第34讲 数列的概念与等差数列（教师版）备战2021年新高考数学微专题讲义

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1、 第 1 页 / 共 15 页 第第 34 讲：数列的概念与等差数列讲：数列的概念与等差数列 一、课程标准 1、通过实例，了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)，了解数列是一种特殊函数. 2、通过实例，理解等差数列的概念 3、探索并掌握等差数列的通项公式与前 n 项和的公式 4、.能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题 5、体会等差数列与一次函数的关系. 二、基础知识回顾 知识梳理 1. 数列的概念 (1)按照一定次序排列的一列数称为数列，数列中的每个数都叫做这个数列的项数列可以看做是定义 域为 N*或其非空子集的函数，当自变量按照从小到大的

2、顺序依次取值时所对应的一列函数值，其图像是一 群孤立的点 注：数列是特殊的函数，应注意其定义域，不要和函数的定义域混淆 (2)数列的一般形式可以写成 a1，a2，a3，an，简记为an，其中 a1称为数列an的第 1 项(或称 为首项)，a2称为第 2 项，an称为第 n 项 2. 数列的分类 (1)数列按项数的多少来分：项数有限的数列叫做有穷数列，项数无限的数列叫做无穷数列 (2)按前后项的大小来分：从第二项起，每一项都大于它的前一项的数列叫做递增数列；从第二项起， 每一项都小于它的前一项的数列叫做递减数列；各项相等的数列叫做常数列 3. 数列的通项公式 一般地， 如果数列 an 的第 n

3、项与序号 n 之间的关系可以用一个公式来表示， 那么这个公式叫做这个数 列 an 的通项公式 注：并不是每一个数列都有通项公式，有通项公式的数列，其通项公式也不一定唯一 4. 数列的表示方法 数列可以用通项公式来描述，也可以通过图像或列表来表示 5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 第 2 页 / 共 15 页 差数列这个常数叫做等差数列的公差，符号表示为 an1and(nN*，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 ab 2 ，其中 A 叫做 a，b 的等差中项 6、等差

4、数列的有关公式 (1)通项公式：ana1(n1)dnd(a1d)当 d0 时，an是关于 n 的一次函数 (2)前 n 项和公式：Sn na1an 2 ana1n1dS nna1 nn1 2 d d 2n 2 a1 d 2n当 d0 时，Sn是关于 n 的 二次函数，且没有常数项 三、自主热身、归纳总结 1. 设 Sn为等差数列 an 的前 n 项和，S84a3，a72，则 a9(C ) A. 2 B. 2 C. 6 D. 6 【答案】C 【解析】 S84a38a128d4(a12d)，a72a16d2. 8a128d4（a12d）， a16d2 a110， d2 a9a72d6.故选 C.

5、2、记 Sn为等差数列an的前 n 项和若 a4a524，S648，则an的公差为(C ) A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】C 【解析】 (方法 1)设公差为 d，a4a5a13da14d2a17d24，S66a1 6 5 2 d6a115d48，联 立 2a17d24， 6a115d48 ，解得 d4.故选 C. (方法 2)S6 6（a1a6） 2 3(a3a4)48，即 a3a416，则(a4a5)(a3a4)24168，即 a5a3 2d8，解得 d4.故选 C. 3、 （2019 秋徐州期末）等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 a10，公差 d0，则下列命题正确的

6、是（ ） A若 S5S9，则必有 S140 B若 S5S9，则必有 S7是 Sn中最大的项 C若 S6S7，则必有 S7S8 D若 S6S7，则必有 S5S6 【答案】ABC 【解析】 ：根据题意，依次分析选项： 第 3 页 / 共 15 页 对于A， 若S5S9， 必有S9S5a6+a7+a8+a92 （a7+a8） 0， 则a7+a80， S14= 14(1+14) 2 = 14(7+8) 2 =0， A 正确； 对于 B，若 S5S9，必有 S9S5a6+a7+a8+a92（a7+a8）0，又由 a10，则必有 S7是 Sn中最大的项， B 正确； 对于 C，若 S6S7，则 a7S7S

7、60，又由 a10，必有 d0，则 a8S8S70，必有 S7S8，C 正确； 对于 D，若 S6S7，则 a7S7S60，而 a6的符号无法确定，故 S5S6不一定正确，D 错误； 4、已知an为等差数列，Sn为其前 n 项和若 a16，a3a50，则 S6_. 【答案】6 【解析】 ：a3a52a4，a40. a16，a4a13d，d2. S66a1 6 61 2 d6 6306. 5、(一题两空)若数列an满足 a13，an1an3(nN*)，则 a3_，通项公式 an_. 【答案】9 3n 【解析】数列an满足 a13，an1an3(nN*)， 所以数列an是首项 a13，公差 dan

8、1an3 的等差数列， 所以 a3a12d369， ana1(n1)d33(n1)3n. 6、 (一题两空)等差数列an中， 已知 Sn是其前 n 项和， a19， S9 9 S7 72， 则 an_， S10_. 【答案】2n11 0 【解析】设公差为 d， S9 9 S7 72， 91 2 d 71 2 d2， d2，a19，an92(n1)2n11，S1010 (9)10 9 2 20. 四、例题选讲 考点一、由 an与 Sn的关系求通项 an 例 1、(1)已知数列an的前 n 项和 Snn22n1(nN*)，则 an_. (2)已知数列an的前 n 项和 Sn 1 3an 2 3，则

9、an的通项公式 an_. (3)已知数列an满足 a12a23a3nan2n，则 an_. 第 4 页 / 共 15 页 【答案】 (1) 4，n1， 2n1，n2 (2) 1 2 n1 (3) 2，n1， 2n1 n ，n2 【解析】 (1)当 n2 时，anSnSn12n1；当 n1 时，a1S142 11.因此 an 4，n1， 2n1，n2. (2)当 n1 时，a1S1 1 3a1 2 3，所以 a11.当 n2 时，anSnSn1 1 3an 1 3an1，所以 an an1 1 2，所 以数列an为首项 a11，公比 q 1 2的等比数列，故 an 1 2 n1. (3)当 n1

10、 时，由已知，可得 a1212. a12a23a3nan2n. 故 a12a23a3(n1)an12n1(n2)， 由得 nan2n2n12n1.an 2n1 n . 显然当 n1 时不满足上式 an 2，n1， 2n1 n ，n2. 变式 1、已知数列an的前 n 项和 Sn，求通项 an. (1)Snn24n1； (2)Sn3nb. 【解析】 (1)n1 时，a1S12；n2 时，anSnSn1n24n1(n1)24(n1)12n 142n5. 当 n1 时 a12，不符合上式 an 2，n1， 2n5，n2. (2)n1 时，a1S13b. n2 时，anSnSn12 3n1. 当 b1

11、 时，a1312 符合 an2 3n1，an2 3n1. 当 b1 时，a13b 不符合 an2 3n1. 第 5 页 / 共 15 页 故 an 3b，n1， 2 3n1，n2. 变式 2、 （2019 栟茶中学期末）若 Sn为数列an的前 n 项和，且 Sn2an+1， （nN*） ，则下列说法正确的是 （ ） Aa516 BS563 C数列an是等比数列 D数列Sn+1是等比数列 【答案】AC 【解析】Sn2an+1， （nN*） ， 当 n1 时，a1S12a1+1，a11， 当 n2 时，anSnSn12an+12an11，2an1an， 1 = 2， 数列an是首项为1，公比为 2

12、 的等比数列，故选项 C 正确， = 21，= (12) 12 = 1 2 5= 24= 16，5= (125) 12 = 31，故选项 A 正确，选项 B 错误， 又+ 1 = 2 2，数列Sn+1不是等比数列，故选项 D 错误， 故选：AC 变式 3、 （2019 秋苏州期末）已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn2（ana） （其中 a 为常数） ，则下列说 法正确的是（ ） A数列an一定是等比数列 B数列an可能是等差数列 C数列Sn可能是等比数列 D数列Sn可能是等差数列 【答案】BD 【解析】Sn2（ana） ， 当 n1 时可得，Sn12（an1a） ， 两式相减可得，a

13、n2an1，n1， 又 n1 时，S12（a1a）可得，a12a， 若 a0 时，数列an不是等比数列，而是等差数列，其各项都为 0，和也为等差数列 当 a0 时，数列an是等比数列，不是等差数列，而非常数性等比数列的前 n 项和不是等比， 方法总结：由数列an的前 n 项和 Sn，求通项 an的问题，要分成两段：an S1，n1， SnSn1，n2.不要遗漏 n 1 的情形因题(2)含字母 b，首项是否满足，还需要对 b 进行分类讨论本题侧重考查分类讨论的数 第 6 页 / 共 15 页 学思想 考点二、等差数列中基本量的运算 例 2、 （1）(2019 苏北三市期末）在等差数列an中，若

14、a5 1 2，8a62a4a2，则an的前 6 项和 S6的值为 _ （2） (2017 苏北四市一模） 设 Sn是等差数列an的前 n 项和， 且 a23， S416， 则 S9的值为_ 【答案】 （1） 15 2（2） 81 【 解 析 】 （ 1 ） 解 法 1( 基 本 量 法 ) 设 an a1 (n 1)d ， n N*， 则 由 a 5 1 2， 8a62a4a2， 得 a 14d 1 2， 8（a15d）2（a13d）a1d， 解得 a1 5 2， d 1 2， 所以 S66a1 6 5 2 d 30 2 6 5 2 1 2 15 2. 解法 2(定义法) 由等差数列的定义可得

15、 8a68(a5d)，2a42(a5d)，a2a53d， 所以由 8a62a4a2，得 8(a5d)2(a5d)a53d，解得 da51 2，故 S6 6（a1a6） 2 3(a2a5 ) 3(a53da5)15a5 15 2. （2） 设等差数列an的公差为 d， 则由 a23， S416 得 a1d3， 4a1 4 3 2 d16， 解得 a11， d2， 因此 S99 9 8 2 281. 变式 1、 （1）记 Sn为等差数列an的前 n 项和，若 3S3S2S4，a12，则 a5( ) A12 B.10 C10 D12 （2）记 Sn为等差数列an的前 n 项和若 a4a524，S64

16、8，则an的公差为_ （3）在等差数列an中，a10，公差 d0，若 ama1a2a9，则 m 的值为_ 【答案】 （1）B （2）4（3）37 【解析】 （1） 、设等差数列an的公差为 d，由 3S3S2S4，得 3(3a13d)2a1d4a16d，即 3a12d 0.将 a12 代入上式，解得 d3，故 a5a1(51)d24 (3)10. （2） 、设等差数列an的公差为 d， 第 7 页 / 共 15 页 则由 a4a524， S648 得 a13da14d24， 6a1 6 5 2 d48， 即 2a17d24， 2a15d16， 解得 d4. （3）ama1a2a99a1 9 8

17、 2 d36da37， m37. 变式 2、 （1）2019 无锡调研设公差不为零的等差数列an满足 a37，且(a21)2(a11)(a41)，则 a10 等于_ (2)设等差数列an的前 n 项的和为 Sn.已知 a24，a25a23120，且 a12，求 an及 Sn. 【答案】 （1）21 （2）an3n2，Sn 3 2n 21 2n. 【解析】(1)设 ana1(n1)d，则 d0，由题设，得 a12d7， （a1d1）2（a11）（a13d1） 化简得 a172d， da11 解得 a13， d2. a1021. (2)a5a23d，a3a2d，则 a25a23(a5a3)(a5a

18、3)(2a24d) 2d(84d) 2d8d216d120， 解得 d3 或 5，又 a1a2d2，则 d3，a11，an3n2，Snn n（n1） 2 (3) 3 2n 2 1 2n. 变式 3、 （2020 届山东省泰安市高三上期末）我国古代的天文学和数学著作周碑算经中记载：一年有二 十四个节气， 每个节气唇 （gu） 长损益相同 （暑是按照日影测定时刻的仪器， 暑长即为所测量影子的长度） ， 夏至、小署、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降、立冬、小雪、大雪是连续十二个节气，其日 影子长依次成等差数列，经记录测算，夏至、处暑、霜降三个节气日影子长之和为 16.5 尺，这十二节气的 所

19、有日影子长之和为 84 尺，则夏至的日影子长为_尺. 【答案】1.5 【解析】 设此等差数列 n a的公差为d， 由题意 12 159 84 16.5 S aaa 即 1 51 12 11 1284 2 33(4 )16.5 ad aad 解得 1 1.5 1 a d 所以夏至的日影子长为1.5 第 8 页 / 共 15 页 故答案为：1.5 方法总结：(1)a1，d 是等差数列的基本量，把所给的条件代入等差数列的通项公式，可列出方程组，如果能 把 a11 作为一个整体处理，则能简化运算一般地，给出含有 a 1，d 的两个独立条件，即可求出该等差数 列的通项公式，进而求出其前 n 项和 (2)

20、第(2)小问，充分利用等差数列的第二通项公式 a5a23d，a3a2d，则简化了运算 考点三、 等差数列的性质 例 3、 （2020 届北京市昌平区新学道临川学校上学期期中） 已知等差数列 n a的前m项之和为30， 前m2项 和为100，则它的前m3项的和为（ ） A.130 B.170 C.210 D.260 【答案】C 【解析】由于等差数列 n a中 232 , mmmmm SSSSS也成等差数列，即 3 30,70,100 m S成等差数列，所 以 33 100110,210 mm SS，故选 C. 变式 1、（2020 届山东省滨州市三校高三上学期联考） 已知等差数列 n a的前 n

21、 项和为 n S， 且 3 5 2 a ， 9 9S ， 则 7 a （ ） A 1 2 B1 C 1 2 D2 【答案】C 【解析】 由已知 7 1937 9 5 9() 9()9() 2 9 222 a aaaa S ，得 7 1 2 a ， 故选：C. 变式 2、(1)(2020 福建模拟)设 Sn，Tn分别是等差数列an，bn的前 n 项和，若 a52b5，则 S9 T9( ) A2 B.3 C4 D6 (2)(2019 福建漳州质检改编)若 Sn是等差数列an的前 n 项和，且 a2a9a196，则 a10_，S19 _. 【答案】(1)A (2)2 38 第 9 页 / 共 15

22、页 【解析】(1)由 a52b5，得 a5 b52，所以 S9 T9 9a1a9 2 9b1b9 2 a5 b52. (2)设等差数列an的首项为 a1，公差为 d.由等差数列的通项公式可得 a2a9a193(a19d)3a106，所 以 a102，由等差数列前 n 项和公式可得 S1919a1a19 2 19a1038. 变式 3、在等差数列an中，若 m1 且 am1a2 mam10，S2m126，求 m 的值 【答案】7 【解析】an是等差数列，am1am1amam，条件式变为 2ama2 m0，am0 或 am2，S2m1 （2m1）（a1a2m1） 2 （2m1）（amam） 2 （

23、2m1）2am 2 (2m1)am，(2m1) am26.显然 am 0 不合题意，则 am2，代入上式，得 2m113，m7. 方法总结：如果an为等差数列，mnpq，则 amanapaq(m，n，p，qN*)因此，若出现 amn， am， amn等项时， 可以利用此性质将已知条件转化为与 am(或其他项)有关的条件； 若求 am项， 可由 am 1 2(am namn)转化为求 amn，amn或 amnanm的值 考点四、等差数列的判定及证明 例 4、 （2020 苏州期末）已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn2（ana） （其中 a 为常数） ，则下列说法正 确的是（ ） A数列

24、an一定是等比数列 B数列an可能是等差数列 C数列Sn可能是等比数列 D数列Sn可能是等差数列 【答案】BD 【解析】Sn2（ana） ， 当 n1 时可得，Sn12（an1a） ， 两式相减可得，an2an1，n1， 又 n1 时，S12（a1a）可得，a12a， 若 a0 时，数列an不是等比数列，而是等差数列，其各项都为 0，和也为等差数列 当 a0 时，数列an是等比数列，不是等差数列，而非常数性等比数列的前 n 项和不是等比， 变式 1、已知数列 an 是等差数列，公差为 d，设 bna2n1a2n. 第 10 页 / 共 15 页 (1)求证：数列bn是等差数列； (2)若 a1

25、a，求数列bn的通项公式及前 n 项和 Sn. 【解析】 (1)数列 an 的公差为 d，则 bn1bn(a2n2a2 n1)(a 2 n1a 2 n)(an2an1) (an2an1)(an 1an)(an1an)d(an2an1an1an)d(an2an)2d 2为常数 数列bn是等差数列 (2)由(1)知，数列bn的公差为 2d2. bnb1(n1)2d2a2 2a 2 12d 2n2d2(ad)2a22d2n2d22d2n2add2， Sn n（b1bn） 2 n（2add22d2n2add2） 2 d2n22adn. 变式 2、已知数列an中，a15 且 an2an12n1(n2 且

26、 nN*) (1)求证：数列 an1 2n 为等差数列； (2)求数列an的通项公式 【解析】 (1)a15， 当 n2 时， an1 2n an11 2n1 （2an12n1）1 2n 2（an11） 2n1 2 2n 2n1， an1 2n 是以 a11 2 2 为首项，以 1 为公差的等差数列 (2)由(1)知 an1 2n 2(n1) 1， an(n1)2n1. 变式 3、若数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 an2SnSn10(n2)，a1 1 2. (1)求证： 1 Sn成等差数列； (2)求数列an的通项公式 【解析】(1)证明：当 n2 时，由 an2SnSn10， 得 S

27、nSn12SnSn1， 因为 Sn0，所以 1 Sn 1 Sn12， 又 1 S1 1 a12， 故 1 Sn是首项为 2，公差为 2 的等差数列 第 11 页 / 共 15 页 (2)由(1)可得 1 Sn2n，所以 Sn 1 2n. 当 n2 时， anSnSn1 1 2n 1 2n1 n1n 2nn1 1 2nn1. 当 n1 时，a1 1 2不适合上式 故 an 1 2，n1， 1 2nn1，n2. 方法总结：欲证一个数列是等差数列，根据定义，即证 bn1bn为常数目标明确了，下面还需要推理正 确；欲求数列 cn 的前 n 项和 Sn，可先求通项，再判断为何数列；如果知道了具体的等差或

28、等比数列，只 需要求出两个基本量首项、公差(或公比)，再代入 Sn公式即可 五、优化提升与真题演练 1、 （2020 届北京市清华大学附属中学高三第一学期（12 月)月考数学试题）设等差数列 n a的前 n 项的和 为 n S，且 13 52S，则 489 aaa( ) A8 B12 C16 D20 【答案】B 【解析】设数列公差为d，则 1311 13 12 1313(6 )52 2 Sadad ， 1 64ad， 4891111 3783(6 )3 412aaaadadadad . 故选：B. 2、 （北京市北京师范大学附属实验中学 2019-2020 学年上学期期中）已知 n S是等差数

29、列 n a(n )的前 n项和，且 564 SSS,以下有四个命题： 数列 n a中的最大项为 10 S 数列 n a的公差0d 10 0S 11 0S 其中正确的序号是（ ） 第 12 页 / 共 15 页 A B C D 【答案】B 【解析】 564 SSS， 656 00aaa， 5 00ad， 数列 n a中的最大项为 5 S， 110 1056 10 50 2 aa Saa ， 111 116 11 110 2 aa Sa 正确的序号是 故选 B 3、 （北京市昌平区新学道临川学校 2019-2020 学年上学期期末）设 n a为等差数列， 1 22a ， n S为其前n 项和，若

30、1013 SS，则公差d ( ) A-2 B-1 C1 D2 【答案】A 【解析】 由题意可得： 121112131310 30aaaaSS， 则 12 0a，等差数列的公差 121 022 2 12 111 aa d . 本题选择 A 选项. 4、 （2020 届山东省滨州市三校高三上学期联考） 已知等差数列 n a的前 n 项和为 n S，且 3 5 2 a ， 9 9S ， 则 7 a （ ） A 1 2 B1 C 1 2 D2 【答案】C 【解析】由已知 7 1937 9 5 9() 9()9() 2 9 222 a aaaa S ，得 7 1 2 a ， 故选：C. 5、 【2020

31、 年全国 2 卷】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石 第 13 页 / 共 15 页 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，且下层比中层多 729块，则三层共 有扇面形石板(不含天心石)（ ） A. 3699块 B. 3474块 C. 3402块 D. 3339块 【答案】C 【解析】设第 n 环天石心块数为 n a，第一层共有 n环， 则 n a是以 9为首项，9 为公差的等差数列，9(1) 99 n ann， 设 n

32、S为 n a的前 n 项和，则第一层、第二层、第三层的块数分 别为 232 , nnnnn S SS SS，因为下层比中层多 729块， 所以 322 729 nnnn SSSS， 即 3 (927 )2 (918 )2 (918 )(99 ) 729 2222 nnnnnnnn 即 2 9729n ，解得9n ， 所以 327 27(9927) 3402 2 n SS . 故选：C 6、 【2020 年北京卷】在等差数列 n a中， 1 9a ， 3 1a 记 12 (1,2,) nn Taaa n，则数列 n T （ ） A. 有最大项，有最小项 B. 有最大项，无最小项 C. 无最大项，

33、有最小项 D. 无最大项，无最小项 【答案】B 第 14 页 / 共 15 页 【解析】由题意可知，等差数列的公差 51 1 9 2 5 15 1 aa d ， 则其通项公式为： 1 1912211 n aandnn ， 注意到 1234567 01aaaaaaa ， 且由 5 0T 可知06, i TiiN， 由 1 17, i i i T aiiN T 可知数列 n T不存在最小项， 由于 123456 9,7,5,3,1,1aaaaaa ， 故数列 n T中的正项只有有限项： 2 63T ， 4 63 15945T . 故数列 n T中存在最大项，且最大项为 4 T. 故选：B. 7、

34、【2020 年浙江卷】已知数列an满足 (1) = 2 n n n a ，则 S3=_ 【答案】10 【解析】因为 1 2 n n n a ，所以 123 1,3,6aaa 即 3123 1 3610Saaa 故答案为：10. 8、 （2019 年江苏卷）.已知数列 * () n anN是等差数列， n S是其前 n 项和.若 2589 0,27a aaS，则 8 S 的值是_. 【答案】16. 【解析】由题意首先求得首项和公差，然后求解前 8 项和即可. 由题意可得： 258111 91 470 9 8 927 2 a aaadadad Sad ， 解得： 1 5 2 a d ，则 81 8 7 84028 216 2 Sad . 第 15 页 / 共 15 页 9、 （2015 江苏卷）数列满足，且（） ，则数列的前 10 项和为 n a1 1 a1 1 naa nn * Nn 1 n a