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  • 2021-06-23 发布

专题23 等差数列及其前n项-2018年高考数学(理)热点题型和提分秘籍

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‎【高频考点解读】‎ ‎1.理解等差数列的概念 ‎2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式 ‎3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系,并能用有关知识解决相应的问题 ‎4.了解等差数列与一次函数、二次函数的关系 ‎【热点题型】‎ 热点题型一 等差数列的基本运算 例1、已知等差数列{an}中,a1=1,a3=-3。‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若数列{an}的前k项和Sk=-35,求k的值。‎ ‎【提分秘籍】‎ 等差数列运算问题的通性通法 ‎(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差为d,然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解。‎ ‎(2)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,体现了方程的思想。‎ ‎【举一反三】 ‎ 已知等差数列{an}满足a2+a4=4,a3+a5=10,则它的前10项的和S10=(  )‎ A.85 B.135 C.95 D.23‎ 解析:设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,‎ 则解得 ‎∴S10=10×(-4)+×3=95。‎ 答案:C 热点题型二 等差数列的判定与证明 例2、若数列{an}的前n项和为Sn,且满足an+2SnSn-1=0(n≥2),a1=。‎ ‎(1)求证:{}成等差数列;‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式。‎ ‎【提分秘籍】 ‎ 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{an}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。‎ 提醒:等差数列主要的判定方法是定义法和等差中项法,而对于通项公式和前n项和公式的方法主要适合在选择题或填空题中简单判。‎ ‎【举一反三】 ‎ 设数列{an}中,Sn是数列{an}的前n项和,a1=1,且an=(n≥2)。证明数列{}是等差数列,并求Sn。‎ 热点题型三 等差数列的性质及其应用 例3.设Sn为等差数列{an}的前n项和,S8=4a3,a7=-2,则a9=(  )‎ A.-6 B.-4‎ C.-2 D.2‎ ‎(2)在等差数列{an}中,前m项的和为30,前2m项的和为100,则前3m项的和为__________。‎ 解析:(1)S8=4a3⇒=4a3⇒a3+a6=a3,‎ ‎∴a6=0,∴d=-2,∴a9=a7+2d=-2-4=-6。‎ ‎(2)记数列{an}的前n项和为Sn,由等差数列前n项和的性质知Sm,S2m-Sm,S3m-S2m成等差数列,则2(S2m-Sm)=Sm+(S3m-S2m),又Sm=30,S2m=100,所以S2m-Sm=100-30=70,所以S3m-S2m=2(S2m-Sm)-Sm=110,所以S3m=110+100=210。‎ 答案:(1)A (2) 210‎ ‎【提分秘籍】‎ ‎(1)等差数列通项性质的应用要注意观察数列各项的项数之间“和”相等的关系,找到解题的切入点。‎ ‎(2)等差数列前n项和性质的应用要注意深刻理解“依次k项之和成等差数列”的真正含义,然后列方程求解。‎ ‎【举一反三】 ‎ 在等差数列{an}中。若共有n项,且前四项之和为21,后四项之和为67,前n项和Sn=286,则n=__________。‎ 解析:依题意知a1+a2+a3+a4=21,an+an-1+an-2+an-3=67。‎ 由等差数列的性质知a1+an=a2+an-1=a3+an-2=a4+an-3,∴4(a1+an)=88,∴a1+an=22。‎ 又Sn=,即286=,∴n=26。‎ 答案:26‎ 热点题型四 等差数列前n项和的最值 例4、已知数列{an}满足2an+1=an+an+2(n∈N*),它的前n项和为Sn,且a3=10,S6=72。若bn=an-30,求数列{bn}的前n项和的最小值。‎ ‎【提分秘籍】‎ 若{an}是等差数列,求前n项和的最值时,①若a1>0,d<0,且满足前n项和Sn最大;②若a1<0,d>0,且满足前n项和Sn最小;③除上面方法外,还可将{an}的前n项和的最值问题看作Sn关于n的二次函数问题,利用二次函数的图象或配方法求解。‎ ‎【举一反三】 ‎ 设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=12,S12>0,S13<0。‎ ‎(1)求公差d的取值范围;‎ ‎(2)指出S1、S2、…、S12中哪一个值最大,说明理由。‎ 解析:(1)由得-<d<-3。‎ ‎(2)∵S12=6(a1+a12)=6(a6+a7)>0,S13==13a7<0,‎ ‎∴a6>0且a7<0,故S6最大。‎ ‎【高考风向标】‎ ‎ ‎ ‎1.【2017课标1,理4】记为等差数列的前项和.若,,则的公差为 A.1 B.2 C.4 D.8‎ ‎【答案】C ‎2.【2017课标1,理12】几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是 A.440 B.330 C.220 D.110‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题意得,数列如下:‎ 则该数列的前项和为 ‎,‎ 要使,有,此时,所以是第组等比数列的部分和,设,‎ 所以,则,此时,‎ 所以对应满足条件的最小整数,故选A.‎ ‎3.【2017浙江,6】已知等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,则“d>0”是“S4 + S6>2S5”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎1. 【2016高考新课标1卷】已知等差数列前9项的和为27,,则 ( )‎ ‎(A)100 (B)99 (C)98 (D)97‎ ‎【答案】C ‎【解析】由已知,所以故选C.‎ ‎2【2016高考浙江理数】如图,点列{An},{Bn}分别在某锐角的两边上,且,,‎ ‎().若( )‎ A.是等差数列 B.是等差数列 C.是等差数列 D.是等差数列 ‎【答案】A ‎3.【2016年高考北京理数】已知为等差数列,为其前项和,若,,则_______..‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】∵是等差数列,∴,,,,‎ ‎∴,故填:6.‎ ‎4.【2016高考江苏卷】已知是等差数列,是其前项和.若,则的值是 ▲ .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由得,因此 ‎1.【2015高考重庆,理2】在等差数列中,若=4,=2,则=    (  )‎ A、-1 B、0 C、1 D、6‎ ‎【答案】B ‎【解析】由等差数列的性质得,选B.‎ ‎2.【2015高考福建,理8】若 是函数 的两个不同的零点,且 这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则 的值等于( )‎ A.6 B.‎7 C.8 D.9‎ ‎【答案】D ‎【解析】由韦达定理得,,则,当适当排序后成等比数列时,‎ 必为等比中项,故,.当适当排序后成等差数列时,必不是等差中项,当是等差中项时,,解得,;当是等差中项时,,解得,,综上所述,,所以,选D.‎ ‎3.【2015高考北京,理6】设是等差数列. 下列结论中正确的是( )‎ A.若,则 B.若,则 C.若,则 D.若,则 ‎【答案】C ‎【2015高考新课标2,理16】设是数列的前n项和,且,,则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由已知得,两边同时除以,得,故数列是以为首项,为公差的等差数列,则,所以.‎ ‎【2015高考广东,理10】在等差数列中,若,则= .‎ ‎【答案】10.‎ ‎【解析】因为是等差数列,所以,即,所以,故应填入.‎ ‎【2015高考陕西,理13】中位数1010的一组数构成等差数列,其末项为2015,则该数列的首项为 .‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】设数列的首项为,则,所以,故该数列的首项为,所以答案应填:5.‎ ‎1.(2014·安徽卷)数列{an}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q=________.‎ ‎【答案】1 【解析】因为数列{an}是等差数列,所以a1+1,a3+3,a5+5也成等差数列.又 a1+1,a3+3,a5+5构为公比为q的等比数列,所以a1+1,a3+3,a5+5为常数列,故q=1. ‎ ‎2.(2014·北京卷)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.‎ ‎【答案】8 【解析】∵a7+a8+a9=‎3a8>0,a7+a10=a8+a9<0,∴a8>0,a9<0,∴n=8时,数列{an}的前n项和最大.‎ ‎3.(2014·福建卷)等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,S3=12,则a6等于(  )‎ A.8 B.‎10 C.12 D.14‎ ‎【答案】C 【解析】设等差数列{an}的公差为d,由等差数列的前n项和公式,得S3=3×2+d=12,解得d=2,则a6=a1+(6-1)d=2+5×2=12.‎ ‎4.(2014·湖北卷)已知等差数列{an}满足:a1=2,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Sn>60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.‎ ‎(2)当an=2时,Sn=2n,显然2n<60n+800,‎ 此时不存在正整数n,使得Sn>60n+800成立.‎ 当an=4n-2时,Sn==2n2.‎ 令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,‎ 解得n>40或n<-10(舍去),‎ 此时存在正整数n,使得Sn>60n+800成立,n的最小值为41.‎ 综上,当an=2时,不存在满足题意的正整数n;‎ 当an=4n-2时,存在满足题意的正整数n,其最小值为41.‎ ‎5.(2014·湖南卷)已知数列{an}满足a1=1,|an+1-an|=pn,n∈N*.‎ ‎(1)若{an}是递增数列,且a1,‎2a2,‎3a3成等差数列,求p的值;‎ ‎(2)若p=,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{an}的通项公式.‎ ‎6.(2014·辽宁卷)设等差数列{an}的公差为d.若数列{‎2a1an}为递减数列,则(  )‎ A.d<0 B.d>‎0 C.a1d<0 D.a1d>0‎ ‎【答案】C 【解析】令bn=‎2a1an,因为数列{‎2a1an}为递减数列,所以==‎2a1(an+1-an)=‎2a1d<1,所得a1d<0.‎ ‎7.(2014·全国卷)等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=10,a2为整数,且Sn≤S4.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎8.(2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数.‎ ‎(1)证明:an+2-an=λ.‎ ‎(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由.‎ ‎【解析】(1)证明:由题设,anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1,‎ 两式相减得an+1(an+2-an)=λan+1.‎ 因为an+1≠0,所以an+2-an=λ.‎ ‎(2)由题设,a1=1,a‎1a2=λS1-1,可得 a2=λ-1,‎ 由(1)知,a3=λ+1.‎ 若{an}为等差数列,则‎2a2=a1+a3,解得λ=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λ=4,使得数列{an}为等差数列.‎ ‎9.(2014·山东卷)已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)令bn=(-1)n-1,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎【解析】 (1)因为S1=a1,S2=‎2a1+×2=‎2a1+2,‎ S4=‎4a1+×2=‎4a1+12,‎ 由题意得(‎2a1+2)2=a1(‎4a1+12),解得a1=1,‎ 所以an=2n-1.‎ 当n为奇数时,‎ Tn=-+…-+ ‎=1+ ‎=.‎ 所以Tn= ‎10.(2014·陕西卷)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.‎ ‎(1)若a,b,c成等差数列,证明:sin A+sin C=2sin(A+C);‎ ‎(2)若a,b,c成等比数列,求cos B的最小值.‎ ‎【解析】(1)∵a,b,c成等差数列,∴a+c=2b.‎ 由正弦定理得sin A+sin C=2sin B.‎ ‎∵sin B=sin[π-(A+C)]=sin(A+C),‎ ‎∴sin A+sin C=2sin(A+C).‎ ‎(2)∵a,b,c成等比数列,∴b2=ac.‎ 由余弦定理得 cos B==≥=,‎ 当且仅当a=c时等号成立,‎ ‎∴cos B的最小值为.‎ ‎11.(2014·天津卷)设{an}是首项为a1,公差为-1的等差数列,Sn为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为________.‎ ‎【答案】- 【解析】∵S2=‎2a1-1,S4=‎4a1+×(-1)=‎4a1-6,S1,S2,S4成等比数列,‎ ‎∴(‎2a1-1)2=a1(‎4a1-6),解得a1=-.‎ ‎12.(2014·重庆卷)设a1=1,an+1=+b(n∈N*).‎ ‎(1)若b=1,求a2,a3及数列{an}的通项公式.‎ ‎(2)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2nf(a2k+1)>f(1)=a2,即 ‎1>c>a2k+2>a2.‎ 再由f(x)在(-∞,1]上为减函数,得c=f(c)f(a2k+1)=a2k+2,‎ a2(k+1)=f(a2k+1)f(a2n+1),即a2n+1>a2n+2.‎ 所以a2n+1>-1,解得a2n+1>. ④‎ 综上,由②③④知存在c=使a2n2的最小正整数,‎ 则m≥2,并且对任意1≤k2,‎ 于是,Bm=Am-dm>2-1=1,Bm-1=min{am,Bm}>1.‎ 故dm-1=Am-1-Bm-1<2-1=1,与dm-1=1矛盾.‎ 所以对于任意n≥1,有an≤2,即非负整数列{an}的各项只能为1或2.‎ 因为对任意n≥1,an≤2=a1,‎ 所以An=2.‎ 故Bn=An-dn=2-1=1.‎ 因此对于任意正整数n ,存在m满足m>n,且am=1,即数列{an}有无穷多项为1.‎ ‎17.(2013·全国卷)等差数列{an}前n项和为Sn.已知S3=a,且S1,S2,S4成等比数列,求{an}的通项公式.‎ ‎【解析】设{an}的公差为d.‎ 由S3=a,得‎3a2=a,故a2=0或a2=3.‎ 由S1,S2,S4成等比数列得S=S1S4.‎ 又S1=a2-d,S2=‎2a2-d,S4=‎4a2+2d,‎ 故(‎2a2-d)2=(a2-d)(‎4a2+2d).‎ 若a2=0,则d2=-2d2,所以d=0,‎ 此时Sn=0,不合题意;‎ 若a2=3,则(6-d)2=(3-d)(12+2d),‎ 解得d=0或d=2.‎ 因此{an}的通项公式为an=3或an=2n-1.‎ ‎18.(2013·山东卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn+=λ(λ为常数),令cn=b2n(n∈N*),求数列{cn}的前n项和Rn.‎ ‎(2)由题意知Tn=λ-,所以n≥2时,bn=Tn-Tn-1=-+=.‎ 故cn=b2n==(n-1),n∈N*.‎ 所以Rn=0×+1×+2×+3×+…+(n-1)×,‎ 则Rn=0×+1×+2×+…+(n-2)×+(n-1)×,‎ 两式相减得 Rn=+++…+-(n-1)× ‎=-(n-1)× ‎=-,‎ 整理得Rn=4-.‎ 所以数列{cn}的前n项和Rn=4-.‎ ‎19.(2013·四川卷) 在等差数列{an}中,a1+a3=8,且a4为a2和a9的等比中项,求数列{an}的首项、公差及前n项和.‎ ‎20.(2013·新课标全国卷Ⅱ] 等差数列{an}的前n项和为Sn,已知S10=0,S15=25,则nSn的最小值为________.‎ ‎【答案】-49  【解析】由已知,a1+a10=0,a1+a15=d=,a1=-3,∴nSn=,易得n=6或n=7时,nSn出现最小值.当n=6时,nSn=-48;n=7时,nSn=-49.故nSn的最小值为-49.‎ ‎21.(2013·重庆卷)已知{an}是等差数列,a1=1,公差d≠0,Sn为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8=________.‎ ‎【答案】64 【解析】设数列{an}的公差为d,由a1,a2,a5成等比数列,得(1+d)2=1·(1+4d),解得d=2或d=0(舍去),所以S8=8×1+×2=64.‎ ‎【高考冲刺】‎ ‎1.数列{an}为等差数列,a1,a2,a3成等比数列,a5=1,则a10=(  )‎ A.5 B.-1‎ C.0 D.1‎ 解析:设公差为d,由已知得 解得 所以a10=a1+9d=1,故选D。‎ 答案:D ‎2.在等差数列{an}中,3(a3+a5)+2(a7+a10+a13)=24,则该数列前13项的和是(  )‎ A.13 B.26‎ C.52 D.156‎ 解析:∵a3+a5=2a4,a7+a10+a13=3a10,‎ ‎∴6a4+6a10=24,即a4+a10=4。‎ ‎∴S13===26。‎ 答案:B ‎3.在等差数列{an}中,如果a1+a4+a7=39,a3+a6+a9=27,则数列{an}前9项的和为(  )‎ A.297 B.144‎ C.99 D.66‎ 解析:∵a1+a4+a7=39,a3+a6+a9=27,∴a1+a4+a7=3a4=39,a3+a6+a9=3a6=27,即a4=13,a6=9.∴d=-2,a1=19.∴S9=19×9+×(-2)=99。‎ 答案:C ‎4.已知等差数列{an}中,a7+a9=16,S11=,则a12的值是(  )‎ A.15 B.30‎ C.31 D.64‎ 解析:2a8=a7+a9=16⇒a8=8,S11===11a6=,所以a6=,则d==,所以a12=a8+4d=15,故选A。‎ 答案:A ‎5.在等差数列{an}中,a1=-2 012,其前n项和为Sn,若-=2 002,则S2 014的值等于(  )‎ A.2 011 B.-2 012‎ C.2 014 D.-2 013‎ 答案:C ‎6.《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一,书中有这样的一道题目:把100个面包分给5个人,每个人所得成等差数列,且使较大的三份之和的是较小的两份之和,则最小的1份为(  )‎ A. B. C. D. 解析:设这5份分别为a-2d,a-d,a,a+d,a+2d(d>0),则有(a+a+d+a+2d)=a-2d+a-d,a-2d+a-d+a+a+d+a+2d=100,故a=20,d=,则最小的一份为a-2d=20-=。‎ 答案:A ‎7.已知{an}是递增的等差数列,a1=2,Sn为其前n项和,若a1,a2,a6成等比数列,则S5=__________。‎ 答案:70‎ ‎8.在等差数列{an}中,若a1<0,Sn为其前n项之和,且S7=S17,则Sn为最小时的n的值为__________。‎ 解析:由S7=S17,知a8+a9+…+a17=0,根据等差数列的性质,a8+a9+…+a17中a8+a17=a9+a16=…=a12+a13,因此a12+a13=0,从而a12<0,a13>0,故n为12。‎ 答案:12‎ ‎9.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若-1<a3<1,0<a6<3,则S9的取值范围是__________。‎ 解析:方法一:S9=9a1+36d,‎ 又依据线性规划知识,得 ‎-3<S9<21。‎ 方法二:S9=9a1+36d=x(a1+2d)+y(a1+5d),由待定系数法得x=3,y=6。‎ 因为-3<3a3<3,0<6a6<18,‎ 两式相加即得-3<S9<21。‎ 方法三:由题意可知a1+a2+a3+a4+a5=5a3,a6+a7+a8+a9=2a6+2a9,‎ 而a3+a9=2a6,‎ 所以S9=3a3+6a6,‎ 又-1<a3<1,0<a6<3,故-3<S9<21。‎ 答案:(-3,21)‎ ‎10.已知等差数列{an}的公差d>0。设{an}的前n项和为Sn,a1=1,S2·S3=36。‎ ‎(1)求d及Sn;‎ ‎(2)求m,k(m,k∈N*)的值,使得am+am+1+am+2+…+am+k=65。‎ ‎11.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1<0,S2 009=0。‎ ‎(1)求Sn的最小值及此时n的值;‎ ‎(2)求n的取值集合,使an≥Sn。‎ 解析:(1)设公差为d,则由S2 009=0⇒2009a1+d=0⇒a1+1 004d=0,d=-a1,a1+an=a1,所以Sn=(a1+an)=·a1=(2 009n-n2)。‎ 因为a1<0,n∈N*,所以当n=1 004或1 005时,Sn取最小值a1。‎ ‎(2)an=a1,由Sn≤an得(2 009n-n2)≤a1。‎ 因为a1<0,所以n2-2 011n+2 010≤0,即(n-1)(n-2 010)≤0,解得1≤n≤2 010。‎ 故所求n的取值集合为{n|1≤n≤2 010,n∈N*}。‎ ‎12.已知数列{an},a1=-5 ,a2=-2,记A(n)=a1+a2+…+an,B(n)=a2+a3+…+an+1,C(n)=a3+a4+…+an+2(n∈N*),若对于任意n∈N*,A(n),B(n),C(n)成等差数列。‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)求数列{|an|}的前n项和。‎ 解析:(1)根据题意A(n),B(n),C(n)成等差数列,‎ ‎∴A(n)+C(n)=2B(n),‎ 整理得an+2-an+1=a2-a1=-2+5=3。‎ ‎∴数列{an}是首项为-5,公差为3的等差数列。‎ ‎∴an=-5+3(n-1)=3n-8。‎ ‎ ‎ ‎ ‎