第1圈到第9圈石板数构成等差数列{an},且首项a1=
9,公差d=9,则第7圈的石板数为a7=9+6×9=63,前9圈的石板总数为
S9=9×9+ ×9=405.
练后悟通
等差数列基本量运算的常见类型及解题策略
(1)求公差d或项数n:在求解时,一般要运用方程思想;
(2)求通项:a1和d是等差数列的两个基本元素;
(3)求特定项:利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解;
(4)求前n项和:利用等差数列的前n项和公式直接求解或利用等差中项
间接求解.
等差数列的判定与证明(师生共研过关)
设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且满足对任意n∈N*,
都有 + +…+ = .求证:数列{an}为等差数列.
证明:由题意,{an}各项为正数,
+ +…+ = , ①
当n=1时, = = ,得a1=1.
当n≥2时, + +…+ = , ②
①-②得 = - =(Sn-Sn-1)(Sn+Sn-1)=an(Sn+Sn-1),
所以 =Sn+Sn-1,则 =Sn+1+Sn,
两式相减得 - =an+1+an,
即(an+1-an)(an+1+an)=an+1+an,
所以an+1-an=1.
当n=2时, + =(a1+a2)2,即1+ =(1+a2)2,解得a2=2,
满足a2-a1=1.
所以数列{an}是首项为1,公差为1的等差数列.
解题技法
判断数列{an}是等差数列的常用方法
(1)定义法:对任意n∈N*,an+1-an是同一常数;
(2)等差中项法:对任意n≥2,n∈N*,满足2an=an+1+an-1;
(3)通项公式法:对任意n∈N*,都满足an=pn+q(p,q为常数);
(4)前n项和公式法:对任意n∈N*,都满足Sn=An2+Bn(A,B为常
数).
提醒 (3)(4)只适用于客观题的求解与判断.
1. 数列{an}满足a1=2,a2=1,且 = - (n≥2),则数列
{an}的第100项为(  )
解析:  因为 = - (n≥2),所以 + = ,所以
{ }为等差数列,首项为 = ,第2项为 =1,所以d= ,所以
= +99d= +99× =50.所以a100= .故选B.

2. (2023·新高考Ⅰ卷7题)设Sn为数列{an}的前n项和,设甲:{an}为等差
数列;乙:{ }为等差数列.则(  )
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

解析:  若{an}是等差数列,设首项为a1,公差为d,则Sn=na1+
d,所以 =a1+ d= n+a1- ,所以 - = (n+
1)+a1- -( n+a1- )= ,所以{ }是等差数列.若{ }是等差
数列,设 =kn+b,k,b∈R,则Sn=kn2+bn.当n=1时,a1=S1=k
+b;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=kn2+bn-[k(n-1)2+b(n-1)]
=2kn-k+b,所以an-an-1=2kn-k+b-2k(n-1)+k-b=2k.
所以{an}是等差数列.所以甲是乙的充要条件.故选C.
等差数列的性质及应用(定向精析突破)
考向1 等差数列项的性质
(1)(2024·全国甲卷文5题)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知
S9=1,则a3+a7=( B )
B
解析: 法一 设等差数列{an}的公差为d,由S9=9a1+ d=9(a1
+4d)=1,得a1+4d= ,则a3+a7=a1+2d+a1+6d=2a1+8d=2
(a1+4d)= ,故选B.
法二 因为{an}为等差数列,所以S9= =9a5=1,得a5= ,则
a3+a7=2a5= ,故选B.
(2)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. -15
C. 17 D. 15
解析: 因为数列{an},{bn}都是等差数列,所以a11-b11=
- = ,又a1=1,b1=5,a21-b21=34,所
以a11-b11= =15,故选D.
D
解题技法
  利用2am=am-n+am+n可实现项的合并与拆分,在Sn=
中,Sn与a1+an也可相互转化.
考向2 等差数列前n项和的性质
(1)(2025·河北调研)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若 =
,则 =(   )
B
解析: 由等差数列前n项和的性质知S5,S10-S5,S15-S10,S20-
S15,…是等差数列.由 = ,可设S5=t(t≠0),则S10=3t,于是
S5,S10-S5,S15-S10,S20-S15,…依次为t,2t,3t,4t,…,所以S20
=t+2t+3t+4t=10t,所以 = .故选B.
(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 = ,则 + =    .
解析: ∵ + = = = ,∴ = =
= = .
 
解题技法
  在等差数列{an}中,Sn为其前n项和,则:
(1)S2n=n(a1+a2n)=…=n(an+an+1),S2n-1=(2n-1)an;
(2)Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…成等差数列.
考向3 等差数列前n项和的最值问题
〔多选〕设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S15>0,S16<0,则
(  )
A. a8>0
B. a9<0



解析:  由S15= =15a8>0,得a8>0,故A正确;由
S16= = <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 >0, >0,…,
>0, <0, <0,…, <0,又S8>S1,a1>a8,所以 > >
0,所以 , ,…, 中最大的项为 ,故C错误,D正确.
解题技法
求等差数列前n项和Sn最值的两种方法
1. (2024·青岛一模)记正项等差数列{an}的前n项和为Sn,S20=100,则
a10·a11的最大值为(  )
A. 9 B. 16 C. 25 D. 50
解析:C ∵S20= ×20=100,∴a1+a20=10,∴a10+a11=a1+
a20=10.又∵a10>0,a11>0,∴a10·a11≤( )2= =25,当且
仅当a10=a11=5时取等号.∴a10·a11的最大值为25.故选C.

2. 在等差数列{an}中,a1=-2 026,其前n项和为Sn,若 - =2,则
S2 026=(  )
A. 2 025 B. -2 025
C. -2 026 D. 2 026
解析:  由{an}是等差数列,设公差为d,则Sn=na1+ d,所
以 =a1+ d, - = (常数),则{ }也为等差数列.由 -
=2,则数列{ }的公差为1.所以 = +(n-1)×1=-2 026+n-
1=n-2 027,所以 =2 026-2 027=-1,所以S2 026=-2 026.

PART 03
课时·跟踪检测
关键能力 | 课后练习
1. 已知{an}为等差数列,其前n项和为Sn,若a1=1,a3=5,Sn=64,则
n=(  )
A. 6 B. 7
C. 8 D. 9
解析:  因为d= =2,Sn=na1+ d=n+n(n-1)=
64,解得n=8(负值舍去).
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
20
22
23
24
25

2. (2025·潍坊一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=-1,S7=
5a4+10,则S4=(  )
A. 6 B. 7
C. 8 D. 10
解析:  因为数列{an}为等差数列,所以S7= = =
7a4,又S7=5a4+10,则7a4=5a4+10,即a4=5,则S4= =
=8.故选C.

3. 设等差数列{an}满足3a8=5a15,且a1>0,Sn为其前n项和,则数列
{Sn}的最大项为(  )
A. S23 B. S24
C. S25 D. S26

解析:  设等差数列的公差为d,∵3a8=5a15,∴3a1+21d=5a1+
70d,∴a1+ d=0.
法一 ∵a1>0,∴d<0,∴a1+24d=a25>0,a1+25d=a26<0,∴数列
{Sn}的最大项为S25.故选C.
法二 ∵Sn= (n2-50n),d<0,∴当n=25时,数列{Sn}有最大项,
为S25.故选C.
4. 已知数列{an}中,a2=4,am+n=am+an,则a11+a12+a13+…+a19
=(  )
A. 95 B. 145
C. 270 D. 520
解析:  在等式am+n=am+an中,令m=1,可得an+1=an+a1,则an+
1-an=a1,所以数列{an}为等差数列,且该数列的首项和公差均为a1.因
为a2=2a1=4,故a1=2,所以an=2+2(n-1)=2n,则a15=2×15=
30,因此a11+a12+a13+…+a19= = =9a15=270.故
选C.

5. 如图所示,点列{An},{Bn}分别在某锐角的两边上,且|AnAn+1|
=|An+1An+2|,An≠An+1,n∈N*,|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|,
Bn≠Bn+1,n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合).若dn=|AnBn|,Sn为△AnBnBn+1的面积,则( )

解析:  设△AnBnBn+1的边BnBn+1上的高
为hn且已知锐角α的顶点为O(如图所
示),则hn=|OAn| sin α,所以hn+1-
hn=|OAn+1| sin α-|OAn|· sin α=
(|OAn+1|-|OAn|) sin α=|AnAn+
1| sin α为常数,所以数列{hn}是等差数列.因为Sn= |BnBn+1|·hn,所以{Sn}是等差数列,故选A.
6. 〔多选〕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<0
B. a7+a9<0
C. Sn的最大值为S8
D. 满足Sn<0的n的最小值为16


解析: 因为a1>0,S4=S12,则 = ,即a1
+a4=3(a1+a12),则d=- a1<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= d<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= n2+(a1- )n=
- n2+ n,令Sn<0,解得n>16,所以满足Sn<0的n的最小值为
17,故D错误.
7. 等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,若S4=S5=20,则a1-d
= .
解析:由题意可知, 解得a1=8,d=-2,所以a1-
d=10.
10 
8. 记等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=2,数列{ }为等差数
列,则a13的值为 .
解析:设等差数列{an}的公差为d,结合a1=2得S1=2,S2=4+d,S3=
6+3d,∵{ }为等差数列,∴2 = + ,即2 =
+ ,两边平方整理得8+d=2 ,两边再平方整理得d2-
8d+16=0,即(d-4)2=0,∴d=4,∴a13=a1+12d=2+12×4=
50.
50 
9. 设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n-1.数列{bn}满足b1=2,bn+1
-2bn=8an.
(1)求数列{an}的通项公式;
解: 当n=1时,a1=S1=21-1=1;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n-1)-(2n-1-1)=2n-1.
因为a1=1符合上式,所以an=2n-1.
(2)证明数列{ }为等差数列,并求{bn}的通项公式.
解: 因为bn+1-2bn=8an,
所以bn+1-2bn=2n+2,即 - =2.又 =1,
所以数列{ }是首项为1,公差为2的等差数列.
所以 =1+2(n-1)=2n-1.所以bn=(2n-1)×2n.
10. 若数列{an}满足 - =d(n∈N*,d为常数),则称数列{an}为
“调和数列”,已知数列{ }为“调和数列”,且x1+x2+…+x20=
200,则x5+x16=(  )
A. 10 B. 20
C. 30 D. 40

解析:  因为数列{ }为“调和数列”,所以由“调和数列”的定义可
知xn+1-xn=d(n∈N*,d为常数),即数列{xn}为等差数列,则x1+x2
+…+x20= =200,所以x1+x20=20,故x5+x16=x1+x20
=20,故选B.
11. (2024·西安一模)如图,用相同的球堆成若干堆“正三棱锥”形的装
饰品,其中第1堆只有1层,且只有1个球;第2堆有2层4个球,其中第1层
有1个球,第2层有3个球;…;第n堆有n层共Sn个球,第1层有1个球,第
2层有3个球,第3层有6个球,….已知S20=1 540,则 n2=(  )
A. 2 290 B. 2 540
C. 2 650 D. 2 870

解析:  在第n(n≥2)堆中,从第2层起,第n层球的个数比第n-1层
球的个数多n,记第n层球的个数为an,则an-an-1=n(n≥2) ,得an
=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+2+3+…+n=
n(n+1),其中a1=1也适合上式,则an= n(n+1)= (n2+
n),在第n堆中,Sn=a1+a2+a3+…+an= [(12+22+32+…+n2)
+(1+2+3+…+n)]= [(12+22+32+…+n2)+ n(n+
1)],当n=20时,S20= ( n2+210)=1 540,解得 n2=2 870.
故选D.
12. 〔多选〕(2025·海口摸底)已知首项为正数的等差数列{an}的前n项
和为Sn,若(S15-S11)·(S15-S12)<0,则(  )
A. a13+a14>0 B. S11<S15<S12
C. 当n=14时,Sn取最大值 D. 当Sn<0时,n的最小值为27



解析:  对于A,首项为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn,所以
(S15-S11)(S15-S12)=(a15+a14+a13+a12)×3a14=6a14(a14+
a13)<0,若a14>0,则a14+a13>0,不符合题意,所以a14<0,a14+a13
>0,故A正确;对于B,由A可知S15-S11=a15+a14+a13+a12=2(a14+
a13)>0,则S15>S11,S15-S12=3a14<0,则S15<S12,故B正确;对于
C,由A可知,a14<0,a14+a13>0,所以a13>0,故n=13时,Sn取最大
值,故C错误;对于D,由S27= =27a14<0,S26=
=13(a14+a13)>0,且{an}是首项为正数的等差数列,故
D正确.故选A、B、D.
13. 已知数列{an}满足an=(-1)n,在ak,ak+1(k∈N*)之间插入首
项为ak+ ,公差为 的等差数列的前k项,构成数列{bn},记数列{bn}的
前n项和为Sn,则S230= .
125 
解析:由题可得数列{bn}为a1,a1+1,a2,a2+ ,a2+ + ,a3,a3
+ ,a3+ + ,a3+ + + ,…,ak,ak+ ,…,ak+(k-1)
,ak+1,ak+1,…,记ak及其后连续k项的和为ck,则ck=(k+1)
(-1)k+ × =(k+1)(-1)k+ ,则S230=c1+c2+c3
+…+c20=-2+3-4+…+21+ ×(2+3+4+…+21)=10+
× =125.
14. 已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn, =a3·a7,且S8=
32.
(1)求S10;
解: 设等差数列{an}的公差为d(d≠0),则由题知
解得 所以S10=10a1
+ d=-30+90=60.
(2)若数列{bn}是公差为-4的等差数列,其前n项和为Tn,且b1=a13,
则Tn是否存在最值?如果存在,求出最值;如果不存在,请说明理由.
解: 由(1)可知b1=a13=-3+12×2=21.
因为数列{bn}的公差为-4,所以Tn=21n+ ×(-4)=-2n2
+23n=-2(n- )2+ .
所以当n=6时,Tn有最大值T6=-2×62+23×6=66.
15. (情境创新)(2025·河南五市联考)一款卷筒卫生纸绕在圆柱形空心
纸筒上,纸筒直径为20 mm,卫生纸厚度约为0.1 mm,若未使用时直径为
80 mm,则这个卷筒卫生纸总长度大约为(参考数据:π≈3.14)(  )
A. 47 m B. 51 m
C. 94 m D. 102 m

解析:  空心纸筒直径为20 mm,则底面半径为10 mm,其周长为
2π×10=20π(mm),卷纸未使用时直径为80 mm,则底面半径为40
mm,其周长为2π×40=80π(mm),又因为卫生纸厚度约为0.1
mm,则卷纸共有的层数约为 =300,即每一圈的卷纸周长构成一
个等差数列,即首项为20π,末项为80π,项数为300,则这个卷筒卫生
纸总长度即这个等差数列的前300项和,S300= =15
000π(mm),而15 000π mm≈15 000×3.14=47 100 mm≈47 m.即这
个卷筒卫生纸总长度大约为47 m.故选A.
16. (新定义)对于数列{an},若从第二项起的每一项均大于该项之前的
所有项的和,则称{an}为P数列.
(1)若{an}的前n项和Sn=3n+2,试判断{an}是否是P数列,并说明
理由;
解: 因为Sn=3n+2,Sn-1=3n-1+2(n≥2),
则an=Sn-Sn-1=2·3n-1(n≥2),
当n=1时,a1=S1=5不适合上式,故an=
那么当k∈N*时,ak+1-Sk=2·3k-3k-2=3k-2>0符合题意,
故数列{an}是P数列.
(2)设数列a1,a2,…,a20是首项为-1,公差为d的等差数列,若该数
列是P数列,求d的取值范围.
解: 由题意知,该数列的前n项和为Tn=-n+ d,an+1=
-1+nd,
由数列a1,a2,…,a20是P数列,可知a2>S1=a1,故公差d>0,
Tn-an+1= n2-(1+ d)n+1<0对满足n=1,2,…,19,n∈N*的
任意n都成立,
则n=1时,-d<0,明显成立;
n=19时,令 ×192-(1+ d)×19+1<0,解得d< ,
故d的取值范围为(0, ).
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