《2024版高考数学一轮总复习第7章数列第2节等差数列.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024版高考数学一轮总复习第7章数列第2节等差数列.docx（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第二节等差数列考试要求：1理解等差数列的概念和通项公式的意义2探索并掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系一、教材概念结论性质重现1等差数列的定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示递推公式为：an1and(nN*)注意定义中“从第2项起”“同一个常数”的意义2等差数列的通项公式(1)首项为a1，公差为d的等差数列an的通项公式为ana1(n1)d(2)若已知ak，公差是d，则这个等差数列的通项公式是anak(nk)d当d0时，等差数列通项公式可以看成关于n的一
2、次函数andn(a1d)3等差中项由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成是最简单的等差数列这时，A叫做a与b的等差中项根据等差数列的定义可以知道，2Aab4等差数列的常用性质(1)通项公式的推广公式：anam(nm)d(n，mN*)danamnm(nm)(2)若an为等差数列，且mnpq2w，则amanapaq2aw(m，n，p，q，wN*)(3)若an是等差数列，公差为d，则ak，akm，ak2m，(k，mN*)是公差为md的等差数列(4)若an，bn是等差数列，则panqbn也是等差数列5等差数列的前n项和公式及其性质(1)设等差数列an的公差为d，其前n项和Snna1+an2na1nn
3、12d.(2)数列Sm，S2mSm，S3mS2m，也是等差数列(3)Snn为等差数列(4)n为奇数时，Snna中(a中an+12)，S奇n+12a中，S偶n12a中，所以S奇S偶a中n为偶数时，S偶S奇nd2.数列an是等差数列数列的前n项和公式Snd2n2a1d2nSnAn2Bn(A，B为常数)，所以当d0时，等差数列前n项和公式可以看成关于n的二次函数，且常数项为0.二、基本技能思想活动经验1判断下列说法的正误，对的画“”，错的画“”(1)若一个数列从第二项起，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)等差数列an的单调性是由公差d决定的()(3)等差数列的前n项和公式
4、是常数项为0的二次函数()(4)若an是等差数列，公差为d，则数列a3n也是等差数列()2已知等差数列an的前n项和为Sn，若a12，a8a1028，则S9()A36B72 C144D288B解析：因为a8a102a116d28，a12，所以d32，所以S9929823272.3已知等差数列an满足：a313，a1333，则数列an的公差为()A1B2 C3D4B解析：公差da13a31332.4一个等差数列的首项为125，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()Ad875Bd325C875d325D875d325D解析：由题意可得a101，a91，即125+9d1，12
5、5+8d1，解得875d325.5已知等差数列5，427，347，则前n项和Sn_514(15nn2)解析：由题知公差d57，所以Snna1nn12d114(75n5n2)514(15nn2)考点1等差数列的基本量运算基础性1(多选题)记Sn为等差数列an的前n项和已知S40，a55，则下列选项正确的是()Aa2a30Ban2n5CSnn(n4) Dd2ABC解析：由题意可知，S4=4a1+432d=0，a5=a1+4d=5， 解得a1=3，d=2. 故an2n5，Snn24n.故选ABC2记Sn为等差数列an的前n项和，若3S3S2S4，a12，则a5()A12B10 C10D12B解析：设
6、等差数列an的公差为d，由3S3S2S4，得33a1+3312d2a12212d4a14412d，将a12代入上式，解得d3，故a5a1(51)d24(3)10.3(2022全国乙卷)记Sn为等差数列an的前n项和若2S33S26，则公差d_2解析：因为2S33S26，所以2(a1a2a3)3(a1a2)6，因为an为等差数列，所以6a23a13a26，所以3(a2a1)3d6，解得d2.将条件用a1，d表示出来后，往往需要解二元一次方程组，如果出现消元等计算错误，会致使结果不对考点2等差数列的判断与证明综合性(2022日照模拟)已知数列an，bn满足a11，an1114an，bn22an1，
7、其中nN*.求证：数列bn是等差数列，并求出数列an的通项公式证明：因为bn1bn22an+1122an122114an122an14an2an122an12，所以数列bn是公差为2的等差数列又b122a112，所以bn2(n1)22n，所以2n22an1，解得ann+12n.本例的条件变为：an是等差数列且满足an0，bn是an和an1的等比中项，设cnbn+12bn2，nN，求证：数列cn是等差数列证明：由题意得bn2anan1，则cnbn+12bn2an1an2anan12dan1，因此cn1cn2d(an2an1)2d2，所以cn是等差数列等差数列的4个判定方法(1)定义法：证明对任意
8、正整数n都有an1an等于同一个常数(2)等差中项法：证明对任意正整数n都有2an1anan2.(3)通项公式法：得出anpnq后，再根据定义判定数列an为等差数列(4)前n项和公式法：得出SnAn2Bn后，再使用定义法证明数列an为等差数列已知数列an的前n项和为Sn且满足an2SnSn10(n2)，a112.(1)求证：1Sn是等差数列；(2)求数列an的通项公式(1)证明：因为an2SnSn10(n2)，所以an2SnSn1.又anSnSn1(n2)，所以Sn1Sn2SnSn1(n2)又Sn0，因此1Sn1Sn12(n2)故由等差数列的定义知1Sn是以1S11a12为首项，2为公差的等差
9、数列(2)解：由(1)知1Sn1S1(n1)d2(n1)22n，即Sn12n.由于当n2时，有an2SnSn112nn1.又因为a112不适合上式，所以an12，n=1， 12nn1，n2.考点3等差数列性质的应用应用性考向1等差数列的项的性质(1)在等差数列an中，已知a3a86，则3a2a16的值为()A24B18C16D12D解析：由题意知a3a82a19d，3a2a164a118d2(a3a8)12.故选D(2)设Sn是等差数列an的前n项和，若a5a359，则S9S5()A1B1 C2D12A解析：方法一：S9S59a1+a95a1+a59a55a3，因为a5a359，所以S9S51
10、.故选A方法二：因为a5a359a1+4da1+2d592a113d，所以S9S59a1+a95a1+a592a1+8d52a1+4d95d59d1.等差数列中最常用的性质(1)dapaqpq.(2)若mnpq，则amanapaq.考向2等差数列前n项和的性质一个正项等差数列an的前n项和为3，前3n项和为21，则前2n项和为()A18B12 C10D6C解析：因为an是等差数列，所以Sn，S2nSn，S3nS2n成等差数列，即2(S2nSn)Sn(S3nS2n)因为Sn3，S3n21，所以2(S2n3)321S2n，解得S2n10.在等差数列an中，Sn为其前n项和，则(1)Sm，S2mSm
11、，S3mS2m成等差数列(2)S2nn(a1a2n)n(anan1)(3)S2n1(2n1)an.1已知等差数列an的前n项和为Sn，若2a11a97，则S25()A1452B145 C1752D175D解析：因为2a11a9a13a97，所以a137，所以S25a1+a2525225a13175.故选D2已知等差数列an的前n项和为Sn，若S101，S305，则S40()A7B8 C9D10B解析：方法一：设等差数列an的公差为d，则10a1+1092d=1，30a1+30292d=5，解得d=1150，a1=7100，所以S407100404039211508.故选B方法二：设等差数列前n
12、项和为SnAn2Bn，由题意知100A+10B=1，900A+30B=5，解得A=1300，B=115. 所以Snn2300+n15，所以S408.故选B方法三：由等差数列的性质知S10，S20S10，S30S20，S40S30成等差数列，所以2(S20S10)S10(S30S20)，所以S20S10S30315383.所以d(S20S10)S1023，所以S40513233，所以S408.故选B方法四：由等差数列的性质知Snn是等差数列，所以S1010，S2020，S3030，S4040，即110，S2020，16，S4040成等差数列，所以S404016+16110215，所以S408.故
13、选B考点4等差数列前n项和的最值综合性记Sn为等差数列an的前n项和，已知a17，S315.(1)求数列an的通项公式；(2)求Sn，并求Sn的最小值解：(1)设数列an的公差为d，由题意得3a13d15.由a17得d2，所以数列an的通项公式为ana1(n1)d2n9.(2)由(1)得Sna1+an2nn28n(n4)216，所以当n4时，Sn取得最小值，最小值为16.1等差数列an的前n项和Sn存在最值的情况：如果a10，d0时，数列的前n项和Sn有最大值；如果a10，d0时，数列的前n项和Sn有最小值2借用通项的邻项变号法：a10，d0，满足am0， am+10，Sn取得最大值Sm；a1
14、0，满足am0， am+10，Sn取得最小值Sm.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_1，78解析：由题意，当且仅当n8时Sn有最大值，可得d0，a80，a90，即d0， 7+7d0，7+8d0，解得1d78.在等差数列an中，已知a120，前n项和为Sn，且S10S15.求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值四字程序读想算思n取何值时，Sn取得最大值1Sn的表达式2求最值的方法1求通项公式an.2求前n项和Sn转化与化归等差数列，a120，S10S151利用等差数列的项的符号2利用二次函数的性质1an53n653.2
15、Sn56n21256n1数列的单调性2二次函数的性质思路参考：先求出公差d，再由an确定Sn取得最大值时n的值解：因为a120，S10S15，所以10201092d152015142d，所以d53.由an20(n1)5353n653.因为a1200，d530，则其前n项和取最小值时的n的值为()A6B7 C8D9C解析：因为|a6|a11|且公差d0，所以a6a11，所以a6a11a8a90，且a80，所以a1a2a80a9a10，所以使Sn取最小值的n的值为8.故选C6(多选题)等差数列an的前n项和为Sn，公差d1.若a13a5S7，则以下结论一定正确的是()Aa51BSn的最小值为S3C
16、S1S6DSn存在最大值AC解析：因为a13a5S7，所以a13(a14d)7a1762d，又因为d1，解得a13.对选项A，a5a14d1，故A正确；对选项B，an3n1n4，因为a130，a310，所以Sn的最小值为S3或S4，故B错误；对选项C，S6S1a2a3a4a5a65a4，又因为a40，所以S6S10，即S1S6，故C正确；对选项D，因为a130，所以Sn无最大值，故D错误7设等差数列an的前n项和为Sn，若a62a3，则S11S5_225解析：S11S5112a1+a1152a1+a511a65a3225.8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S
17、nTn2n34n3，则a9b5+b7+a3b8+b4的值为_1941解析：因为an，bn为等差数列，所以a9b5+b7+a3b8+b4a92b6+a32b6a9+a32b6a6b6.因为S11T11a1+a11b1+b112a62b6211341131941，所以a9b5+b7+a3b8+b41941.9已知等差数列an的前三项的和为9，前三项的积为15.(1)求等差数列an的通项公式；(2)若an为递增数列，求数列|an|的前n项和Sn.解：(1)设公差为d，则依题意得a23，则a13d，a33d，所以(3d)(3)(3d)15，得d24，d2，所以an2n1或an2n7.(2)由题意得an
18、2n7，所以|an|72n，n3，2n7，n4，n3时，Sn(a1a2an)5+72n2n6nn2；n4时，Sna1a2a3a4an2(a1a2a3)(a1a2an)186nn2.综上，数列|an|的前n项和Snn2+6n，n3， n26n+18，n4.B组新高考培优练10(2022广西模拟)将1到200中被3整除余1且被4整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列an，则a12()A130B132 C142D144C解析：被3整除余1且被4整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，这样的数构成首项为10，公差为12的等差数列，所以an1012(n1)12n2，故a121012(121)142
19、.故选C11德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在历史上有很大的影响他幼年时就表现出超人的数学天赋，10岁时，他在进行123100的求和运算时，就提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法已知某数列通项an2n1002n101，则a1a2a100()A98B99 C100D101C解析：由题意，ana101n2n1002n101+2101n1002101n1012n1002n101+2n1022n1012，所以a1a100a2a99a50a51，所以a1a2a100(a1a100)(a2a99)(a50a51)5
20、02100.12(多选题)已知数列an是公差不为0的等差数列，前n项和为Sn，满足a15a3S8，下列选项正确的有()Aa100BS10最小CS7S12DS200AC解析：根据题意，数列an是等差数列，若a15a3S8，即a15a110d8a128d，变形可得a19d.又由ana1(n1)d(n10)d，则有a100，故A一定正确；不能确定a1和d的符号，不能确定S10最小，故B不正确；又由Snna1nn1d29ndnn1d2d2(n219n)，则有S7S12，故C一定正确；则S2020a120192d180d190d10d.因为d0，所以S200，则D不正确故选AC13已知数列an满足a12
21、，a23，且an2an1+1n，nN，则该数列的前9项之和为_34解析：因为an2an1(1)n，nN*，所以，当n为奇数时，an2an0，则数列a2n1是常数列，a2n1a12，当n为偶数时，an2an2，则数列a2n是以a23为首项，2为公差的等差数列，所以a1a2a9(a1a3a5a7a9)(a2a4a6a8)2534+432234.14已知圆的方程为x2y26x0，过点P(1，2)的该圆的三条弦的长a1，a2，a3构成等差数列，则数列a1，a2，a3的公差的最大值是_2解析：如图，由x2y26x0，得(x3)2y29，所以圆心坐标C(3，0)，半径R3.由圆的性质可知，过点P(1，2)
22、的该圆的弦的最大值为圆的直径，等于6，最小值为过点P且垂直于CP的弦的弦长因为|CP|312+02222，所以|AB|2322222，即a12，a36.所以公差d的最大值为a3a126222.15设数列an的前n项和为Sn，且Sn2n1.数列bn满足b12，bn12bn8an.(1)求数列an的通项公式；(2)证明：数列bn2n为等差数列，并求数列bn的通项公式(1)解：当n1时，a1S12111；当n2时，anSnSn1(2n1)(2n-11)2n-1.当n1时显然满足上式，所以an2n-1.(2)证明：因为bn12bn8an，所以bn12bn2n+2，即bn+12n+1bn2n2.又b12
23、11，所以bn2n是首项为1，公差为2的等差数列所以bn2n12(n1)2n1.所以bn(2n1)2n.16在数列an，bn中，设Sn是数列an的前n项和，已知a11，an1an2，3b15b2(2n1)bn2nan1，nN*.(1)求an和Sn；(2)当nk时，bn8Sn恒成立，求整数k的最小值解：(1)因为an1an2，所以an1an2，所以an是等差数列又a11，所以an2n1，从而Snn1+2n12n2.(2)因为an2n1，所以3b15b27b3(2n1)bn2n(2n1)1，当n2时，3b15b27b3(2n1)bn12n-1(2n3)1.可得(2n1)bn2n-1(2n1)(n2)，即bn2n-1.而b11也满足上式，故bn2n-1.令bn8Sn，则2n-18n2，即2n-4n2.又210-4102，211-4112，结合指数函数增长的性质，可知整数k的最小值是11.