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2022届高三统考数学（文科）人教版一轮复习学案：6.2 等差数列及其前n项和
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这是一份2022届高三统考数学（文科）人教版一轮复习学案：6.2 等差数列及其前n项和，共7页。学案主要包含了知识重温，小题热身等内容，欢迎下载使用。
【知识重温】
一、必记5个知识点
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差等于①____________，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的②________，一般用字母d表示；定义的表达式为：③______________(n∈N*)．
2．等差数列的通项公式
设等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝④________________.等差数列的通项公式是关于n的一次函数形的函数．
3．等差中项
若a，A，b成等差数列，则A叫做a，b的等差中项，且A＝⑤________.
4．等差数列的前n项和公式
若已知首项a1和末项an，则Sn＝⑥____________，或等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其前n项和公式为Sn＝⑦________________.等差数列的前n项和公式是关于n的二次函数形的函数且无常数项．
5．等差数列与等差数列各项和的有关性质
(1)am＝an＋(m－n)d或eq \f(am－an,m－n)＝d.(m、n∈N*)
(2)在等差数列中，若p＋q＝m＋n，则有ap＋aq＝am＋an；若2m＝p＋q，则有ap＋aq＝⑧________，(p，q，m，n∈N*)．
(3)d＞0⇔{an}是递增数列，Sn有最小值；d＜0⇔{an}是递减数列，Sn有最大值；d＝0⇔{an}是常数数列．
(4)数列{λan＋b}仍为等差数列，公差为λd.
(5)若{bn}，{an}都是等差数列，则{an±bn}仍为等差数列．
(6)am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等差数列，公差为kd.
(7)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
(8)S2n－1＝(2n－1)an.
(9)若n为偶数，则S偶－S奇＝eq \f(n,2)d.
若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．
二、必明2个易误点
1．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．
2．注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别．
【小题热身】
一、判断正误
1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(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n∈N*，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．( )
(5)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．( )
二、教材改编
2．设数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a6＝2且S5＝30，则S8等于( )
A．31 B．32
C．33 D．34
3．在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a2＋a8＝________.
三、易错易混
4．一个等差数列的首项为eq \f(1,25)，从第10项起开始比1大，则这个等差数列的公差d的取值范围是( )
A．d＞eq \f(8,75) B．d＜eq \f(3,25)
C.eq \f(8,75)＜d＜eq \f(3,25) D.eq \f(8,75)＜d≤eq \f(3,25)
5．若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9＞0，a7＋a10＜0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．
四、走进高考
6．[2019·全国卷Ⅰ]记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则( )
A．an＝2n－5 B．an＝3n－10
C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝eq \f(1,2)n2－2n
eq \x(考点一) 等差数列的基本运算[自主练透型]
1．[2020·全国卷Ⅱ]记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＝－2，a2＋a6＝2则S10＝________.
2．[2020·六校联盟联考]设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4＋S5＝2，S7＝14，则a10＝( )
A．18 B．16 C．14 D．12
3．[2021·河南部分重点高中联考]记等差数列{an}的前n项和为Sn.若3S5－5S3＝135，则数列{an}的公差d＝________.
考点二 等差数列的判定与证明[互动讲练型]
[例1] [2021·湖北检测]已知数列{an}满足a1＝2，n(an＋1－n－1)＝(n＋1)(an＋n)(n∈N*)．
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差数列，并求其通项公式；
(2)设bn＝eq \r(2an)－15，求数列{bn}的前n项和Sn.
悟·技法
等差数列的判定方法
(1)等差数列的判定通常有两种方法：第一种是定义法，an－an－1＝d(常数)(n≥2)；第二种是利用等差中项法，即2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．
(2)解答选择题和填空题时也可以用通项公式与前n项和公式直接判定．
(3)若判定一个数列不是等差数列，则只需要说明某连续3项(如前三项)不是等差数列即可.
[变式练]——(着眼于举一反三)
1．已知a1＝eq \f(3,5)，an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝eq \f(1,an－1)(n∈N*)．
求证：数列{bn}是等差数列．
考点三 等差数列的性质[分层深化型]
考向一：等差数列通项性质的应用
[例2] (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且2a5－a2＝10，则S15＝( )
A．20 B．75 C．300 D．150
(2)设公差为－3的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2 019＝2 019，则 a3＋a6＋a9＋…＋a2 019＝( )
A．－673 B．－1 346 C．673 D．1 346
考向二：等差数列前n项和性质的应用
[例3] (1)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 014，eq \f(S2 014,2 014)－eq \f(S2 008,2 008)＝6，则S2 020＝________.
(2)[2021·太原模拟]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32：27，求该数列的公差d.
悟·技法
应用等差数列的性质解题的三个注意点
(1)如果{an}为等差数列，m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．因此，若出现am－n，am，am＋n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＝eq \f(1,2)(am－n＋am＋n)转化为求am－n，am＋n或am＋n＋am－n的值．
(2)要注意等差数列通项公式及前n项和公式的灵活应用，如an＝am＋(n－m)d，d＝eq \f(an－am,n－m)，S2n－1＝(2n－1)an，Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(na2＋an－1,2)(n，m∈N*)等．
(3)当项数为偶数2n时，S偶－S奇＝ nd；项数为奇数2n－1时，S奇－S偶＝a中，S奇：S偶＝n：(n－1).
[变式练]——(着眼于举一反三)
2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9等于( )
A．63 B．45 C．36 D．27
3．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，Sn＝324(n＞6)，则数列{an}的项数为_______．
考点四 等差数列前n项和的最值问题
[互动讲练型]
[例4] (1)[2021·湖北襄阳四中联考]已知数列{an}为等差数列，a1＋a2＋a3＝165，a2＋a3＋a4＝156，{an}的前n项和为Sn，则使Sn达到最大值的n的值是( )
A．19 B．20 C．21 D．22
(2)[2021·西安八校联考]设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6＞S7＞S5, 则满足SnSn＋1＜0的正整数n的值为( )
A．10 B．11 C．12 D．13
悟·技法
求等差数列前n项和Sn最值的两种方法
(1)函数法：等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(b,2a)))2－eq \f(b2,4a)，求“二次函数”最值．
(2)邻项变号法
①当a1＞0，d＜0时，满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(am≤0，am＋1≥0))的项数m使得Sn取得最小值为Sm.
[变式练]——(着眼于举一反三)
4．[2019·北京高考]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____________．
5．[2021·南昌模拟]已知等差数列{an}的公差d<0，前n项和为Sn，若S5＝10a6，则当Sn最大时，n＝( )
A．8 B．9 C．7或8 D．8或9
第二节 等差数列及其前n项和
【知识重温】
①同一个常数 ②公差 ③an＋1－an＝d ④a1＋(n－1)d ⑤eq \f(a＋b,2) ⑥eq \f(na1＋an,2) ⑦na1＋eq \f(nn－1,2)d ⑧2am
【小题热身】
1．答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)√
2．解析：由已知可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋5d＝2，,5a1＋10d＝30，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(26,3)，,d＝－\f(4,3)，)) ∴S8＝8a1＋eq \f(8×7,2)d＝32.
答案：B
3．解析：由等差数列的性质，得a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝450，∴a5＝90，∴a2＋a8＝2a5＝180.
答案：180
4．解析：由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a10＞1，,a9≤1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,25)＋9d＞1，,\f(1,25)＋8d≤1，))
所以eq \f(8,75)＜d≤eq \f(3,25).故选D.
答案：D
5．解析：因为数列{an}是等差数列，且a7＋a8＋a9＝3a8＞0.
所以a8＞0.又a7＋a10＝a8＋a9＜0，所以a9＜0.
故当n＝8时，其前n项和最大．
答案：8
6．解析：设{an}的公差为d，
依题意得，4a1＋eq \f(4×3,2)d＝0①，a1＋4d＝5②，
联立①②，解得a1＝－3，d＝2.所以an＝2n－5，Sn＝n2－4n.故选A.
答案：A
课堂考点突破
考点一
1．解析：通解 设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝2，得a1＋d＋a1＋5d＝2，即－4＋6d＝2，解得d＝1，所以S10＝10×(－2)＋eq \f(10×9,2)×1＝25.
优解 设等差数列{an}的公差为d，因为a2＋a6＝2a4＝2, 所以a4＝1，所以d＝eq \f(a4－a1,4－1)＝eq \f(1－－2,3)＝1，所以S10＝10×(－2)＋eq \f(10×9,2)×1＝25.
答案：25
2．解析：设an的公差为d，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋3d＋5a1＋\f(5×4,2)d＝2,7a1＋\f(7×6,2)d＝14))，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6a1＋13d＝2,a1＋3d＝2))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－4,d＝2))，所以a10＝－4＋9×2＝14.选C.
答案：C
3．解析：因为3S5－5S3＝135，
所以3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5a1＋\f(5×4,2)d))－5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3a1＋\f(3×2,2)d))＝135，
所以15d＝135，解得d＝9.
答案：9
考点二
例1 解析：(1)证明：∵n(an＋1－n－1)＝(n＋1)(an＋n)(n∈N*)，
∴nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，∴eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝2，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差数列，其公差为2，首项为2，
∴eq \f(an,n)＝2＋2(n－1)＝2n.
(2)由(1)知an＝2n2，∴bn＝eq \r(2an)－15＝2n－15，
则数列{bn}前n项和Sn＝eq \f(n－13＋2n－15,2)＝n2－14n.
变式练
1．解析：证明：因为an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，bn＝eq \f(1,an－1)(n∈N*)，所以bn＋1－bn＝eq \f(1,an＋1－1)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,an)))－1)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(an,an－1)－eq \f(1,an－1)＝1.又b1＝eq \f(1,a1－1)＝－eq \f(5,2).所以数列{bn}是以－eq \f(5,2)为首项，1为公差的等差数列．
考点三
例2 解法一 设数列{an}的公差为d，由2a5－a2＝10，得2(a1＋4d)－(a1＋d)＝10，整理得a1＋7d＝10，S15＝15a1＋eq \f(15×14,2)d＝15(a1＋7d)＝15×10＝150.故选D.
解法二 由题意知，a2＋a8＝2a5，所以2a5－a2＝a8＝10，S15＝eq \f(15a1＋a15,2)＝eq \f(15×2a8,2)＝150.故选D.
(2)解析：(1)解法一 设等差数列{an}的首项为a1，则S2 019＝2 019a1＋eq \f(1,2)×2 019×2 018×(－3)＝2 019，解得a1＝3 028，所以a3＝3 022，则a3＋a6＋a9＋…＋a2 019＝3 022×673＋eq \f(1,2)×673×672×(－9)＝－1 346.故选B.
解法二 S2 019＝(a1＋a4＋a7＋…a2 017)＋(a2＋a5＋a8＋…＋a2 018)＋(a3＋a6＋a9＋…＋a2 019)＝(a3＋a6＋a9＋…＋a2 019)－673×(－6)＋(a3＋a6＋a9＋…＋a2 019)－673×(－3)＋(a3＋a6＋a9＋…＋a2 019)＝3(a3＋a6＋a9＋…＋a2 019)－673×(－9)＝2 019，解得a3＋a6＋a9＋…＋a2 019＝－1 346.故选B.
答案：(1)D (2)B
例3 解析：(1)由等差数列的性质可得eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也为等差数列．
设其公差为d，则eq \f(S2 014,2 014)－eq \f(S2 008,2 008)＝6d＝6，∴d＝1.故eq \f(S2 020,2 020)＝eq \f(S1,1)＋2 019d＝－2 014＋2 019＝5，
∴S2 020＝5×2 020＝10 100.
(2)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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S奇＋S偶＝354，,S偶S奇＝3227，))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S偶＝192，,S奇＝162.))
又S偶－S奇＝6d，所以d＝eq \f(192－162,6)＝5.
答案：(1)10 100 (2)见解析
变式练
2．解析：由{an}是等差数列，得S3，S6－S3，S9－S6为等差数列，即2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，得到S9－S6＝2S6－3S3＝45，故选B.
答案：B
3．解析：由题意知a1＋a2＋…＋a6＝36，①
an＋an－1＋an－2＋…＋an－5＝180，②
①＋②得(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(a6＋an－5)＝6(a1＋an)＝216，∴a1＋an＝36，
又Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝324，∴18n＝324，∴n＝18.
答案：18
考点四
例4 解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，则(a2＋a3＋a4)－(a1＋a2＋a3)＝3d＝156－165＝－9，所以d＝－3.因为a1＋a2＋a3＝3a1＋3d＝3a1－9＝165，所以a1＝58.所以an＝a1＋(n－1)d＝58＋(n－1)·(－3)＝61－3n.令an＝61－3n＞0，得n＜eq \f(61,3).因为n∈N*，所以当n＝20时，Sn达到最大值．故选B.
(2)由S6＞S7＞S5，得S7＝S6＋a7＜S6，S7＝S5＋a6＋a7＞S5，所以a7＜0，a6＋a7＞0，所以{an}为递减数列，又S13＝eq \f(13a1＋a13,2)＝13a7＜0，S12＝eq \f(12a1＋a12,2)＝6(a6＋a7)＞0，所以S12S13＜0，即满足 SnSn＋1＜0的正整数n的值为12，故选C.
答案：(1)B (2)C
变式练
4．解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由S5＝eq \f(5,2)(a1＋a5)＝eq \f(5,2)×2a3＝－10，得a3＝－2，∴d＝a3－a2＝－2－(－3)＝1，∴a1＝－3－1＝－4，∴a5＝a1＋4d＝－4＋4＝0.
解法一 ∵a1＝－4，d＝1，∴Sn＝－4n＋eq \f(nn－1,2)×1＝eq \f(1,2)(n2－9n)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(9,2)))2－eq \f(81,8).
∵n∈N*，∴当n＝4或5时，Sn取最小值，为S4＝S5＝－10.
解法二 ∵a1＝－4，d＝1，∴an＝－4＋(n－1)×1＝n－5.由an≤0得n≤5，且n＝5时，a5＝0，故当n＝4或5时，Sn取最小值，为S4＝S5＝eq \f(5×－4＋0,2)＝－10.
答案：0 －10
5．解析：解法一 由S5＝10a6，可得eq \f(5×a1＋a1＋4d,2)＝10(a1＋5d)，解得a1＝－8d，所以Sn＝na1＋eq \f(1,2)n(n－1)d＝eq \f(d,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(17,2)))2－\f(289,4))).因为d<0，所以当n＝8或9时，Sn最大．故选D.
解法二 因为S5＝eq \f(5×a1＋a5,2)＝eq \f(5×2a3,2)＝5a3，所以5a3＝10a6，所以5(a1＋2d)＝10(a1＋5d)，化简可得a1＋8d＝0，即a9＝0.因为d<0，所以当n＝8或9时，Sn最大．故选D.
答案： D
【知识重温】
一、必记5个知识点
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差等于①____________，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的②________，一般用字母d表示；定义的表达式为：③______________(n∈N*)．
2．等差数列的通项公式
设等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝④________________.等差数列的通项公式是关于n的一次函数形的函数．
3．等差中项
若a，A，b成等差数列，则A叫做a，b的等差中项，且A＝⑤________.
4．等差数列的前n项和公式
若已知首项a1和末项an，则Sn＝⑥____________，或等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其前n项和公式为Sn＝⑦________________.等差数列的前n项和公式是关于n的二次函数形的函数且无常数项．
5．等差数列与等差数列各项和的有关性质
(1)am＝an＋(m－n)d或eq \f(am－an,m－n)＝d.(m、n∈N*)
(2)在等差数列中，若p＋q＝m＋n，则有ap＋aq＝am＋an；若2m＝p＋q，则有ap＋aq＝⑧________，(p，q，m，n∈N*)．
(3)d＞0⇔{an}是递增数列，Sn有最小值；d＜0⇔{an}是递减数列，Sn有最大值；d＝0⇔{an}是常数数列．
(4)数列{λan＋b}仍为等差数列，公差为λd.
(5)若{bn}，{an}都是等差数列，则{an±bn}仍为等差数列．
(6)am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等差数列，公差为kd.
(7)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
(8)S2n－1＝(2n－1)an.
(9)若n为偶数，则S偶－S奇＝eq \f(n,2)d.
若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．
二、必明2个易误点
1．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．
2．注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别．
【小题热身】
一、判断正误
1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(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n∈N*，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．( )
(5)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．( )
二、教材改编
2．设数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a6＝2且S5＝30，则S8等于( )
A．31 B．32
C．33 D．34
3．在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a2＋a8＝________.
三、易错易混
4．一个等差数列的首项为eq \f(1,25)，从第10项起开始比1大，则这个等差数列的公差d的取值范围是( )
A．d＞eq \f(8,75) B．d＜eq \f(3,25)
C.eq \f(8,75)＜d＜eq \f(3,25) D.eq \f(8,75)＜d≤eq \f(3,25)
5．若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9＞0，a7＋a10＜0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．
四、走进高考
6．[2019·全国卷Ⅰ]记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则( )
A．an＝2n－5 B．an＝3n－10
C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝eq \f(1,2)n2－2n
eq \x(考点一) 等差数列的基本运算[自主练透型]
1．[2020·全国卷Ⅱ]记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＝－2，a2＋a6＝2则S10＝________.
2．[2020·六校联盟联考]设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4＋S5＝2，S7＝14，则a10＝( )
A．18 B．16 C．14 D．12
3．[2021·河南部分重点高中联考]记等差数列{an}的前n项和为Sn.若3S5－5S3＝135，则数列{an}的公差d＝________.
考点二 等差数列的判定与证明[互动讲练型]
[例1] [2021·湖北检测]已知数列{an}满足a1＝2，n(an＋1－n－1)＝(n＋1)(an＋n)(n∈N*)．
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差数列，并求其通项公式；
(2)设bn＝eq \r(2an)－15，求数列{bn}的前n项和Sn.
悟·技法
等差数列的判定方法
(1)等差数列的判定通常有两种方法：第一种是定义法，an－an－1＝d(常数)(n≥2)；第二种是利用等差中项法，即2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．
(2)解答选择题和填空题时也可以用通项公式与前n项和公式直接判定．
(3)若判定一个数列不是等差数列，则只需要说明某连续3项(如前三项)不是等差数列即可.
[变式练]——(着眼于举一反三)
1．已知a1＝eq \f(3,5)，an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝eq \f(1,an－1)(n∈N*)．
求证：数列{bn}是等差数列．
考点三 等差数列的性质[分层深化型]
考向一：等差数列通项性质的应用
[例2] (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且2a5－a2＝10，则S15＝( )
A．20 B．75 C．300 D．150
(2)设公差为－3的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2 019＝2 019，则 a3＋a6＋a9＋…＋a2 019＝( )
A．－673 B．－1 346 C．673 D．1 346
考向二：等差数列前n项和性质的应用
[例3] (1)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 014，eq \f(S2 014,2 014)－eq \f(S2 008,2 008)＝6，则S2 020＝________.
(2)[2021·太原模拟]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32：27，求该数列的公差d.
悟·技法
应用等差数列的性质解题的三个注意点
(1)如果{an}为等差数列，m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．因此，若出现am－n，am，am＋n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＝eq \f(1,2)(am－n＋am＋n)转化为求am－n，am＋n或am＋n＋am－n的值．
(2)要注意等差数列通项公式及前n项和公式的灵活应用，如an＝am＋(n－m)d，d＝eq \f(an－am,n－m)，S2n－1＝(2n－1)an，Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(na2＋an－1,2)(n，m∈N*)等．
(3)当项数为偶数2n时，S偶－S奇＝ nd；项数为奇数2n－1时，S奇－S偶＝a中，S奇：S偶＝n：(n－1).
[变式练]——(着眼于举一反三)
2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9等于( )
A．63 B．45 C．36 D．27
3．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，Sn＝324(n＞6)，则数列{an}的项数为_______．
考点四 等差数列前n项和的最值问题
[互动讲练型]
[例4] (1)[2021·湖北襄阳四中联考]已知数列{an}为等差数列，a1＋a2＋a3＝165，a2＋a3＋a4＝156，{an}的前n项和为Sn，则使Sn达到最大值的n的值是( )
A．19 B．20 C．21 D．22
(2)[2021·西安八校联考]设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6＞S7＞S5, 则满足SnSn＋1＜0的正整数n的值为( )
A．10 B．11 C．12 D．13
悟·技法
求等差数列前n项和Sn最值的两种方法
(1)函数法：等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(b,2a)))2－eq \f(b2,4a)，求“二次函数”最值．
(2)邻项变号法
①当a1＞0，d＜0时，满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(am≤0，am＋1≥0))的项数m使得Sn取得最小值为Sm.
[变式练]——(着眼于举一反三)
4．[2019·北京高考]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____________．
5．[2021·南昌模拟]已知等差数列{an}的公差d<0，前n项和为Sn，若S5＝10a6，则当Sn最大时，n＝( )
A．8 B．9 C．7或8 D．8或9
第二节 等差数列及其前n项和
【知识重温】
①同一个常数 ②公差 ③an＋1－an＝d ④a1＋(n－1)d ⑤eq \f(a＋b,2) ⑥eq \f(na1＋an,2) ⑦na1＋eq \f(nn－1,2)d ⑧2am
【小题热身】
1．答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)√
2．解析：由已知可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋5d＝2，,5a1＋10d＝30，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(26,3)，,d＝－\f(4,3)，)) ∴S8＝8a1＋eq \f(8×7,2)d＝32.
答案：B
3．解析：由等差数列的性质，得a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝450，∴a5＝90，∴a2＋a8＝2a5＝180.
答案：180
4．解析：由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a10＞1，,a9≤1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,25)＋9d＞1，,\f(1,25)＋8d≤1，))
所以eq \f(8,75)＜d≤eq \f(3,25).故选D.
答案：D
5．解析：因为数列{an}是等差数列，且a7＋a8＋a9＝3a8＞0.
所以a8＞0.又a7＋a10＝a8＋a9＜0，所以a9＜0.
故当n＝8时，其前n项和最大．
答案：8
6．解析：设{an}的公差为d，
依题意得，4a1＋eq \f(4×3,2)d＝0①，a1＋4d＝5②，
联立①②，解得a1＝－3，d＝2.所以an＝2n－5，Sn＝n2－4n.故选A.
答案：A
课堂考点突破
考点一
1．解析：通解 设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝2，得a1＋d＋a1＋5d＝2，即－4＋6d＝2，解得d＝1，所以S10＝10×(－2)＋eq \f(10×9,2)×1＝25.
优解 设等差数列{an}的公差为d，因为a2＋a6＝2a4＝2, 所以a4＝1，所以d＝eq \f(a4－a1,4－1)＝eq \f(1－－2,3)＝1，所以S10＝10×(－2)＋eq \f(10×9,2)×1＝25.
答案：25
2．解析：设an的公差为d，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋3d＋5a1＋\f(5×4,2)d＝2,7a1＋\f(7×6,2)d＝14))，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6a1＋13d＝2,a1＋3d＝2))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－4,d＝2))，所以a10＝－4＋9×2＝14.选C.
答案：C
3．解析：因为3S5－5S3＝135，
所以3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5a1＋\f(5×4,2)d))－5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3a1＋\f(3×2,2)d))＝135，
所以15d＝135，解得d＝9.
答案：9
考点二
例1 解析：(1)证明：∵n(an＋1－n－1)＝(n＋1)(an＋n)(n∈N*)，
∴nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，∴eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝2，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差数列，其公差为2，首项为2，
∴eq \f(an,n)＝2＋2(n－1)＝2n.
(2)由(1)知an＝2n2，∴bn＝eq \r(2an)－15＝2n－15，
则数列{bn}前n项和Sn＝eq \f(n－13＋2n－15,2)＝n2－14n.
变式练
1．解析：证明：因为an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，bn＝eq \f(1,an－1)(n∈N*)，所以bn＋1－bn＝eq \f(1,an＋1－1)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,an)))－1)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(an,an－1)－eq \f(1,an－1)＝1.又b1＝eq \f(1,a1－1)＝－eq \f(5,2).所以数列{bn}是以－eq \f(5,2)为首项，1为公差的等差数列．
考点三
例2 解法一 设数列{an}的公差为d，由2a5－a2＝10，得2(a1＋4d)－(a1＋d)＝10，整理得a1＋7d＝10，S15＝15a1＋eq \f(15×14,2)d＝15(a1＋7d)＝15×10＝150.故选D.
解法二 由题意知，a2＋a8＝2a5，所以2a5－a2＝a8＝10，S15＝eq \f(15a1＋a15,2)＝eq \f(15×2a8,2)＝150.故选D.
(2)解析：(1)解法一 设等差数列{an}的首项为a1，则S2 019＝2 019a1＋eq \f(1,2)×2 019×2 018×(－3)＝2 019，解得a1＝3 028，所以a3＝3 022，则a3＋a6＋a9＋…＋a2 019＝3 022×673＋eq \f(1,2)×673×672×(－9)＝－1 346.故选B.
解法二 S2 019＝(a1＋a4＋a7＋…a2 017)＋(a2＋a5＋a8＋…＋a2 018)＋(a3＋a6＋a9＋…＋a2 019)＝(a3＋a6＋a9＋…＋a2 019)－673×(－6)＋(a3＋a6＋a9＋…＋a2 019)－673×(－3)＋(a3＋a6＋a9＋…＋a2 019)＝3(a3＋a6＋a9＋…＋a2 019)－673×(－9)＝2 019，解得a3＋a6＋a9＋…＋a2 019＝－1 346.故选B.
答案：(1)D (2)B
例3 解析：(1)由等差数列的性质可得eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也为等差数列．
设其公差为d，则eq \f(S2 014,2 014)－eq \f(S2 008,2 008)＝6d＝6，∴d＝1.故eq \f(S2 020,2 020)＝eq \f(S1,1)＋2 019d＝－2 014＋2 019＝5，
∴S2 020＝5×2 020＝10 100.
(2)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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S奇＋S偶＝354，,S偶S奇＝3227，))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S偶＝192，,S奇＝162.))
又S偶－S奇＝6d，所以d＝eq \f(192－162,6)＝5.
答案：(1)10 100 (2)见解析
变式练
2．解析：由{an}是等差数列，得S3，S6－S3，S9－S6为等差数列，即2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，得到S9－S6＝2S6－3S3＝45，故选B.
答案：B
3．解析：由题意知a1＋a2＋…＋a6＝36，①
an＋an－1＋an－2＋…＋an－5＝180，②
①＋②得(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(a6＋an－5)＝6(a1＋an)＝216，∴a1＋an＝36，
又Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝324，∴18n＝324，∴n＝18.
答案：18
考点四
例4 解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，则(a2＋a3＋a4)－(a1＋a2＋a3)＝3d＝156－165＝－9，所以d＝－3.因为a1＋a2＋a3＝3a1＋3d＝3a1－9＝165，所以a1＝58.所以an＝a1＋(n－1)d＝58＋(n－1)·(－3)＝61－3n.令an＝61－3n＞0，得n＜eq \f(61,3).因为n∈N*，所以当n＝20时，Sn达到最大值．故选B.
(2)由S6＞S7＞S5，得S7＝S6＋a7＜S6，S7＝S5＋a6＋a7＞S5，所以a7＜0，a6＋a7＞0，所以{an}为递减数列，又S13＝eq \f(13a1＋a13,2)＝13a7＜0，S12＝eq \f(12a1＋a12,2)＝6(a6＋a7)＞0，所以S12S13＜0，即满足 SnSn＋1＜0的正整数n的值为12，故选C.
答案：(1)B (2)C
变式练
4．解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由S5＝eq \f(5,2)(a1＋a5)＝eq \f(5,2)×2a3＝－10，得a3＝－2，∴d＝a3－a2＝－2－(－3)＝1，∴a1＝－3－1＝－4，∴a5＝a1＋4d＝－4＋4＝0.
解法一 ∵a1＝－4，d＝1，∴Sn＝－4n＋eq \f(nn－1,2)×1＝eq \f(1,2)(n2－9n)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(9,2)))2－eq \f(81,8).
∵n∈N*，∴当n＝4或5时，Sn取最小值，为S4＝S5＝－10.
解法二 ∵a1＝－4，d＝1，∴an＝－4＋(n－1)×1＝n－5.由an≤0得n≤5，且n＝5时，a5＝0，故当n＝4或5时，Sn取最小值，为S4＝S5＝eq \f(5×－4＋0,2)＝－10.
答案：0 －10
5．解析：解法一 由S5＝10a6，可得eq \f(5×a1＋a1＋4d,2)＝10(a1＋5d)，解得a1＝－8d，所以Sn＝na1＋eq \f(1,2)n(n－1)d＝eq \f(d,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(17,2)))2－\f(289,4))).因为d<0，所以当n＝8或9时，Sn最大．故选D.
解法二 因为S5＝eq \f(5×a1＋a5,2)＝eq \f(5×2a3,2)＝5a3，所以5a3＝10a6，所以5(a1＋2d)＝10(a1＋5d)，化简可得a1＋8d＝0，即a9＝0.因为d<0，所以当n＝8或9时，Sn最大．故选D.
答案： D
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