【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测 第34讲 等差数列及其前n项和（讲） Word版含解析.docx，共(10)页，696.419 KB，由小赞的店铺上传

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第34讲等差数列及其前n项和（讲）思维导图知识梳理1．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，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，b的等差中项．2．等差数列的有关公式(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．

(2)前n项和公式：Sn＝n(a1＋an)2――→an＝a1＋(n－1)dSn＝na1＋n(n－1)2d＝d2n2＋a1－d2n⇒当d≠0时，Sn是关于n的二次函数，且没有常数项．[常用结论]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)在等差数列{an}中，当m＋n＝p＋q时，am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．特别地，若m＋n＝2p，则2ap＝am＋an(m，n，

p∈N*)．(3)ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等差数列，公差为md(k，m∈N*)．(4)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也成等差数列，公差为n2d.(5)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．(6)若{

an}是等差数列，则Snn也成等差数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的12.(7)若项数为偶数2n，则S2n＝n(a1＋a2n)＝n(an＋an＋1)；S偶－S奇＝nd；S奇S偶＝anan＋1.(8)若项数为奇数2n－1，则S2n－1＝(2n－1

)an；S奇－S偶＝an；S奇S偶＝nn－1.(9)在等差数列{an}中，若a1>0，d<0，则满足am≥0，am＋1≤0的项数m使得Sn取得最大值Sm；若a1<0，d>0，则满足am≤0，am＋1≥0的项数m使得Sn取得最

小值Sm.题型归纳题型1等差数列的基本运算【例1-1】（2020春•新华区校级期末）在等差数列{}na中，若31a=−，711a=，则公差(d=)A．52B．52−C．3D．3−【分析】利用等差数列的通项公式直接求解．【解

答】解：因为31a=−，711a=，所以73373aad−==−．故选：C．【例1-2】（2020春•黄冈期末）若等差数列{}na满足792aa+=，105a=−，则数列{}na的首项1(a=)A．20B．3−C．22D．23−【分析】利用等差

数列的通项公式列出方程组，能求出数列{}na的首项1a．【解答】解：等差数列{}na满足792aa+=，105a=−，11168295adadad+++=+=−，解得122a=，3d=−．数列{}na的首

项122a=．故选：C．【例1-3】（2020春•乐山期末）已知等差数列{}na中，12a=−，公差32d=，则2a与6a的等差中项为()A．52B．72C．112D．6【分析】根据等差中项的定义即可得出2a

，6a的等差中项为4a，然后根据等差数列的通项公式即可得出4a的值．【解答】解：132,2ad=−=，2a与6a的等差中项为4352(41)22a=−+−=．故选：A．【跟踪训练1-1】（2020春•合肥期末）若{}na为等差数列，nS

是数列{}na前n项和，11a=，535S=，则该数列的公差d为()A．21B．2C．3D．4【分析】由等差数列的前n项和公式即可得出545352d+=，然后解出d即可．【解答】解：根据等差数列的前n项和公式得：545352d+=，解得3d=．故选：C．【跟踪训练1-2】（2020春•资阳

期末）已知等差数列{}na的公差为d，24a=，410a=，则(d=)A．2B．3C．6D．9【分析】由题意利用等差数列的性质，求得d的值．【解答】解：等差数列{}na的公差为d，24a=，410a=，则4226daa=−=，3d=，故选：B．【跟踪训练1-3】（2020春•常德期

末）等差数列{}na中，38a=，1029a=，则6(a=)A．14B．17C．20D．23【分析】由题意利用等差数列的通项公式，求出首项和公差，可得6a的值．【解答】解：等差数列{}na中，3128aad=+=，101929aad=+=，12a=，3d=，则6

1517aad=+=，故选：B．【名师指导】等差数列基本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．题型2等差数列的判定与证明【例2-1】（2020•山东模拟）已知数列()*113nnnnaaanNa++=−满足，且113a=．()I求证：数列1{}1na−

是等差数列，并求na；()II令*22()(2)nnbnNna=+，求数列{}nb的前n项和nT．【分析】()I对113nnnaaa++=−两边同时减去1，整理得到11221133nnnnnaaaaa++−−=−=−−，然后两边同时取倒数得到1111121nnaa+=−+−−，即1111

112nnaa+−=−−−，进而可证数列1{}1na−是等差数列，结合等差数列的定义可得到11311213na==−−−，整理即可得到na的表达式．()II先根据()I中的na的表达式表示出nb，然后根据数列求和的裂项法求得答案．【解答】解：11()3n

nnaIaa++=−11221133nnnnnaaaaa++−−=−=−−故1311211122222221nnnnnnnaaaaaaa+−−==+=−+−−−−−1111112nnaa+−=−−−数列1{}1na−是公差为12−的等差数列而113a=，1131121

3na==−−−131(1)122nna=−−−−22n+=−212nan−=−+212nan=−+2nn=+()II由()I知2nnan=+22211(2)2(2)2nbnnnnnnn===−++++故1211

111113242nnTbbbnn=+++=−+−++−+11132312122(1)(2)nnnnn+=+−−=−++++【跟踪训练2-1】（2020春•天心区校级期末）已知等差数列的前三项依次为a，4，3a，前n项和为nS，且110kS=．（1）求a及k的值．（2）已知数列{}nb满

足nnSbn=，证明数列{}nb是等差数列，并求其前n项和nT．【分析】（1）设该等差数列为{}na，由等差中项可得a的方程，解得a，可得首项、公差，再由求和公式可得k；（2）运用等差数列的定义和通项公

式、求和公式，即可得到所求结论．【解答】解：（1）设该等差数列为{}na，则1aa=，24a=，33aa=，由已知有38aa+=，得12aa==，公差422d=−=，所以21(1)(1)2222kkkkkSkadkkk−−=+=+=+，由110

kS=，得21100kk+−=，解得10k=或11k=−（舍去），故2a=，10k=；（2）证明：由（1）得(22)(1)2nnnSnn+==+，则1nnSbnn==+，故1(2)(1)1nnbbnn+−=+−+=，即数列{}nb是首项为2，公差为

1的等差数列，所以(21)(3)22nnnnnT+++==．【名师指导】等差数列的四个判定方法(1)定义法：证明对任意正整数n都有an＋1－an等于同一个常数．(2)等差中项法：证明对任意正整数n都有2an＋1＝an＋an＋2后，可递推得出an

＋2－an＋1＝an＋1－an＝an－an－1＝an－1－an－2＝…＝a2－a1，根据定义得出数列{an}为等差数列．(3)通项公式法：得出an＝pn＋q后，得an＋1－an＝p对任意正整数n恒成立，根据定义判定数列{a

n}为等差数列．(4)前n项和公式法：得出Sn＝An2＋Bn后，根据Sn，an的关系，得出an，再使用定义法证明数列{an}为等差数列．题型3等差数列的性质及应用【例3-1】（2020春•赤峰期末）在等差数列{}na中，123aa+=，567aa+=，则910(a

a+=)A．8B．9C．10D．11【分析】根据等差数列的性质可得：1291056()()2()aaaaaa+++=+，即可求出．【解答】解：1291056()()2()aaaaaa+++=+，则91027311aa+=−=，故选：D．【例3-2】（2020春•南岗区

校级期末）设等差数列{}na的前n项和为nS，若39S=，972S=，则6(S=)A．27B．33C．36D．45【分析】由题意利用等差数列的性质，求出6S的值．【解答】解：等差数列{}na的前n项和为nS，若39S=，972S=，3S，

63SS−，96SS−成等差数列，故633962()SSSSS−=+−，即662(9)972SS−=+−，求得633S=，故选：B．【例3-3】（2020春•运城期末）设等差数列{}na满足：13a=，公差(0,10)d，其前n项和为nS．

若数列{1}nS+也是等差数列，则51nnSa++的最小值为()A．3B．2C．5D．6【分析】由题意可得：2132111SSS+=+++，即272103dd+=++，公差(0,10)d，解得d．可得na．nS．代入51nnSa++变形利

用基本不等式的性质即可得出．【解答】解：由题意可得：2132111SSS+=+++，即272103dd+=++，公差(0,10)d，解得2d=．21nan=+．2(321)22nnnSnn++==+．11nSn+=+．数列{1}nS+是等差数列，则225

25(1)4144[(1)](1)21222(1)211nnSnnnnnannnn+++++===+++=+++++…，当且仅当1n=时取等号，51nnSa++的最小值为2．故选：B．【跟踪训练3-1】（2020春

•上高县校级期末）设等差数列{}na前n项和为nS，等差数列{}nb前n项和为nT，若20121nnSnTn−=−，则33(ab=)A．595B．11C．12D．13【分析】借助于等差数列下标性质和求和公式，将项的比值化为和的比值，再把n

的值代入计算即可．【解答】解：nS，nT分别为等差数列{}na和{}nb的前n项和，且20121nnSnTn−=−，15331551533155522051211225152aaaaaaSbbbbbbT++−======++−，故选：B．【跟踪训

练3-2】（2020春•安徽期末）在等差数列{}na中，824a=，168a=，则24(a=)A．24−B．16−C．8−D．0【分析】由已知结合等差数列的性质即可直接求解．【解答】解：由等差数列的性质可得，1682168aad−==−−，则2481624

328aad=+=−=−．故选：C．【跟踪训练3-3】（2020春•蚌埠期末）已知等差数列{}na的前n项和为nS，等差数列{}nb的前n项和为nT，若211nnSnTn−=+，则55(ab=)A．1911B．1710C．32D．75【分析】根据题意，分析可得99ST，又

由等差数列的前n项和公式和等差数列的性质可得9595SaTb=；即可得答案．【解答】解：根据题意，等差数列{}na和{}nb中，若211nnSnTn−=+，则有99291179110ST−==+，又由19919551991955()9()22()9()22aaSaa

aabbTbbbb++====++；故551710ab=；故选：B．【跟踪训练3-4】（2020春•马鞍山期末）在数列{}na中，若516nan=−，则此数列前n项和的最小值为()A．11−B．17−C．18−D．3【分析】令5160na

n=−„，解得n．进而可得此数列前n项和的最小值为3S．【解答】解：令5160nan=−„，解得135n+„．则此数列前n项和的最小值为33(111516)182S−+−==−．故选：C．【跟踪训练3-5】（2020春•沙坪坝区校级期末）已知等差数列{}na，其前n项和为nS，

若3412aa+=，39SS=，则nS的最大值为()A．12B．24C．36D．48【分析】利用等差数列通项公式求出111a=，2d=−，求出等差数列的前n项和，由此能求出nS的最大值．【解答】解：等差数

列{}na，其前n项和为nS，3412aa+=，39SS=，1111231232983922aaadadad+++=+=+，解得111a=，2d=−，2(1)11(2)(6)362nnnSnn−=+−=

−−+．6n=时，nS取最大值36．故选：C．【跟踪训练3-6】（2020•哈尔滨模拟）等差数列{}na，{}nb的前n项和分别为nS，nT，若3535ab=，则59ST=．【分析】由已知结合等差数列的求和公式及性质即可求解．【解答】解：

由{}na为等差数列可得15535()52aaSa+==，同理可得959Ta=，所以539555319953SaTa===．故答案为：13【跟踪训练3-7】（2020•昆山市模拟）已知{}na和{}nb均为等差数列，若276ab+=，459ab+=，则63ab+的值是．【分析】由等差数列

的性质，等差中项的特点可得，所求的两项的和用已知的项表示可得其结果．【解答】解：因为{}na和{}nb均为等差数列，276ab+=，459ab+=，所以2763452()2918ababab+++=+==，所以

6318612ab+=−=，故答案为：12．【名师指导】1.等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{an}中，am－an＝(m－n)d⇔am－anm－n＝d(m≠n)，其几何意义是点(n，an)，(m，am)所在直线的斜率等于等差数列的公差．(2)和的性质：在等差数列{an}

中，Sn为其前n项和，则①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；②S2n－1＝(2n－1)an；③Snn是首项为a1，公差为d2的等差数列．2.求等差数列前n项和Sn及最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数

表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法①当a1>0，d<0时，满足am≥0，am＋1≤0的项数m使得Sn取得最大值为Sm；②当a1<0，d>0时，满足am≤0，a

m＋1≥0的项数m使得Sn取得最小值为Sm.