【数学】2020届天津一轮复习通用版6-2等差数列作业 8页

‎6.2　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 ‎1.等差数列的有关概念及运算 ‎1.理解等差数列的概念 ‎2.掌握等差数列的通项公式和前n项和公式 ‎3.了解等差数列与一次函数的关系 ‎2016天津,18‎ 等差数列的定义、等差数列的通项公式 等比数列的性质、用放缩法证明不等式 ‎★★★‎ ‎2014天津,11‎ 等差数列的前n项和 等比中项 ‎2012天津,18‎ 等差数列的通项公式 数列求和、数学归纳法 ‎2.等差数列的性质及其应用 ‎1.能利用等差数列的性质解决相应的问题 ‎2.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 ‎2011天津文,11‎ 等差数列的性质 等差数列前n项和的应用 ‎★★★‎ 分析解读　　从天津高考的情况来看,本节一直是高考的热点,主要考查等差数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式、等差中项等相关内容.本节内容在高考中的分值约为5分,属于中低档题,以选择题、填空题的形式出现.‎ 破考点 ‎【考点集训】‎ 考点一　等差数列的有关概念及运算 ‎1.已知等差数列{an}满足a1=1,an+2-an=6,则a11等于(　　)‎ A.31　　　　B.32　　　　C.61　　　　D.62‎ 答案　A　‎ ‎2.(2013课标Ⅰ,7,5分)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m=(　　)‎ A.3　　　　B.4　　　　C.5　　　　D.6‎ 答案　C　‎ ‎3.已知等差数列{an}一共有9项,前4项和为3,最后3项和为4,则中间一项的值为(　　)‎ A.‎17‎‎20‎　　　　B.‎59‎‎60‎　　　　C.1　　　　D.‎‎67‎‎66‎ 答案　D　‎ 考点二　等差数列的性质及其应用 ‎4.在等差数列{an}中,a1+3a8+a15=120,则a2+a14的值为(　　)‎ A.6　　　　B.12　　　　C.24　　　　D.48‎ 答案　D　‎ ‎5.在等差数列{an}中,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,以Sn表示{an}的前n项和,则使Sn取得最大值时n的值为(　　)‎ A.21　　　　B.20　　　　C.19　　　　D.18‎ 答案　B　‎ 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法1　等差数列的基本运算技巧 ‎1.数列{an}为递增的等差数列,a1=f(x+1),a2=0,a3=f(x-1),其中f(x)=x2-4x+2,则数列{an}的通项公式为(　　)‎ A.an=n-2　　　　B.an=2n-4　　　　C.an=3n-6　　　　D.an=4n-8‎ 答案　B　‎ ‎2.在等差数列{an}中,2(a1+a4+a7)+3(a9+a11)=24,则S13+2a7=(　　)‎ A.17　　　　B.26　　　　C.30　　　　D.56‎ 答案　C　‎ ‎3.(2018上海,6,4分)记等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3=0,a6+a7=14,则S7=　　　　. ‎ 答案　14‎ 方法2　等差数列的判定方法 ‎4.(2014陕西,14,5分)已知f(x)=x‎1+x,x≥0,若f1(x)=f(x), fn+1(x)=f(fn(x)),n∈N+,则f2 014(x)的表达式为　　　　　　　　　　　　　　　. ‎ 答案　f2 014(x)=‎x‎1+2 014x ‎5.已知数列{an}满足a1=‎1‎‎2‎,且an+1=‎2‎an‎2+‎an.‎ ‎(1)求证:数列‎1‎an是等差数列;‎ ‎(2)若bn=anan+1,求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解析　(1)证明:∵an+1=‎2‎an‎2+‎an,∴‎1‎an+1‎=‎2+‎an‎2‎an,‎ ‎∴‎1‎an+1‎-‎1‎an=‎1‎‎2‎,‎ ‎∴数列‎1‎an是以2为首项,‎1‎‎2‎为公差的等差数列.‎ ‎(2)由(1)知an=‎2‎n+3‎,∴bn=‎4‎‎(n+3)(n+4)‎=4‎1‎n+3‎‎-‎‎1‎n+4‎,‎ ‎∴Sn=4×‎‎1‎‎4‎‎-‎‎1‎‎5‎‎+‎1‎‎5‎‎-‎‎1‎‎6‎+…+‎‎1‎n+3‎‎-‎‎1‎n+4‎ ‎=4×‎1‎‎4‎‎-‎‎1‎n+4‎=nn+4‎.‎ 方法3　等差数列前n项和的最值问题的求解方法 ‎6.(2014江西,13,5分)在等差数列{an}中,a1=7,公差为d,前n项和为Sn,当且仅当n=8时Sn取得最大值,则d的取值范围为　　　　　　　. ‎ 答案　‎‎-1,-‎‎7‎‎8‎ ‎7.设等差数列{an}的前n项和为Sn,a3+a8+a13=C,a4+a14=2C,其中C<0,则Sn在n等于　　　　时取到最大值. ‎ 答案　7‎ 过专题 ‎【五年高考】‎ A组　自主命题·天津卷题组 考点一　等差数列的有关概念及运算 ‎1.(2014天津,11,5分)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　-‎‎1‎‎2‎ ‎2.(2016天津,18,13分)已知{an}是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的n∈N*,bn是an和an+1的等比中项.‎ ‎(1)设cn=bn+1‎‎2‎-bn‎2‎,n∈N*,求证:数列{cn}是等差数列;‎ ‎(2)设a1=d,Tn=‎∑‎k=1‎‎2n(-1)kbk‎2‎,n∈N*,求证:‎∑‎k=1‎n‎1‎Tk<‎1‎‎2‎d‎2‎.‎ 证明　(1)由题意得bn‎2‎=anan+1,有cn=bn+1‎‎2‎-bn‎2‎=an+1·an+2-anan+1=2dan+1,因此cn+1-cn=2d(an+2-an+1)=2d2,‎ 所以{cn}是等差数列.‎ ‎(2)Tn=(-b‎1‎‎2‎+b‎2‎‎2‎)+(-b‎3‎‎2‎+b‎4‎‎2‎)+…+(-b‎2n-1‎‎2‎+b‎2n‎2‎)‎ ‎=2d(a2+a4+…+a2n)=2d·n(a‎2‎+a‎2n)‎‎2‎=2d2n(n+1).‎ 所以‎∑‎k=1‎n‎1‎Tk=‎1‎‎2‎d‎2‎‎∑‎k=1‎n‎1‎k(k+1)‎=‎1‎‎2‎d‎2‎‎∑‎k=1‎n‎1‎k‎-‎‎1‎k+1‎=‎1‎‎2‎d‎2‎·‎1-‎‎1‎n+1‎<‎1‎‎2‎d‎2‎.‎ 思路分析　(1)根据等差数列和等比数列的性质,建立方程关系,根据条件求出数列{cn}的通项公式,结合等差数列的定义进行证明即可.‎ ‎(2)求出Tn=‎∑‎k=1‎‎2n(-1)kbk‎2‎的表达式,利用裂项相消法求解,结合放缩法进行不等式的证明即可.‎ 评析本题主要考查递推数列的应用以及数列与不等式的综合,根据等比数列和等差数列的性质分别求出对应的通项公式以及利用裂项相消法进行求解是解决本题的关键.综合性较强是,有一定的难度.‎ ‎3.(2012天津,18,13分)已知{an}是等差数列,其前n项和为Sn,{bn}是等比数列,且a1=b1=2,a4+b4=27,S4-b4=10.‎ ‎(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;‎ ‎(2)记Tn=anb1+an-1b2+…+a1bn,n∈N*,证明Tn+12=-2an+10bn(n∈N*).‎ 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.‎ 由a1=b1=2,得a4=2+3d,b4=2q3,S4=8+6d.由条件,得方程组‎2+3d+2q‎3‎=27,‎‎8+6d-2q‎3‎=10,‎解得d=3,‎q=2.‎ 所以an=3n-1,bn=2n,n∈N*.‎ ‎(2)证法一:‎ 由(1)得Tn=2an+22an-1+23an-2+…+2na1,①‎ ‎2Tn=22an+23an-1+…+2na2+2n+1a1.②‎ 由②-①,得Tn=-2(3n-1)+3×22+3×23+…+3×2n+2n+2‎ ‎=‎12(1-‎2‎n-1‎)‎‎1-2‎+2n+2-6n+2=10×2n-6n-10.‎ 而-2an+10bn-12=-2(3n-1)+10×2n-12=10×2n-6n-10,故Tn+12=-2an+10bn,n∈N*.‎ 证法二:数学归纳法 ‎(i)当n=1时,T1+12=a1b1+12=16,-2a1+10b1=16,故等式成立;‎ ‎(ii)假设当n=k时等式成立,即Tk+12=-2ak+10bk,则当n=k+1时有:‎ Tk+1=ak+1b1+akb2+ak-1b3+…+a1bk+1‎ ‎=ak+1b1+q(akb1+ak-1b2+…+a1bk)=ak+1b1+qTk ‎=ak+1b1+q(-2ak+10bk-12)‎ ‎=2ak+1-4(ak+1-3)+10bk+1-24‎ ‎=-2ak+1+10bk+1-12,‎ 即Tk+1+12=-2ak+1+10bk+1.因此n=k+1时等式也成立.‎ 由(1)和(2),可知对任意n∈N*,Tn+12=-2an+10bn成立.‎ 考点二　等差数列的性质及其应用 ‎　(2011天津文,11,5分)已知{an}是等差数列,Sn为其前n项和,n∈N*.若a3=16,S20=20,则S10的值为　　　　. ‎ 答案　110‎ B组　统一命题、省(区、市)卷题组 考点一　等差数列的有关概念及运算 ‎1.(2018课标Ⅰ,4,5分)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=(　　)‎ A.-12　　　　B.-10　　　　C.10　　　　D.12‎ 答案　B　‎ ‎2.(2017课标Ⅲ,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(　　)‎ A.-24　　　　B.-3　　　　C.3　　　　D.8‎ 答案　A　‎ ‎3.(2016课标Ⅰ,3,5分)已知等差数列{an}前9项的和为27,a10=8,则a100=(　　)‎ A.100　　　　B.99　　　　C.98　　　　D.97‎ 答案　C　‎ ‎4.(2015课标Ⅰ,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=(　　)‎ A.‎17‎‎2‎　　　　B.‎19‎‎2‎　　　　C.10　　　　D.12‎ 答案　B　‎ ‎5.(2015重庆,2,5分)在等差数列{an}中,若a2=4,a4=2,则a6=(　　)‎ A.-1　　　　B.0　　　　C.1　　　　D.6‎ 答案　B　‎ ‎6.(2014福建,3,5分)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　‎ ‎7.(2017课标Ⅱ,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 ‎8.(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 ‎9.(2015安徽,13,5分)已知数列{an}中,a1=1,an=an-1+‎1‎‎2‎(n≥2),则数列{an}的前9项和等于　　　　. ‎ 答案　27‎ 考点二　等差数列的性质及其应用 ‎1.(2017课标Ⅰ,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(　　)‎ A.1　　　　B.2　　　　C.4　　　　D.8‎ 答案　C　‎ ‎2.(2015课标Ⅱ,5,5分)设Sn是等差数列{an}的前n项和.若a1+a3+a5=3,则S5=(　　)‎ A.5　　　　B.7　　　　C.9　　　　D.11‎ 答案　A　‎ ‎3.(2014辽宁,9,5分)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　D　‎ ‎4.(2015广东,10,5分)在等差数列{an}中,若a3+a4+a5+a6+a7=25,则a2+a8=　　　　. ‎ 答案　10‎ C组　教师专用题组 ‎1.(2013课标Ⅰ,7,5分)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m=(　　)‎ A.3　　　　B.4　　　　C.5　　　　D.6‎ 答案　C　‎ ‎2.(2013辽宁,4,5分)下面是关于公差d>0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ann是递增数列;‎ p4:数列{an+3nd}是递增数列.‎ 其中的真命题为(　　)‎ A.p1,p2　　　　B.p3,p4　　　　C.p2,p3　　　　D.p1,p4‎ 答案　D　‎ ‎3.(2015陕西,13,5分)中位数为1 010的一组数构成等差数列,其末项为2 015,则该数列的首项为　　　　. ‎ 答案　5‎ ‎【三年模拟】‎ 一、选择题(每小题5分,共35分)‎ ‎1.(2019届天津河西期中,2)在等差数列{an}中,a1=2,a3+a5=10,则a7=(　　)‎ A.5　　　　B.8　　　　C.10　　　　D.14‎ 答案　B　‎ ‎2.(2018天津一中5月月考,4)已知数列{an}是等差数列,m,p,q为正整数,则“p+q=2m”是“ap+aq=2am”的(　　)‎ A.充分不必要条件　　　　B.必要不充分条件　　　　C.充要条件　　　　D.既不充分也不必要条件 答案　A　‎ ‎3.(2017天津一中5月月考,5)在等差数列{an}中,a3+a6+a9=54,设数列{an}的前n项和为Sn,则S11=(　　)‎ A.18　　　　B.99　　　　C.198　　　　D.297‎ 答案　C　‎ ‎4.(2017天津实验中学模拟,5)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且2(a1+a3+a5)+3(a8+a10)=36,则S11=(　　)‎ A.66　　　　B.55　　　　C.44　　　　D.33‎ 答案　D　‎ ‎5.(2017天津南开三模,7)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S2=10,S5=55,则过点P(n,an),Q(n+2,an+2)(n∈N*)的直线的斜率为(　　)‎ A.4　　　　B.‎1‎‎4‎　　　　C.-4　　　　D.-‎‎1‎‎4‎ 答案　A　‎ ‎6.(2018天津南开二模,7)已知Sn是数列{an}的前n项和,a1=2,a2=4,a3=6,数列{an+an+1+an+2}是公差为2的等差数列,则S25=(　　)‎ A.233　　　　B.282　　　　C.466　　　　D.650‎ 答案　B　‎ ‎7.(2019届天津耀华中学统练(2),7)在等差数列{an}中,其前n项和是Sn,若S15>0,S16<0,则在S‎1‎a‎1‎,S‎2‎a‎2‎,S‎3‎a‎3‎,…,S‎15‎a‎15‎中最大的是(　　)‎ A.S‎1‎a‎1‎　　　　B.S‎9‎a‎9‎　　　　C.S‎8‎a‎8‎　　　　D.‎S‎15‎a‎15‎ 答案　C　‎ 二、填空题(每小题5分,共10分)‎ ‎8.(2019届天津七校联考,10)在等差数列{an}中,S5=25,a2=3,则a5=　　　　. ‎ 答案　9‎ ‎9.(2019届天津耀华中学第二次月考,10)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=　　　　. ‎ 答案　-10‎ 三、解答题(共35分)‎ ‎10.(2017天津和平二模,18)已知等差数列{an}满足a2=5,a5+a9=30,{an}的前n项和为Sn.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn;‎ ‎(2)令bn=‎1‎Sn(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,由a2=5,a5+a9=30可得a‎1‎‎+d=5,‎‎2a‎1‎+12d=30,‎解得a1=3,d=2,‎ ‎∴an=a1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1,‎ ‎∴Sn=n(a‎1‎+an)‎‎2‎=n(3+2n+1)‎‎2‎=n(n+2)=n2+2n.‎ ‎(2)由(1)可得bn=‎1‎Sn=‎1‎n(n+2)‎=‎1‎‎2‎‎1‎n‎-‎‎1‎n+2‎,‎ ‎∴数列{bn}的前n项和Tn=‎1‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎3‎+‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎4‎+‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎5‎+…+‎1‎n-1‎‎-‎‎1‎n+1‎+‎‎1‎n‎-‎‎1‎n+2‎ ‎=‎1‎‎2‎‎1+‎1‎‎2‎-‎1‎n+1‎-‎‎1‎n+2‎=‎3‎‎4‎-‎1‎‎2n+2‎-‎1‎‎2n+4‎.‎ 解题分析　本题考查了等差数列的通项公式、前n项和公式和裂项相消法求和,属于中档题.‎ ‎11.(2017天津和平四模,18)已知等差数列{an}满足a2=3,a4+a7=20.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn;‎ ‎(2)证明:‎∑‎k=1‎n‎1‎Sk<‎5‎‎3‎.‎ 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,‎ ‎∵等差数列{an}满足a2=3,a4+a7=20,‎ ‎∴a‎1‎‎+d=3,‎‎2a‎1‎+9d=20,‎解得a1=1,d=2,‎ ‎∴an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1(n∈N*),‎ Sn=na1+n(n-1)‎‎2‎d=n+n(n-1)=n2(n∈N*).‎ ‎(2)证明:∵Sn=n2,‎ ‎∴‎∑‎k=1‎n‎1‎Sk=‎1‎‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎2‎+‎1‎‎3‎‎2‎+…+‎1‎n‎2‎.‎ ‎∵k2>k2-‎1‎‎4‎>0(k∈N*),‎ ‎∴‎1‎k‎2‎<‎1‎k‎2‎‎-‎‎1‎‎4‎,k∈N*,‎ ‎∴‎1‎k‎2‎<‎4‎‎4k‎2‎-1‎=2‎1‎‎2k-1‎‎-‎‎1‎‎2k+1‎,‎ ‎∴‎∑‎k=1‎n‎1‎Sk=‎1‎‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎2‎+‎1‎‎3‎‎2‎+…+‎1‎n‎2‎<1+2×‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎5‎+2×‎1‎‎5‎‎-‎‎1‎‎7‎+…+2‎1‎‎2k-1‎‎-‎‎1‎‎2k+1‎=1+2‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎2k+1‎=‎5‎‎3‎-‎2‎‎2k+1‎<‎5‎‎3‎,‎ ‎∴‎∑‎k=1‎n‎1‎Sk<‎5‎‎3‎.‎ 解题分析　本题考查等差数列的通项公式及前n项和公式,考查数列不等式的证明,涉及裂项相消法、放缩法等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查化归与转化思想,属中档题.‎ ‎12.(2018天津河西三模,18)已知数列{an}的前n项和为Sn,数列Snn是首项为1,公差为2的等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设数列{bn}满足a‎1‎b‎1‎+a‎2‎b‎2‎+…+anbn=5-(4n+5)‎1‎‎2‎n,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解析　(1)由数列Snn是首项为1,公差为2的等差数列,得Snn=1+2(n-1)=2n-1,则有Sn=n(2n-1)=2n2-n.‎ 当n=1时,a1=S1=1,‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4n-3,‎ a1=1符合an=4n-3,‎ 故an=4n-3,n∈N*.‎ ‎(2)根据题意,数列{bn}满足 a‎1‎b‎1‎‎+a‎2‎b‎2‎+…+anbn=5-(4n+5)‎1‎‎2‎n①,‎ 当n=1时,a‎1‎b‎1‎=5-(4+5)×‎1‎‎2‎=‎1‎‎2‎,而a1=1,则b1=2,‎ 易知a‎1‎b‎1‎+a‎2‎b‎2‎+…+an-1‎bn-1‎=5-(4n+1)‎1‎‎2‎n-1‎(n≥2)②,‎ ‎①-②可得anbn=(4n-3)‎1‎‎2‎n,‎ 又an=4n-3,所以bn=2n(n≥2),‎ 又b1=2符合bn=2n,‎ 则bn=2n(n∈N*),‎ 故数列{bn}是首项为2,公比为2的等比数列,‎ 则Tn=‎2×(1-‎2‎n)‎‎1-2‎=2n+1-2,n∈N*.‎