1、62 等差数列及其前等差数列及其前n项和项和 【教材梳理】 1等差数列的定义 一般地，如果一个数列从第 2 项起，每一项与它的前一项的等于同一个_，那么这个数列就叫做等 差数列，这个常数叫做等差数列的_，通常用字母 d 表示，即_d(nN，且 n2)或 _d(nN) 2等差中项 三个数 a，A，b 成等差数列，这时 A 叫做 a 与 b 的_ 3等差数列的通项公式 若an是等差数列，则其通项公式 an_. an成等差数列anpnq， 其中 p_， q_， 点(n， an)是直线_ 上一群孤立的点 单调性：d0 时，an为_数列；d0 时，an为_数列；d0 时，an为 _ 4等差数列的前 n
2、项和公式 (1)等差数列前 n 项和公式 Sn_.其推导方 法是_ (2)an成等差数列，求 Sn的最值： 若 a10，d0，且满足 an_， an1_ 时，Sn最大； 若 a10，d0，且满足 an_， an_ 时，Sn最小； 或利用二次函数求最值；或利用导数求最值 5等差数列的性质 (1)aman_d，即 daman mn . (2)在等差数列中，若 pqmn，则有 apaqam_；若 2mpq，则 有_amapaq(p，q，m，nN*)但要注意：在等差数列 anknb 中，若 m pq，易证得 amapaq成立的充要条件是 b0，故对一般等差数列而言，若 mpq，则 amapaq并不一定
3、成立 (3)若an，bn均为等差数列，且公差分别为 d1，d2，则数列pan，anq，anbn 也为_数列，且公差分别为_，_，_. 【常用结论】 6在等差数列中，按序等距离取出若干项也构成一个等差数列，即 an，anm，an2m，为等差数列，公差为 md. 7等差数列的前 n 项和为 Sn，则 Sn，S2nSn，S3nS2n，为等差数列，公差为 n2d. 8等差数列偶数项、奇数项和的性质 (1)若等差数列的项数为 2n，则有 S偶S奇nd，S 奇 S偶 an an1. (2)若项数为 2n1，则 S偶(n1)an，S奇nan，S奇S偶an，S 奇 S偶 n n1. 9若公差 d0，则 (1)
4、Snd 2n 2 a1d 2 n，点(n，Sn)在一条抛物线上 (2)Sn n d 2n a1d 2 ，点 n，Sn n 在一条直线上，即 Sn n 也是等差数列 10两个等差数列an，bn的前 n 项和 Sn，Tn满足an bn S2n1 T2n1. 【自查自纠】 1差 常数 公差 anan1 an1an 2等差中项 3a1(n1)d d a1d ydx(a1d) 单调递增 单调递减 常数列 4(1)n（a1an） 2 na1n（n1）d 2 倒序相加法 (2)0 0 0 0 5(1)(mn) (2)an 2 (3)等差 pd1 d1 d1d2 判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“”，错
5、误的画“” (1)若数列an满足 a3a2a2a1，则an是等差数列 ( ) (2)已知数列an为等差数列，且公差 d0，则an是递增数列 ( ) (3)4 是 2 和 8 的等差中项 ( ) (4)若数列an是等差数列，则数列an2an1也是等差数列 ( ) (5)SnAn2Bn(A，B 为常数，A 不为 0，nN*)是an为等差数列的充要条件 ( ) 解：(1)； (2)； (3)； (4)； (5). (2019开封高三定位考试)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 a1a510， S416，则数列an的公差为 ( ) A1 B2 C3 D4 解：设等差数列an的公差为 d，则由题
6、意，得 a1a14d10， 4a143 2 d16，解得 a11， d2. 另解：S42(a1a4)16a1a48.故 d(a1a5)(a1a4)2.故选 B. (20192020学年重庆七校高三三诊)在等差数列an中，前 n 项和 Sn满足 S9S235，则 a6的值是( ) A5 B7 C9 D3 解：因为 S9S235，所以 a3a4a5a6a7a8a935，即 7a635， a65.故选 A. (2021 届湖北四地六校高三起点联考)周髀算经是我国古老的天文学和 数学著作，其书中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同(晷是按照 日影测定时刻的仪器，晷长即为所测影子的长度)夏至、
7、小暑、大暑、立秋、处 暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数列，经记 录测算，这九个节气的所有晷长之和为 49.5 尺，夏至、大暑、处暑三个节气的晷 长之和为 10.5 尺，则立秋的晷长为( ) A1.5 尺 B2.5 尺 C3.5 尺 D4.5 尺 解：依题意，设连续九个节气的晷长成等差数列an，首项为 a1，公 差为 d，前 n 项和为 Sn， 则 S949.5， a1a3a510.5 9a136d49.5， 3a16d10.5 a11.5， d1， 所以立秋的晷长为 a41.534.5.故选 D. (2020全国新高考卷)将数列2n1与3n2的公共项从小到大排列得
8、到 数列an，则an的前 n 项和为_ 解：因为数列2n1是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，数列3n2是以 1 首 项，3 为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列an是以 1 为首项， 6 为公差的等差数列，所以an的前 n 项和为 n1n（n1） 2 63n22n.故填 3n2 2n. 考点一考点一 等差数列基本量的计算等差数列基本量的计算 (1)(2019全国卷)记 Sn为等差数列an的前 n 项和已知 S40，a55，则( ) Aan2n5 Ban3n10 CSn2n28n DSn1 2n 22n 解：设公差为 d，则 4a16d0， a14d5， 解得 a13，
9、d2. 故 an2n5，Sn（2n53） n 2 n24n. 故选 A. (2)(2021 河南豫西名校高二 10 月联考)记等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 a52， a2a4a58a6，则 S20( ) A180 B180 C162 D162 解：因为 a52，a22a48a6， 所以 a14d2， a1d2a16d8a140d，即 a14d2， a15d0， 解得 a110， d2，所以 a 201019(2)28， 所以 S2020（a1a20） 2 180.故选 B. (3)(2019山东德州模拟)已知 Sn是数列an的前 n 项和， 且 Sn1Snan3， a4a523，则
10、S8 ( ) A72 B88 C92 D98 解：因为 Sn1Snan3，所以 Sn1Snan3an1，所以 an1an3，所以 an是公差为 d3 的等差数列，又 a4a523，即 2a17d23，解得 a11，所以 S88a187 2 d92.故选 C. 【点拨】 在等差数列五个基本量 a1，d，n，an，Sn中，已知其中三个量， 可以根据已知条件结合等差数列的通项公式、前 n 项和公式列出关于基本量的 方程(组)来求余下的两个量，计算时须注意整体代换及方程思想的应用求解 等差数列基本量问题时，要注意多使用等差数列的性质进行转化，如an为等 差数列，若 mnpq，则 amanapaq. (
11、1)(2021届江西南昌高三摸底)Sn为等差数列an的前 n 项和，满 足 3a35a2，S10100，则 a1( ) A1 B2 C3 D4 解： 设等差数列an的公差为 d， 因为 3a35a2， S10100， 所以 3（a12d）5（a1d）， 10a145d100， 解得 a11， d2. 故选 A. (2)(2020安徽太和中学期末)设 Sn是等差数列an的前 n 项和，a411， 且 S3，S5，a22成等差数列，则 S10( ) A145 B150 C155 D160 解： 设等差数列an的公差为 d， 因为 a411， 所以 S33（a1a3） 2 3a23(11 2d)，S
12、55a35(11d)，a221118d， 因为 S3， S5， a22成等差数列， 所以 3(112d)1118d10(11d)， 所以 d3， a1a43d1192， 所以 S1010a145d20135155.故选 C. (3)(2020届四川天府名校高三上一联)已知数列an满足an2an1an 1an(nN*)，且 a510，a714，则 a2 021a2 020 ( ) A2 B1 C2 D1 解：由题意可知，数列an为等差数列，故设数列an的公差为 d， 则 a7a542d，即 d2，所以 a2 021a2 020d2.故选 A. 考点二考点二 等差数列的判定与证明等差数列的判定与证
13、明 (1)【多选题】(2021 届福建福州一中高三上开学检测)设an是无穷数列，An anan1(n1，2，)，则下列给出的四个判断中，正确的有 ( ) A若an是等差数列，则An是等差数列 B若An是等差数列，则an是等差数列 C若an是等差数列，则a3n是等差数列 D若An是等差数列，则a2n是等差数列 解：对于 A，若an是等差数列，设公差为 d，则 Ananan1a1(n 1)da1nd2a12ndd，则 n2 时，AnAn1(2a12ndd)2a12(n 1)dd2d，所以An是等差数列，故 A 正确； 对于 B，若An是等差数列，设公差为 d，当 n2 时， AnAn1anan1(
14、an1an)an1an1d， 即数列an的偶数项成等 差数列，奇数项成等差数列，故 B 不正确，D 正确；C 显然正确故选 ACD. (2)在数列an中，已知 a11 3，an1 1 3an 2 3n 1，nN*，设 Sn为an的前 n 项和 ()求证：数列3nan是等差数列； ()求an的通项公式 解：()证明：因为 an11 3an 2 3n 1， 所以 3n 1a n13 na n2， 又因为 a11 3，则 3 1a 11， 所以3nan是首项为 1，公差为2 的等差数列 ()由()知 3nan1(n1) (2)32n， 所以 an(32n) 1 3 n. 【点拨】 等差数列的四个判定
15、方法：定义法：证明对任意正整数 n 都有 an1an等于同一个常数；等差中项法：证明对任意正整数 n 都有 2an1anan2；通项公式法：得出 anpnq(p，q 是常数)； 前 n 项和公式法：得出 SnAn2Bn(A，B 是常数) (1)【多选题】(20202021 学年江苏海头高中高二上月考)已知数列an，bn均 为无穷等差数列，则下列说法正确的是 ( ) A数列an是等差数列 B数列 1 an 是等差数列 Canbn是等差数列 D若 km0，则kanmbn为等差数列 解：由等差数列概念知 A 对，B 错，C 对，D 对故选 ACD. (2)已知数列an中，a12，an2 1 an1(
16、n2，nN *)，设 b n 1 an1(nN *) ()求证：数列bn是等差数列； ()求an的通项公式 解：()证明：因为 an2 1 an1，所以 an 12 1 an. 所以 bn1bn 1 an11 1 an1 1 2 1 an1 1 an1 an1 an11， 所以bn是首项为 b1 1 211，公差为 1 的等差数列 ()由()得 bnn，即 1 an1n，所以an的通项公式为 an1 1 n. 考点三考点三 等差数列的性质等差数列的性质 命题角度 1 与项有关的性质 (2021 浙江台州书生中学高二上期初)在等差数列an中，Sn为其前 n 项和，若 a2 a6a727，则 S9
17、的值为( ) A36 B45 C72 D81 解：因为 a2a6a7a4a6a53a527，所以 S99a581. 故选 D. 【点拨】 利用等差数列项的性质解决基本量的运算体现了整体求值思想， 应用时常将 anam2ap(mn2p，m，n，pN*)与 amanapaq(mnp q，m，n，p，qN*)相结合，可减少运算量 (2020 甘肃临夏中学高二上第一次月考)在等差数列an中，已知 a3a5 a715，则 3a4a8_. 解：因为数列an是等差数列，且 a3a5a715， 所以 3a515，a55. 3a4a82a4a4a82a42a62(a4a6)4a520.故填 20. 命题角度 2
18、 与和有关的性质 (1)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知前 6 项和为 36，最后 6 项的和为 180， Sn324(n6)，则 n_；a9a10_. 解：由题意知 a1a2a636， anan1an2an5180， 得 (a1an)(a2an1)(a6an5)6(a1an)216， 所以 a1an36，又 Snn（a1an） 2 324， 所以 18n324，所以 n18. 因为 a1an36，n18，所以 a1a1836， 从而 a9a10a1a1836.故填 18；36. (2)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 S1010，S2030，则 S30 _. 解：因为 S
19、10，S20S10，S30S20成等差数列，所以 2(S20S10)S10(S30 S20)，所以 4010S3030，所以 S3060.故填 60. (3)已知两个等差数列an和bn的前 n 项和分别为 An和 Bn，且An Bn 7n45 n3 ， 则使得an bn为整数的正整数 n 的个数是( ) A2 B3 C4 D5 解：由An Bn 7n45 n3 得： an bn A2n1 B2n1 14n38 2n2 7n19 n1 ，要使an bn为整数，则需 7n19 n1 7 12 n1为整数，所以 n1，2，3，5，11，共有 5 个故选 D. 【点拨】 在等差数列an中，依据题意应用
20、其前 n 项和的性质解题可以比 较简便地求出结果， 常用的性质有： 等差数列前 m 项与后 m 项的和等于 m(a1 an)；Sn，S2nSn，S3nS2n，为等差数列；S2nn(a1a2n)n(an an1)，S2n1(2n1)an；an bn A2n1 B2n1等 (1)(2020河北邢台高一期中)已知等差数列an的前 n 项和 Sn满足 S3 18，Sn3180，Sn270，则 n_. 解：因为 S33a218，所以 a26，又 SnSn3an2an1an3an190， 所以 an130.故 Snn（a1an） 2 n（a2an 1） 2 270，解得 n15.故填 15. (2)(20
21、20届湖北高三入学调研)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，S65S30， 则S9 S3 ( ) A18 B13 C13 D18 解：由 S65S30，可设 S65a(a0)，则 S3a.因为an为等差数列，所 以 S3，S6S3，S9S6为等差数列，即 a，6a，S9S6成等差数列，所以 S9S6 13a，即 S918a，所以S9 S318.故选 D. (3)(2020吉林四校高三联考)已知数列an， bn都是等差数列， 其前 n 项和 分别为 Sn和 Tn，若对任意的 nN*都有Sn Tn 7n1 4n5，则 a5 b3_. 解：根据等差数列前 n 项和的性质， 可设 Snkn(7n1
22、)(7n2n)k(kR，且 k0)，则 Tn(4n25n)k.所以 a5 S5S4180k116k64k， b3T3T251k26k25k， 所以 a5 b3 64k 25k 8 5.故填 8 5. 命题角度 3 单调性与最值 等差数列an的首项 a10，设其前 n 项和为 Sn，且 S5S12，则当 n 为何值时，Sn 有最大值？ 解法一：由题意知 d0，因为 Snd 2n 2 a1d 2 n， 设 f(x)d 2x 2 a1d 2 x，如图， 由 S5S12知，抛物线的对称轴为 x512 2 17 2 ， 由图可知，当 1n8 时，Sn单调递增；当 n9 时，Sn单调递减，且 S8S9.
23、又 nN*，所以当 n8 或 9 时，Sn有最大值 解法二：设等差数列an的公差为 d，由 S5S12得 5a110d12a166d，d1 8a10. Snna1n（n1） 2 dna1n（n1） 2 1 8a1 1 16a1(n 217n)1 16a1 n17 2 2 289 64 a1， 因为 a10，nN*，所以当 n8 或 9 时，Sn有最大值 解法三：由解法二得 d1 8a10. 设此数列的前 n 项和最大，则 an0， an10， 即 ana1（n1） 1 8a1 0， an1a1n 1 8a1 0， 解得 n9， n8，即 8n9， 又 nN*，所以当 n8 或 9 时，Sn有最
24、大值 解法四：由解法二得 d1 8a10， 又 S5S12得 a6a7a8a9a10a11a120， 所以 7a90，所以 a90. 所以当 n8 或 9 时，Sn有最大值 【点拨】 求等差数列前 n 项和最值的主要方法： 利用等差数列的基本性质或 单调性求出其正负转折项，便可求得和的最值；将等差数列的前 n 项和 SnAn2 Bn(A，B 为常数)看作关于 n 的二次函数，根据二次函数的性质求最值无论用哪 种方法，都要注意 an0 的情形 (1)在等差数列an中，a129，S10S20，则数列an的前 n 项和 Sn的最大值为 ( ) AS15 BS16 CS15或 S16 DS17 解：因
25、为 a129，S10S20， 所以 10a1109 2 d20a12019 2 d，解得 d2， 所以 Sn29nn（n1） 2 (2)n230n (n15)2225. 所以当 n15 时，Sn取得最大值故选 A. (2)在等差数列an中，a120，且 a13|a12|，Sn为数列an的前 n 项和，则 使得 Sn0 的 n 的最小值为 ( ) A23 B24 C25 D26 解：因为 a120，则公差 d0，又 a13|a12|，所以 a12a130，则 S24 24（a1a24） 2 24（a12a13） 2 0， S2323（a1a23） 2 23a120，所以使得 Sn0 的 n 的最小值为 24.故选 B.
