2022高考总复习(人教A版)高中数学-第五章-数列-第2讲-等差数列及其前n项和.docx

第2讲等差数列及其前n项和1等差数列的有关概念(1)定义：假如一个数列从第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成等差数列的充分条件是A，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：ana1(n1)d.(2)前n项和公式：Snna1d3等差数列的性质已知数列an是等差数列，Sn是其前n项和(1)通项公式的推广：anam(nm)d(n，mN*)(2)若klmn(k，l，m，nN*)，则akalaman(3)若an的公差为d，则a2n也是等差数列，公差为2d(4)若bn是等差数列，则panqbn也是等差数列(5)数列Sm，S2mSm，S3mS2m，构成等差数列做一做1(2022高考福建卷)等差数列an的前n项和为Sn，若a12，S312，则a6等于()A8B10C12 D14答案：C2已知等差数列a1，a2，a3，an的公差为d，则ca1，ca2，ca3，can(c为常数且c0)是()A公差为d的等差数列B公差为cd的等差数列C非等差数列D以上都不对答案：B1辨明两个易误点(1)要留意概念中的“从第2项起”假如一个数列不是从第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)留意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区分2妙设等差数列中的项若奇数个数成等差数列，可设中间三项为ad，a，ad；若偶数个数成等差数列，可设中间两项为ad，ad，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元3等差数列的四种推断方法(1)定义法：an1and(d是常数)an是等差数列(2)等差中项法：2an1anan2(nN*)an是等差数列(3)通项公式：anpnq(p，q为常数)an是等差数列(4)前n项和公式：SnAn2Bn(A、B为常数)an是等差数列做一做3(2021高考重庆卷)若2，a，b，c，9成等差数列，则ca_解析：由题意得该等差数列的公差d，所以ca2d.答案：4若数列an满足a115，且3an13an4，则an_解析：由3an13an4，得an1an，所以an是等差数列，首项a115，公差d，所以an15(n1).答案：_等差数列的基本运算(高频考点)_等差数列基本量的计算是高考的常考内容，多毁灭在选择题、填空题或解答题的第(1)问中，属简洁题高考对等差数列基本量计算的考查常有以下三个命题角度：(1)求公差d、项数n或首项a1；(2)求通项或特定项；(3)求前n项和(1)(2022高考课标全国卷)等差数列an的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则an的前n项和Sn()An(n1)Bn(n1)C. D.(2)(2021江西南昌市模拟测试)在数列an中，若a12，且对任意的nN*有2an112an，则数列an前10项的和为()A5 B10C. D.(3)(2021高考课标全国卷)设等差数列an的前n项和为Sn，若Sm12，Sm0，Sm13，则m()A3 B4C5 D6解析(1)由a2，a4，a8成等比数列，得aa2a8，即(a16)2(a12)(a114)，a12.Sn2n22nn2nn(n1)(2)由2an112an，得an1an，数列an是首项为2，公差为的等差数列，S1010(2).(3)an是等差数列，Sm12，Sm0，amSmSm12.Sm13，am1Sm1Sm3，dam1am1.又Sm0，a12，am2(m1)12，m5.答案(1)A(2)C(3)C规律方法等差数列基本运算的解题方法(1)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想来解决问题(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法1.(1)(2021福建福州模拟)已知等差数列an，其中a1，a2a54，an33，则n的值为_(2)(2021太原市高三班级模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，a4a7a109，S14S377，则an_.(3)设Sn为等差数列an的前n项和，a128，S99，则S16_解析：(1)在等差数列an中，a2a52a15d5d4，所以d，又an(n1)33，解得n50.(2)设an的公差为d，由，得，因此等差数列an的通项公式为an2n11.(3)设等差数列an的首项为a1，公差为d，由已知，得解得，S16163(1)72.答案：(1)50(2)2n11(3)72_等差数列的判定与证明_(2022高考课标全国卷)已知数列an 的前n项和为Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中为常数(1)证明：an2an；(2)是否存在，使得an 为等差数列？并说明理由解(1)证明：由题设知anan1Sn1，an1an2Sn11，两式相减得an1(an2an)an1，由于an10，所以an2an.(2)由题设知a11，a1a2S11，可得a21.由(1)知，a31.令2a2a1a3，解得4.故an2an4，由此可得a2n1是首项为1，公差为4的等差数列，a2n14n3；a2n是首项为3，公差为4的等差数列，a2n4n1.所以an2n1，an1an2，因此存在4，使得数列an为等差数列规律方法(1)推断等差数列的解答题，常用定义法和等差中项法，而通项公式法和前n项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简洁推断(2)用定义证明等差数列时，常接受两个式子an1and和anan1d，但它们的意义不同，后者必需加上“n2”，否则n1时，a0无定义2.已知数列an中，a12，an2(n2，nN*)设bn(nN*)，求证：数列bn是等差数列证明：an2，an12.bn1bn1，bn是首项为b11，公差为1的等差数列_等差数列的性质及最值_(1)(2021兰州市、张掖市高三联合诊断考试)等差数列an中，3(a3a5)2(a7a10a13)24，则该数列前13项的和是()A13B26C52 D156(2)(2022高考江西卷)在等差数列an中，a17，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n8时Sn取得最大值，则d的取值范围为_(3)设等差数列an的前n项和为Sn，已知前6项和为36，Sn324，最终6项和为180(n6)，求数列的项数n及a9a10.解析(1)3(a3a5)2(a7a10a13)24，6a46a1024，a4a104，S1326，故选B.(2)当且仅当n8时，Sn取得最大值，说明1d.答案(1)B(2)(3)解：由题意可知a1a2a636，anan1an2an5180.得(a1an)(a2an1)(a6an5)6(a1an)216，a1an36.又Sn324，18n324，n18.a1a1836.a9a10a1a1836.规律方法1.等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列an中，aman(mn)dd(mn)，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S2nn(a1a2n)n(anan1)；S2n1(2n1)an.2求等差数列前n项和Sn最值的两种方法(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Snan2bn，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：当a10，d0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；当a10时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.3.(1)设数列an，bn都是等差数列，且a125，b175，a2b2100，则a37b37等于()A0 B37C100 D37(2)在等差数列an中，若S41，S84，则a17a18a19a20的值为()A9 B12C16 D17(3)已知等差数列an的公差为2，项数是偶数，全部奇数项之和为15，全部偶数项之和为25，则这个数列的项数为_解析：(1)设an，bn的公差分别为d1，d2，则(an1bn1)(anbn)(an1an)(bn1bn)d1d2，anbn为等差数列，又a1b1a2b2100，anbn为常数列，a37b37100.(2)S41，S8S43，而S4，S8S4，S12S8，S16S12，S20S16成等差数列，即各项为1，3，5，7，9，a17a18a19a20S20S169.故选A.(3)设这个数列有2n项，则由等差数列的性质可知：偶数项之和减去奇数项之和等于nd，即25152n，故2n10，即数列的项数为10.答案：(1)C(2)A(3)10方法思想整体思想在等差数列中的应用在等差数列an中，S10100，S10010，则S110_解法一：设数列an的公差为d，首项为a1，则解得所以S110110a1d110.法二：法一中两方程相减得90a1d90，a1d1，S110110a1d110.法三：由于S100S1090，所以a11a1002，所以S110110.答案110名师点评(1)法一是利用等差数列的前n项和公式求解基本量，然后求和，是等差数列运算问题的常规思路而法二、法三都突出了整体思想，分别把a1d、a11a100看成了一个整体，解起来都很便利(2)整体思想是一种重要的解题方法和技巧，这就要求同学要娴熟把握公式，理解其结构特征1.若两个等差数列an和bn的前n项和分别为Sn和Tn，已知，则等于()A7B.C. D.解析：选D.a5，b5，.2在等差数列an中，an0，且a1a2a1030，则a5a6的最大值为_解析：a1a2a1030，即30，a1a106，a5a66，a5a69.答案：91(2022高考重庆卷)在等差数列an中，a12，a3a510，则a7()A5B8C10 D14解析：选B.法一：设等差数列的公差为d，则a3a52a16d46d10，所以d1，a7a16d268.法二：由等差数列的性质可得a1a7a3a510，又a12，所以a78.2(2021潍坊质检)已知数列an为等差数列，其前n项和为Sn，若a36，S312，则公差d()A1 B2C3 D.解析：选B.在等差数列an中，S312，解得a12，又a3a12d22d6，解得d2.3(2021新乡许昌平顶山其次次调研)设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，a35，Sk2Sk36，则k的值为()A8 B7C6 D5解析：选A.设等差数列的公差为d，由等差数列的性质可得2da3a14，得d2，所以an12(n1)2n1.Sk2Skak2ak12(k2)12(k1)14k436，解得k8.4已知函数f(x)2x，等差数列an的公差为2.若f(a2a4a6a8a10)4，则f(a1)f(a2)f(a3)f(a10)()A0 B26C22 D4解析：选B.依题意得a2a4a6a8a102，所以a1a3a5a7a92528，所以f(a1)f(a2)f(a3)f(a10)2a1a2a1026，故选B.5已知Sn是等差数列an的前n项和，S100并且S110，若SnSk对nN*恒成立，则正整数k构成的集合为()A5 B6C5，6 D7解析：选C.在等差数列an中，由S100，S110，得S100a1a100a5a60，S110a1a112a60，故可知等差数列an是递减数列且a60，所以S5S6Sn，其中nN*，所以k5或6.6(2022高考北京卷)若等差数列an满足a7a8a90，a7a100，a80.a7a10a8a90，a9a85时，an0，|a1|a2|a15|(a1a2a3a4)(a5a6a15)20110130.答案：1309各项均为正数的数列an满足a4Sn2an1(nN*)，其中Sn为an的前n项和(1)求a1，a2的值；(2)求数列an的通项公式；解：(1)当n1时，a4S12a11，即(a11)20，解得a11.当n2时，a4S22a214a12a2132a2，解得a23或a21(舍去)(2)a4Sn2an1，a4Sn12an11.得aa4an12an12an2(an1an)，即(an1an)(an1an)2(an1an)数列an各项均为正数，an1an0，an1an2，数列an是首项为1，公差为2的等差数列an2n1.10(2021南昌模拟)已知数列an满足a11，an(nN*，n2)，数列bn满足关系式bn(nN*)(1)求证：数列bn为等差数列；(2)求数列an的通项公式解：(1)证明：bn，且an，bn1，bn1bn2.又b11，数列bn是首项为1，公差为2的等差数列(2)由(1)知数列bn的通项公式为bn1(n1)22n1，又bn，an.数列an的通项公式为an.1已知函数yanx2(an0，nN*)的图象在x1处的切线斜率为2an11(n2，nN*)，且当n1时其图象过点(2，8)，则a7的值为()A. B7C5 D6解析：选C.由题意知y2anx，2an2an11(n2，nN*)，anan1.又n1时其图象过点(2，8)，a1228，得a12，an是首项为2，公差为的等差数列，an，得a75.2(2021高考辽宁卷)下面是关于公差d0的等差数列an的四个命题：p1：数列an是递增数列；p2：数列nan是递增数列；p3：数列是递增数列；p4：数列an3nd是递增数列其中的真命题为()Ap1，p2 Bp3，p4Cp2，p3 Dp1，p4解析：选D.由于d0，所以an1an，所以p1是真命题由于n1n，但是an的符号不知道，所以p2是假命题同理p3是假命题由an13(n1)dan3nd4d0，所以p4是真命题3(2021东北三校联考)已知正项数列an满足a12，a21，且2，则a12_解析：2，为等差数列，且首项为，公差为，(n1)，an，a12.答案：4设等差数列an，bn的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意自然数n都有，则的值为_解析：an，bn为等差数列，.，.答案：5(2022高考湖北卷)已知等差数列an满足：a12，且a1，a2，a5成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)记Sn为数列an的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn60n800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由解：(1)设等差数列an的公差为d，依题意，2，2d，24d成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得d24d0，解得d0或d4.当d0时，an2；当d4时，an2(n1)44n2，从而得数列an的通项公式为an2或an4n2.(2)当an2时，Sn2n.明显2n60n800，此时不存在正整数n，使得Sn60n800成立当an4n2时，Sn2n2.令2n260n800，即n230n4000，解得n40或n10(舍去)，此时存在正整数n，使得Sn60n800成立，n的最小值为41.综上，当an2时，不存在满足题意的n；当an4n2时，存在满足题意的n，其最小值为41.6(选做题)设数列an的前n项和为Sn，a110，an19Sn10.(1)求证：lg an是等差数列；(2)设Tn是数列的前n项和，求Tn；(3)求使Tn(m25m)对全部的nN*恒成立的整数m的取值集合解：(1)证明：依题意，a29a110100，故10.当n2时，an19Sn10，an9Sn110，两式相减得an1an9an，即an110an，10，故an为等比数列，且ana1qn110n(nN*)，lg ann.lg an1lg an(n1)n1，即lg an是等差数列(2)由(1)知，Tn333.(3)Tn3，当n1时，Tn取最小值.依题意有(m25m)，解得1m6，故所求整数m的取值集合为0，1，2，3，4，5