【数学】2020届江苏一轮复习通用版7-2等差数列作业 11页

‎7.2　等差数列 挖命题 ‎【考情探究】‎ 考点 内容解读 ‎5年考情 预测热度 考题示例 考向 关联考点 等差数列的概念及运算 ‎1.了解等差数列的概念,会利用定义证明等差数列 ‎2.理解等差数列的通项公式和前n项和公式,会应用公式进行基本的运算 ‎2017江苏,19‎ 等差数列的定义及通项公式 ‎★★★‎ ‎2016江苏,8‎ 等差数列的通项公式及求和 ‎2014江苏,20‎ 等差数列的通项及求和 数列的概念 等差数列的性质 利用等差数列的有关性质解题 ‎★★★‎ 分析解读　　等差数列是数列中的一种重要模型,是江苏高考的重要考点之一,主要考查等差数列的概念和性质,考查代数推理论证能力,对能力要求比较高,往往放在压轴题的位置,难度比较大.‎ 破考点 ‎【考点集训】‎ 考点一　等差数列及其基本运算 ‎1.(2019届江苏昆山中学检测)正项数列{an}满足a1=1,a2=2,2an‎2‎=an+1‎‎2‎+an-1‎‎2‎(n∈N+,n≥2),则a7=　　　　. ‎ 答案　‎‎19‎ ‎2.(2018江苏苏锡常镇四市高三教学情况调研(一),8)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a2+a4=2,S2+S4=1,则a10=　　　　. ‎ 答案　8‎ 考点二　等差数列的性质 ‎1.在等差数列{an}中,若a3+a4+a5+a6+a7=450,则a2+a8=　　　　. ‎ 答案　180‎ ‎2.(2018江苏南京、盐城高三一模,10)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若{an}的前2 017项中的奇数项和为2 018,则S2 017的值为　　　　. ‎ 答案　4 034‎ ‎3.设等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若对任意正整数n都有SnTn=‎2n-3‎‎4n-3‎,则a‎9‎b‎5‎‎+‎b‎7‎+a‎3‎b‎8‎‎+‎b‎4‎的值为　　　　. ‎ 答案　‎‎19‎‎41‎ 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法一　等差数列的判断与证明的方法 ‎　(2018江苏启东高三调研测试)已知数列{an}中,a2=‎9‎‎4‎,前n项和为Sn,且2Sn+1-3Sn=2a1.‎ ‎(1)证明数列{an}为等比数列,并写出其通项公式;‎ ‎(2)设bn=n‎2‎nan,试问是否存在正整数s,t(10,得n<‎53‎‎3‎,‎ 所以当n≤17,n∈N*时,an>0;当n≥18,n∈N*时,an<0,所以{an}前17项和最大.‎ ‎(2)当n≤17,n∈N*时,‎ ‎|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=na1+n(n-1)‎‎2‎d=-‎3‎‎2‎n2+‎103‎‎2‎n,‎ 当n≥18,n∈N*时,‎ ‎|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+a17-a18-a19-…-an ‎=2(a1+a2+…+a17)-(a1+a2+…+an)=‎3‎‎2‎n2-‎103‎‎2‎n+884,‎ 所以当n≤17,n∈N*时,{|an|}前n项和为-‎3‎‎2‎n2+‎103‎‎2‎n,‎ 当n≥18,n∈N*时,{|an|}前n项和为‎3‎‎2‎n2-‎103‎‎2‎n+884.‎ 所以数列{|an|}的前n项和Sn=‎‎-‎3‎‎2‎n‎2‎+‎103‎‎2‎n,n≤17,‎‎3‎‎2‎n‎2‎‎-‎103‎‎2‎n+884,n≥18.‎ 方法三　含有等差数列的新定义问题的解题方法 ‎　(2018江苏南通高三第一次调研)若数列{an}同时满足:①对于任意的正整数n,an+1≥an恒成立;②对于给定的正整数k,an-k+an+k=2an对于任意的正整数n(n>k)恒成立,则称数列{an}是“R(k)数列”.‎ ‎(1)已知an=‎2n-1,n为奇数,‎‎2n,n为偶数,‎判断数列{an}是不是“R(2)数列”,并说明理由;‎ ‎(2)已知数列{bn}是“R(3)数列”,且存在整数p(p>1),使得b3p-3,b3p-1,b3p+1,b3p+3成等差数列,证明:{bn}是等差数列.‎ 解析　(1)当n为奇数时,an+1-an=2(n+1)-(2n-1)=3>0,所以an+1≥an.‎ an-2+an+2=2(n-2)-1+2(n+2)-1=2(2n-1)=2an.‎ 当n为偶数时,an+1-an=(2n+1)-2n=1>0,所以an+1≥an.‎ an-2+an+2=2(n-2)+2(n+2)=4n=2an.‎ 所以数列{an}是“R(2)数列”.‎ ‎(2)由题意可得:bn-3+bn+3=2bn,‎ 则数列b1,b4,b7,…是等差数列,设其公差为d1,‎ 数列b2,b5,b8,…是等差数列,设其公差为d2,‎ 数列b3,b6,b9,…是等差数列,设其公差为d3.‎ 因为bn≤bn+1,所以b3n+1≤b3n+2≤b3n+4,‎ 所以b1+nd1≤b2+nd2≤b1+(n+1)d1,‎ 所以n(d2-d1)≥b1-b2①,n(d2-d1)≤b1-b2+d1②.‎ 若d2-d1<0,则当n>b‎1‎‎-‎b‎2‎d‎2‎‎-‎d‎1‎时,①不成立;‎ 若d2-d1>0,则当n>b‎1‎‎-b‎2‎+‎d‎1‎d‎2‎‎-‎d‎1‎时,②不成立;‎ 若d2-d1=0,则①和②都成立,所以d1=d2.‎ 同理得:d1=d3,所以d1=d2=d3,记d1=d2=d3=d.‎ 设b3p-1-b3p-3=b3p+1-b3p-1=b3p+3-b3p+1=λ,‎ 则b3n-1-b3n-2=b3p-1+(n-p)d-[b3p+1+(n-p-1)d]‎ ‎=b3p-1-b3p+1+d=d-λ.‎ 同理可得:b3n-b3n-1=b3n+1-b3n=d-λ,所以bn+1-bn=d-λ.‎ 所以{bn}是等差数列.‎ 过专题 ‎【五年高考】‎ A组　自主命题·江苏卷题组 ‎1.(2016江苏,8,5分)已知{an}是等差数列,Sn是其前n项和.若a1+a‎2‎‎2‎=-3,S5=10,则a9的值是　　　　. ‎ 答案　20‎ ‎2.(2017江苏,19,16分)对于给定的正整数k,若数列{an}满足:an-k+an-k+1+…+an-1+an+1+…+an+k-1+an+k=2kan对任意正整数n(n>k)总成立,则称数列{an}是“P(k)数列”.‎ ‎(1)证明:等差数列{an}是“P(3)数列”;‎ ‎(2)若数列{an}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,证明:{an}是等差数列.‎ 证明　本题主要考查等差数列的定义、通项公式等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.‎ ‎(1)因为{an}是等差数列,设其公差为d,则an=a1+(n-1)d,‎ 从而,当n≥4时,an-k+an+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2an,k=1,2,3,‎ 所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an,‎ 因此等差数列{an}是“P(3)数列”.‎ ‎(2)数列{an}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,因此,‎ 当n≥3时,an-2+an-1+an+1+an+2=4an,①‎ 当n≥4时,an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an.②‎ 由①知,an-3+an-2=4an-1-(an+an+1),③‎ an+2+an+3=4an+1-(an-1+an).④‎ 将③④代入②,得an-1+an+1=2an,其中n≥4,‎ 所以a3,a4,a5,…是等差数列,设其公差为d'.‎ 在①中,取n=4,则a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d',‎ 在①中,取n=3,则a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d',‎ 所以数列{an}是等差数列.‎ 方法总结　数列新定义型创新题的一般解题思路:‎ ‎（1）阅读审清“新定义”;‎ ‎（2）结合常规的等差数列、等比数列的相关知识,化归、转化到“新定义”的相关知识;‎ ‎（3）利用“新定义”及常规的数列知识,求解证明相关结论.‎ ‎3.(2014江苏,20,16分,0.17)设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意的正整数n,总存在正整数m,使得Sn=am,则称{an}是“H数列”.‎ ‎(1)若数列{an}的前n项和Sn=2n(n∈N*),证明:{an}是“H数列”;‎ ‎(2)设{an}是等差数列,其首项a1=1,公差d<0.若{an}是“H数列”,求d的值;‎ ‎(3)证明:对任意的等差数列{an},总存在两个“H数列”{bn}和{cn},使得an=bn+cn(n∈N*)成立.‎ 解析　(1)证明:由已知得,当n≥1时,an+1=Sn+1-Sn=2n+1-2n=2n.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=n+1,使得Sn=2n=am.‎ 所以{an}是“H数列”.‎ ‎(2)由已知,得S2=2a1+d=2+d.因为{an}是“H数列”,所以存在正整数m,使得S2=am,即2+d=1+(m-1)d,于是(m-2)d=1.因为d<0,所以m-2<0,故m=1.从而d=-1.‎ 当d=-1时,an=2-n,Sn=n(3-n)‎‎2‎是小于2的整数,n∈N*.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=2-Sn=2-n(3-n)‎‎2‎,使得Sn=2-m=am,所以{an}是“H数列”.‎ 因此d的值为-1.‎ ‎(3)证明:设等差数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d=na1+(n-1)(d-a1)(n∈N*).‎ 令bn=na1,cn=(n-1)(d-a1),‎ 则an=bn+cn(n∈N*),‎ 下证{bn}是“H数列”.‎ 设{bn}的前n项和为Tn,则Tn=n(n+1)‎‎2‎a1(n∈N*).于是对任意的正整数n,总存在正整数m=n(n+1)‎‎2‎,使得Tn=bm.所以{bn}是“H数列”.‎ 同理可证{cn}也是“H数列”.‎ 所以,对任意的等差数列{an},总存在两个“H数列”{bn}和{cn},使得an=bn+cn(n∈N*).‎ B组　统一命题、省(区、市)卷题组 考点一　等差数列的概念及运算 ‎1.(2018课标全国Ⅰ理改编,4,5分)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=　　　　. ‎ 答案　-10‎ ‎2.(2018北京理,9,5分)设{an}是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则{an}的通项公式为　　　　. ‎ 答案　an=6n-3‎ ‎3.(2017课标全国Ⅲ理改编,9,5分)等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{an}前6项的和为　　　　. ‎ 答案　-24‎ ‎4.(2016课标全国Ⅰ改编,3,5分)已知等差数列{an}前9项的和为27,a10=8,则a100=　　　　. ‎ 答案　98‎ ‎5.(2015课标Ⅰ改编,7,5分)已知{an}是公差为1的等差数列,Sn为{an}的前n项和.若S8=4S4,则a10=　　　　. ‎ 答案　‎‎19‎‎2‎ ‎6.(2017课标全国Ⅱ理,15,5分)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则‎∑‎k=1‎n‎1‎Sk=　　　　. ‎ 答案　‎‎2nn+1‎ ‎7.(2018课标全国Ⅱ理,17,12分)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求Sn,并求Sn的最小值.‎ 解析　(1)设{an}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15.‎ 由a1=-7得d=2.‎ 所以{an}的通项公式为an=2n-9.‎ ‎(2)由(1)得Sn=n2-8n=(n-4)2-16.‎ 所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16.‎ 方法总结　求等差数列前n项和Sn的最值的两种方法 ‎(1)函数法:利用等差数列前n项和的函数表达式Sn=an2+bn,通过配方或借助图象求二次函数的最值.‎ ‎(2)邻项变号法:‎ ‎①当a1>0,d<0时,满足am‎≥0,‎am+1‎‎≤0‎的项数m,可使得Sn取得最大值,最大值为Sm;‎ ‎②当a1<0,d>0时,满足am‎≤0,‎am+1‎‎≥0‎的项数m,可使得Sn取得最小值,最小值为Sm.‎ ‎8.(2016课标全国Ⅰ,17,12分)已知{an}是公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=1,b2=‎1‎‎3‎,anbn+1+bn+1=nbn.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求{bn}的前n项和.‎ 解析　(1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=‎1‎‎3‎,得a1=2,(3分)‎ 所以数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为an=3n-1.(5分)‎ ‎(2)由(1)和anbn+1+bn+1=nbn得bn+1=bn‎3‎,(7分)‎ 因此{bn}是首项为1,公比为‎1‎‎3‎的等比数列.(9分)‎ 记{bn}的前n项和为Sn,‎ 则Sn=‎1-‎‎1‎‎3‎n‎1-‎‎1‎‎3‎=‎3‎‎2‎-‎1‎‎2×‎‎3‎n-1‎.(12分)‎ 评析本题主要考查了等差数列及等比数列的定义,能准确写出{an}的表达式是关键.‎ 考点二　等差数列的性质 ‎1.(2015课标Ⅱ改编,5,5分)设Sn是等差数列{an}的前n项和.若a1+a3+a5=3,则S5=　　　　. ‎ 答案　5‎ ‎2.(2017课标全国Ⅰ理改编,4,5分)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则{an}的公差为　　　　. ‎ 答案　4‎ ‎3.(2016课标全国Ⅱ理,17,12分)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.‎ ‎(1)求b1,b11,b101;‎ ‎(2)求数列{bn}的前1 000项和.‎ 解析　(1)设{an}的公差为d,据已知有7+21d=28,‎ 解得d=1.‎ 所以{an}的通项公式为an=n.‎ b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(6分)‎ ‎(2)因为bn=‎0,1≤n<10,‎‎1,10≤n<100,‎‎2,100≤n<1 000,‎‎3,n=1 000,‎(9分)‎ 所以数列{bn}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)‎ 思路分析　(1)先求公差,从而求得通项公式an,再根据已知条件求b1,b11,b101;(2)用分段函数表示bn,进而求数列{bn}的前1 000项的和.‎ 评析本题主要考查了数列的综合运用,同时对考生创新能力进行了考查,充分理解[x]的意义是解题关键.‎ C组　教师专用题组 ‎1.(2011全国改编,4,5分)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1=1,公差d=2,Sk+2-Sk=24,则k=　　　　. ‎ 答案　5‎ ‎2.(2013课标全国Ⅰ理改编,7,5分,0.718)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m=　　　　. ‎ 答案　5‎ ‎3.(2012课标全国改编,12,5分)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为　　　　. ‎ 答案　1 830‎ ‎4.(2012课标全国,17,12分)设{an}是公差不为零的等差数列,Sn为其前n项和,满足a‎2‎‎2‎+a‎3‎‎2‎=a‎4‎‎2‎+a‎5‎‎2‎,S7=7.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn;‎ ‎(2)试求所有的正整数m,使得amam+1‎am+2‎为数列{an}中的项.‎ 解析　(1)设公差为d,则a‎2‎‎2‎-a‎5‎‎2‎=a‎4‎‎2‎-a‎3‎‎2‎,‎ 由等差数列的性质得-3d(a4+a3)=d(a4+a3),‎ 因为d≠0,所以a4+a3=0,即2a1+5d=0①,‎ 由S7=7,得7a1+‎7×6‎‎2‎d=7②,由①②可解得a1=-5,d=2,‎ 所以{an}的通项公式an=2n-7,前n项和Sn=n2-6n.‎ ‎(2)amam+1‎am+2‎=‎(2m-7)(2m-5)‎‎2m-3‎,令2m-3=t,‎ 则amam+1‎am+2‎=‎(t-4)(t-2)‎t=t+‎8‎t-6,‎ 因为t是奇数,所以t可取的值为±1,‎ 当t=1时,m=2,t+‎8‎t-6=3,2×5-7=3,是数列{an}中的项;‎ 当t=-1时,m=1,t+‎8‎t-6=-15,数列{an}中的最小项是-5,不符合.‎ 所以满足条件的正整数m=2.‎ ‎5.(2012江苏,20,16分)已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满足:an+1=an‎+‎bnan‎2‎‎+‎bn‎2‎,n∈N*.‎ ‎(1)设bn+1=1+bnan,n∈N*,求证:数列bnan‎2‎是等差数列;‎ ‎(2)设bn+1=‎2‎·bnan,n∈N*,且{an}是等比数列,求a1和b1的值.‎ 解析　(1)由题设知an+1=an‎+‎bnan‎2‎‎+‎bn‎2‎=‎1+‎bnan‎1+‎bnan‎2‎=bn+1‎‎1+‎bnan‎2‎,‎ 所以bn+1‎an+1‎=‎1+‎bnan‎2‎,从而bn+1‎an+1‎‎2‎-bnan‎2‎=1(n∈N*),‎ 所以数列bnan‎2‎是以1为公差的等差数列.‎ ‎(2)因为an>0,bn>0,所以‎(an+‎bn‎)‎‎2‎‎2‎≤an‎2‎+bn‎2‎<(an+bn)2,‎ 从而10知q>0.下证q=1.‎ 若q>1,则a1=a‎2‎qlogq‎2‎a‎1‎时,an+1=a1qn>‎2‎,与(*)矛盾;‎ 若0a2>1,故当n>logq‎1‎a‎1‎时,an+1=a1qn<1,与(*)矛盾.‎ 综上,q=1,故an=a1(n∈N*),所以11,于是b11)成等差数列?若存在,求出所有满足条件的m,n,若不存在,请说明理由.‎ 解析　(1)当n=1时,S1=2a1-1=a1,‎ 所以a1=1;‎ 当n≥2时,Sn=2an-1,Sn-1=2an-1-1,‎ 两式相减得an=2an-1,从而数列{an}为首项a1=1,公比q=2的等比数列,‎ 从而数列{an}的通项公式为an=2n-1.‎ 由nbn+1-(n+1)bn=n(n+1)两边同除以n(n+1),‎ 得bn+1‎n+1‎-bnn=1,‎ 从而数列bnn是首项为1,公差为1的等差数列,所以bnn=n,‎ 从而数列{bn}的通项公式为bn=n2.‎ ‎(2)假设存在正整数m,n(n>1),使b1,am,bn成等差数列,则b1+bn=2am,‎ 即1+n2=2m,‎ 若n为偶数,则1+n2为奇数,而2m为偶数,上式不成立.‎ 若n为奇数,设n=2k-1(k∈N*),‎ 则1+n2=1+(2k-1)2=4k2-4k+2=2m,‎ 于是2k2-2k+1=2m-1,‎ 即2(k2-k)+1=2m-1,‎ 当m=1时,k=1,此时n=2k-1=1与n>1矛盾;‎ 当m≥2时,上式左边为奇数,右边为偶数,显然不成立.‎ 综上所述,满足条件的正整数m,n不存在.‎ ‎12.(2018江苏镇江高三上学期期末,20)已知数列{an}的前n项和为Sn,对任意正整数n,总存在正数p,q,r使得an=pn-1,Sn=qn-r恒成立,数列{bn}的前n项和为Tn,且对任意正整数n,2Tn=nbn恒成立.‎ ‎(1)求常数p,q,r的值;‎ ‎(2)证明数列{bn}为等差数列;‎ ‎(3)若b2=2,记Pn=‎2n+‎b‎1‎an+‎2n+‎b‎2‎‎2‎an+‎2n+‎b‎3‎‎4‎an+…+‎2n+‎bn-1‎‎2‎n-2‎an+‎2n+‎bn‎2‎n-1‎an,是否存在正整数k,使得对任意正整数n,Pn≤k恒成立?若存在,求正整数k的最小值;若不存在,请说明理由.‎ 解析　(1)因为Sn=qn-r①,‎ 所以Sn-1=qn-1-r(n≥2)②,‎ ‎①-②得Sn-Sn-1=qn-qn-1,‎ 即an=qn-qn-1(n≥2).‎ 又an=pn-1,所以pn-1=qn-qn-1(n≥2),‎ n=2时,p=q2-q,n=3时,p2=q3-q2.‎ 因为p,q为正数,所以p=q=2.‎ 又因为a1=1,S1=q-r,且a1=S1,所以r=1.‎ ‎(2)证明:因为2Tn=nbn③,‎ 所以当n≥2时,2Tn-1=(n-1)bn-1④,‎ ‎③-④得2bn=nbn-(n-1)bn-1,‎ 即(n-2)bn=(n-1)bn-1⑤,‎ ‎(n-1)bn+1=nbn⑥,‎ ‎⑤+⑥得(2n-2)bn=(n-1)bn+1+(n-1)bn-1,‎ 即2bn=bn-1+bn+1,所以{bn}为等差数列.‎ ‎(3)因为b1=0,b2=2,由(2)知{bn}为等差数列,所以bn=2n-2.‎ 由(1)知an=2n-1,‎ 所以Pn=‎2n‎2‎n-1‎+‎2n+2‎‎2‎n+…+‎4n-4‎‎2‎‎2n-3‎+‎4n-2‎‎2‎‎2n-2‎,‎ Pn+1=‎2n+2‎‎2‎n+‎2n+4‎‎2‎n+1‎+…+‎4n-4‎‎2‎‎2n-3‎+‎4n-2‎‎2‎‎2n-2‎+‎4n‎2‎‎2n-1‎+‎4n+2‎‎2‎‎2n,‎ Pn+1-Pn=‎4n‎2‎‎2n-1‎+‎4n+2‎‎2‎‎2n-‎2n‎2‎n-1‎=‎12n+2-4n·‎‎2‎n‎4‎n.‎ 令Pn+1-Pn>0,则12n+2-4n·2n>0,‎ 所以2n<‎6n+1‎‎2n=3+‎1‎‎2n<4,解得n=1,‎ 所以n=1时,Pn+1-Pn>0,即P2>P1,‎ n≥2时,因为2n≥4,3+‎1‎‎2n<4,‎ 所以2n>3+‎1‎‎2n=‎6n+1‎‎2n,即12n+2-4n·2n<0.‎ 此时Pn+1P3>P4>…,‎ 所以Pn的最大值为P2=‎2×2‎‎2‎+‎2×2+2‎‎2‎‎2‎=‎7‎‎2‎,‎ 若存在正整数k,使得对任意正整数n,Pn≤k恒成立,‎ 则k≥4,‎ 所以正整数k的最小值为4.‎