1、第二讲等差数列及其前n项和1.改编题下面结论正确的个数为()(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)数列an为等差数列的充要条件是对任意nN*,都有2an+1=an+an+2.(3)数列an为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数.(4)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.A.1B.2C.3D.42.2018全国,4,5分理记Sn为等差数列an的前n项和.若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=()A. - 12B. - 10C.10D.123.2017全国卷,4,5分理记Sn为等差数列an的
2、前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则an的公差为()A.1B.2C.4D.84.2015北京,6,5分设an是等差数列.下列结论中正确的是()A.若a1+a20,则a2+a30B.若a1+a30,则a1+a20C.若0a1a1a3D.若a105.2019江苏,8,5分已知数列an(nN*)是等差数列,Sn是其前n项和.若a2a5+a8=0,S9=27,则S8的值是.6.2019北京,10,5分理设等差数列an的前n项和为Sn.若a2= - 3,S5= - 10,则a5=,Sn的最小值为.7.一个等差数列的前12项的和为354,前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为3227,则该数列的公
3、差d=.8.2019银川一中模拟在等差数列an中,首项a10,公差d0,前n项和为Sn(nN*),有以下命题:若S3=S11,则必有S14=0;若S3=S11,则必有S7是Sn中的最大项;若S7S8,则必有S8S9;若S7S8,则必有S6S9.其中所有正确命题的序号是.考法1等差数列的判定与证明1新课标全国卷,12分理已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,an0,anan+1=Sn - 1,其中为常数.(1)证明:an+2 - an=;(2)是否存在,使得an为等差数列?并说明理由.(1)由题意知,anan+1=Sn - 1,an+1an+2=Sn+1 - 1.两式相减,得an+1(an+2
4、 - an)=an+1.由于an+10,所以an+2 - an=.(2)由题设知,a1=1,a1a2=S1 - 1,可得a2= - 1.由(1)知,a3=+1.令2a2=a1+a3,解得=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=4,使得an为等差数列.1.2019广东七校第二次联考已知数列an满足a1=1,an+1=anan+1,且bn=1an,nN*.(1)求证:数列bn为等差数列;(2)设数列ann+
5、1的前n项和为Tn,求Tn的表达式.考法2等差数列的基本运算2(1)2019全国卷,9,5分理记Sn为等差数列an的前n项和.已知S4=0,a5=5,则A.an=2n - 5B.an=3n - 10C.Sn=2n2 - 8nD.Sn=12n2 - 2n(2)2020惠州市一调等差数列an的前n项和为Sn,若a4+a5=25,S6=57,则an的公差为.(3)2019全国卷,14,5分理记Sn为等差数列an的前n项和.若a10,a2=3a1,则S10S5=.(1)解法一设等差数列an的公差为d, S4=0,a5=5,4a1+432d=0,a1+4d=5,解得a1=-3,d=2,an=a1+(n
6、- 1)d= - 3+2(n - 1)=2n - 5,Sn=na1+n(n-1)2d=n2 - 4n.故选A.解法二设等差数列an的公差为d, S4=0,a5=5,4a1+432d=0,a1+4d=5,解得a1=-3,d=2.选项A中,a1=21 - 5= - 3;选项B中,a1=31 - 10= - 7,排除B;选项C中,S1=2 - 8= - 6,排除C;选项D中,S1=12 - 2= - 32,排除D.选A.(2)解法一设an的公差为d.因为a4+a5=25,S6=57,所以2a1+7d=25,6a1+15d=57,解得a1=2,d=3,所以an的公差为3.解法二设an的公差为d,因为S
7、6=6(a1+a6)2=3(a3+a4)=57,所以a3+a4=19.a4+a5 - (a3+a4)=2d=25 - 19,所以d=3.(3)设等差数列an的公差为d,由a2=3a1,即a1+d=3a1,得d=2a1,所以S10S5=10a1+1092d5a1+542d=10a1+10922a15a1+5422a1=10025=4.2.(1)设等差数列an的前n项和为Sn,若Sm - 1= - 2,Sm=0,Sm+1=3,则m=()A.3B.4C.5D.6(2)在等差数列an中,已知a5+a10=12,则3a7+a9=()A.12B.18C.24D.30考法3等差数列的性质的应用3(1)201
8、9全国高三联考设Sn为等差数列an的前n项和,若S9=36,则(a2+a8)2 - a5=A.60 B.30 C.12 D.4(2)已知Sn是等差数列an的前n项和,若a1= - 2 018,S20212021-S2010 2010=11,则S2 022等于A.6 066 B. - 6 066C.4 040 D. - 4 040(3)等差数列an共有63项,且S63=36,则S奇=,S偶=.(1)S9=9(a1+a9)2=36,a1+a9=2a5=8,a5=4,(a2+a8)2 - a5=4a52 - a5=442 - 4=60.故选A.(2)由等差数列的性质可得Snn也为等差数列,设数列Sn
9、n的公差为d,则S20212021-S20102010=11d=11,d=1.故S20222022=S11+2021d= - 2018+2021=3.S2022=32022=6066.故选A.(3)由S63=36,得63a32=36.(利用性质:若项数为2n - 1,则S2n - 1=(2n - 1)an)a32=47.S奇=32a32=3247=1287,S偶=31a32=3147=1247.(利用性质:若项数为2n - 1,则S奇=nan,S偶=(n - 1)an)3.(1)已知等差数列an的前n项和为Sn,若m1,且am - 1+am+1 - am2 - 1=0,S2m - 1=39,则
10、m等于()A.39B.20C.19D.10(2)2020贵州遵义联考等差数列an,bn的前n项和分别为Sn,Tn,若SnTn=2n3n+1,则a11b11=.考法4等差数列的前n项和及其最值4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.思路一先利用已知条件求出公差d,再利用an0,an+10求出n的取值范围,由nN*,即可得出n的值,从而得出数列an的前n项和Sn的最大值.思路二先求出公差d,再利用配方法求数列an的前n项和Sn的最大值.设等差数列an的公差为d.解法一(通项法)由3a2=11a6,得3(13+d)=11(13+5d),解得d= -
11、2,所以an=13+(n - 1)( - 2)= - 2n+15.由an0,an+10,得-2n+150,-2(n+1)+150,解得6.5n7.5.因为nN*,(求最值时,注意隐含条件nN*的应用)所以当n=7时,数列an的前n项和Sn最大,最大值为S7=7(13-27+15)2=49.解法二(二次函数法)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=n(13+15-2n)2= - n2+14n= - (n - 7)2+49,(用配方法求最值)所以当n=7时,数列an的前n项和Sn最大,最大
12、值为S7=49.4.2018全国卷,17,12分理记Sn为等差数列an的前n项和,已知a1= - 7,S3= - 15.(1)求an的通项公式;(2)求Sn,并求Sn的最小值.2941.B对于(1),若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是同一个常数,则这个数列是等差数列,故(1)错误;对于(2),由2an+1=an+an+2得an+1 - an=an+2 - an+1,故(2)正确;对于(3),数列an为等差数列的充分不必要条件是其通项公式为n的一次函数,故(3)错误;对于(4),由等差数列与一次函数的关系可得(4)正确.故选B.2.B解法一设等差数列an的公差为d,3S3=S2+S4
13、,3(3a1+322d)=2a1+d+4a1+432d,解得d= - 32a1.a1=2,d= - 3,a5=a1+4d=2+4( - 3)= - 10.故选B.解法二设等差数列an的公差为d,3S3=S2+S4,3S3=S3 - a3+S3+a4,S3=a4 - a3,3a1+322d=d,又a1=2,d= - 3,a5=a1+4d=2+4( - 3)= - 10.故选B.3.C设等差数列an的公差为d,a1+3d+a1+4d=24,6a1+652d=48,解得a1= - 2,d=4,故选C.4.C若an是递减的等差数列,则选项A,B都不一定正确.若an为公差为0的等差数列,则选项D不正确.
14、对于C选项,由0a1a1a3,选项C正确.故选C.5.16解法一设等差数列an的公差为d,则a2a5+a8=(a1+d)(a1+4d)+a1+7d=a12+4d2+5a1d+a1+7d=0,S9=9a1+36d=27,解得a1= - 5,d=2,则S8=8a1+28d= - 40+56=16.解法二设等差数列an的公差为d.S9=9(a1+a9)2=9a5=27,a5=3,又a2a5+a8=0,则3(3 - 3d)+3+3d=0,得d=2,所以a4=3 - 2=1,则S8=8(a1+a8)2=4(a4+a5)=4(1+3)=16.6.0 - 10设等差数列an的公差为d,a2= - 3,S5=
15、 - 10,即a1+d= - 3,5a1+10d= - 10,可得a1= - 4,d=1,a5=a1+4d=0.Sn=na1+n(n - 1)2d=12(n2 - 9n),当n=4或n=5时,Sn取得最小值,最小值为 - 10.7.5设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇,偶数项的和为S偶,等差数列的公差为d.由已知条件,得S奇+S偶=354,S偶S奇=3227,解得S偶=192,S奇=162.又S偶 - S奇=6d,所以d=192 - 1626=5.8.对于,若S11 - S3=4(a1+a14)=0,即a1+a14=0,则S14=14(a1+a14)2=0,所以正确;对于,当S3=S11时
16、,易知a7+a8=0,又a10,d0,所以a70a8,故S7是Sn中的最大项,所以正确;对于,若S7S8,则a80,那么d0,可知a90,此时S9 - S8S9,所以正确;对于,若S7S8,则a80,S9 - S6=a7+a8+a9=3a8S9,所以正确.1.(1)因为bn=1an,且an+1=anan+1,所以bn+1=1an+1=an+1an=1+1an=1+bn,故bn+1 - bn=1.又b1=1a1=1,所以数列bn是以1为首项,1为公差的等差数列.(2)由(1)知数列bn的通项公式为bn=n,又bn=1an,所以an=1bn=1n.故ann+1=1n(n+1)=1n - 1n+1,
17、所以Tn=k=1n(1k - 1k+1)=1 - 1n+1=nn+1.2.(1)C解法一由Sm - 1= - 2,Sm=0,Sm+1=3,得am=Sm - Sm - 1=2,am+1=Sm+1 - Sm=3,所以等差数列的公差为d=am+1 - am=3 - 2=1,由am=a1+(m - 1)d=2,Sm=a1m+12m(m - 1)d=0,得a1+m - 1=2,a1m+12m(m - 1)=0,解得a1= - 2,m=5,故选C.解法二已知Sm - 1= - 2,Sm=0,Sm+1=3,由等差数列求和公式得Sm - 1=(m - 1)a1+(m - 1)(m - 2)d2= - 2,Sm
18、=ma1+m(m - 1)d2=0,Sm+1=(m+1)a1+m(m+1)d2=3. - ,得a1+(m - 1)d=2, - ,得a1+md=3, - ,得d=1,代入,得a1=3 - m,把d和a1都代入,得m=5或m=0(舍去).故选C.解法三由题意,知Sm=m(a1+am)2=0,所以a1= - am= - (Sm - Sm - 1)= - 2,所以am=2,a1= - 2.又am+1=Sm+1 - Sm=3,所以公差d=am+1 - am=1,所以3=am+1=a1+md= - 2+m,所以m=5.故选C.解法四数列an为等差数列,且其前n项和为Sn,数列Snn也为等差数列.Sm -
19、 1m - 1+Sm+1m+1=2Smm,即 - 2m - 1+3m+1=0,解得m=5.经检验为原方程的解.故选C.(2)C设等差数列an的首项为a1,公差为d,因为a5+a10=12,所以2a1+13d=12,所以3a7+a9=3(a1+6d)+a1+8d=4a1+26d=2(2a1+13d)=212=24.3.(1)B数列an为等差数列,则am - 1+am+1=2am,则am - 1+am+1 - am2 - 1=0可化为2am - am2 - 1=0,解得am=1.又S2m - 1=(2m - 1)am=39,则m=20.故选B.(2)2132由等差数列前n项和的性质得a11b11=S21T21=221321+1=2132.4.(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.(2)由(1)得Sn=n2 - 8n=(n - 4)2 - 16.所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为 - 16.
