新高考数学一轮复习题型归纳讲义专题10 数列 10.1等差数列（含解析）

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专题十 《数列》讲义
10.1 等差数列
知识梳理.等差数列
1．等差数列的有关概念
(1)定义：如果一个数列从第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．这个常数叫做等差数列的公差，符号表示为an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)．　　 　
(2)①通项公式：an＝a1＋(n－1)d＝nd＋(a1－d)⇒当d≠0时，an是关于n的一次函数．
②通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．　　　　　　　　　　　　　
(3)等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是A＝，其中A叫做a，b的等差中项．
①若m＋n＝2p，则2ap＝am＋an(m，n，p∈N*)．
②当m＋n＝p＋q时，am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．
(4)前n项和公式：Sn＝ Sn＝na1＋d＝n2＋n⇒当d≠0时，Sn是关于n的二次函数，且没有常数项．
2.常用结论：
已知{an}为等差数列，d为公差，Sn为该数列的前n项和．
(1)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也成等差数列，公差为n2d.
(2)若{an}是等差数列，则也成等差数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的.
(3)若项数为偶数2n，则S2n＝n(a1＋a2n)＝n(an＋an＋1)；S偶－S奇＝nd；＝.
若项数为奇数2n－1，则S2n－1＝(2n－1)an；S奇－S偶＝an；＝.



题型一. 等差数列的基本量
1．已知等差数列{an}满足a3+a4＝12，3a2＝a5，则a6＝　11　．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，
∵a3+a4＝12，3a2＝a5，
∴2a1+5d＝12，3（a1+d）＝a1+4d，
联立解得a1＝1，d＝2，
∴a6＝a1+5d＝11
故答案为：11
2．（2018•新课标Ⅰ）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
【解答】解：∵Sn为等差数列{an}的前n项和，3S3＝S2+S4，a1＝2，
∴a1+a1+d+4a1d，
把a1＝2，代入得d＝﹣3
∴a5＝2+4×（﹣3）＝﹣10．
故选：B．
3．（2017•新课标Ⅰ）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
【解答】解：∵Sn为等差数列{an}的前n项和，a4+a5＝24，S6＝48，
∴，
解得a1＝﹣2，d＝4，
∴{an}的公差为4．
故选：C．

题型二. 等差数列的基本性质
1．在等差数列{an}中，已知a5+a10＝12，则3a7+a9等于（　　）
A．30 B．24 C．18 D．12
【解答】解：∵等差数列{an}中，a5+a10＝12，
∴2a1+13d＝12，
∴3a7+a9＝4a1+26d＝2（2a1+13d）＝24．
故选：B．
2．在等差数列{an}中，若a4+a6+a8+a10+a12＝120，则a9的值为（　　）
A．17 B．16 C．15 D．14
【解答】解：由a4+a6+a8+a10+a12＝（a4+a12）+（a6+a10）+a8＝5a8＝120，解得a8＝24．
a9a1+8da1d（a1+7d）a8＝16
故选：B．
3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝10，S4＝36，则公差d为　2　．
【解答】解：∵a3＝10，S4＝36，
∴a1+2d＝10，4a1d＝36，
解得d＝2．
故答案为：2．

题型三.等差数列的函数性质
1．下面是关于公差d＞0的等差数列{an}的四个命题：
（1）数列{an}是递增数列；
（2）数列{nan}是递增数列；
（3）数列是递减数列；
（4）数列{an+3nd}是递增数列．
其中的真命题的个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【解答】解：设等差数列的首项为a1，公差d＞0，则an＝a1+（n﹣1）d＝dn+a1﹣d，
∴数列{an}是递增数列，故（1）正确；
，当n时，数列{nan}不是递增数列，故（2）错误；
，当a1﹣d≤0时，数列不是递减数列，故（3）错误；
an+3nd＝4nd+a1﹣d，数列{an+3nd}是递增数列，故（4）正确．
∴真命题个数有2个．
故选：C．
2．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2（n∈N*），则{an}的通项公式为（　　）
A．an＝2n B．an＝2n﹣1
C．an＝3n﹣2 D．
【解答】解：∵Sn＝n2，
∴当n＝1时，a1＝S1＝1．
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2﹣（n﹣1）2＝2n﹣1，
而当n＝1时也满足，
∴an＝2n﹣1．
故选：B．
3．在数列{an}中，若an＝5n﹣16，则此数列前n项和的最小值为（　　）
A．﹣11 B．﹣17 C．﹣18 D．3
【解答】解：令an＝5n﹣16≤0，解得n≤3．
则此数列前n项和的最小值为S318．
故选：C．

题型四. 等差数列的前n项和经典结论
1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S9＝72，则S6＝（　　）
A．27 B．33 C．36 D．45
【解答】解：∵等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S9＝72，
∴S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列，故2（S6﹣S3）＝S3+S9﹣S6 ，
即 2（S6﹣9）＝9+72﹣S6 ，求得S6＝33，
故选：B．
2．等差数列{an}中，Sn是其前n项和，，则S11＝（　　）
A．﹣11 B．11 C．10 D．﹣10
【解答】解：，
得，
由，
得，d＝2，
，
∴S11＝﹣11，
故选：A．
3．若两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别是Sn和Tn，已知，则等于（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：∵，
∴，
故选：C．

题型五. 等差数列的最值问题
1．已知等差数列{an}中，Sn是它的前n项和，若S16＞0，S17＜0，则当Sn最大时，n的值为（　　）
A．8 B．9 C．10 D．16
【解答】解：∵等差数列{an}中，S16＞0且S17＜0
∴a8+a9＞0，
a9＜0，
∴a8＞0，
∴数列的前8项和最大
故选：A．
2．在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15，求当n为何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值．
【解答】解：∵等差数列{an}中S10＝S15，
∴S15﹣S10＝a11+a12+a13+a14+a15＝5a13＝0，
∴a13＝0，
∴数列的前12项为正数，第13项为0，从第14项开始为负值，
∴当n＝12或13时，Sn取得最大值，
又公差d，
∴S12＝12×20（）＝130
∴Sn的最大值为130
3．（2014·江西）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　（﹣1，）　．
【解答】解：∵Sn＝7n，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，
∴，即，解得：，
综上：d的取值范围为（﹣1，）．

题型六. 证明等差数列
1．已知数列{an}满足，，数列{bn}满足．
（1）求证数列{bn}是等差数列；
（2）求数列{an}中的最大项和最小项．
【解答】解：（1）由，，得an+1＝2（n∈N•）
bn+1﹣bn …（4分）
又b1，
所以{bn}是以为首项，1为公差的等差数列 …（6分）
（2）因为bn＝b1+（n﹣1）＝n，所以an1． …（9分）
1≤n≤3时数列{an}单调递减且an＜1，n≥4时数列{an}单调递减且an＞1
所以数列{an}的最大项为a4＝3，最小项为a3＝﹣1．…（14分）
2．已知数列{an}中，a2＝1，前n项和为Sn，且Sn．
（1）求a1；
（2）证明数列{an}为等差数列，并写出其通项公式；
【解答】解：（1）令n＝1，则a1＝S10
（2）由，即，①
得 ．②
②﹣①，得 （n﹣1）an+1＝nan．③
于是，nan+2＝（n+1）an+1．④
③+④，得nan+2+nan＝2nan+1，即an+2+an＝2an+1
又a1＝0，a2＝1，a2﹣a1＝1，
所以，数列{an}是以0为首项，1为公差的等差数列．
所以，an＝n﹣1

课后作业. 等差数列
1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝72，则a1+a5+a9＝（　　）
A．36 B．24 C．16 D．8
【解答】解：由等差数列的求和公式可得，S9（a1+a9）＝72，
∴a1+a9＝16，
由等差数列的性质可知，a1+a9＝2a5，
∴a5＝8，
∴a1+a5+a9＝24．
故选：B．
2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，S8＝4a3，a7＝﹣2，则a10＝（　　）
A．﹣8 B．﹣6 C．﹣4 D．﹣2
【解答】解：等差数列{an}中，前n项和为Sn，且S8＝4a3，a7＝﹣2，
则，
解得a1＝10，d＝﹣2，
∴a10＝a1+9d＝﹣8．
故选：A．
3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＞0，2a5+a11＝0，则下列说法错误的为（　　）
A．a8＜0
B．当且仅当n＝7时，Sn取得最大值
C．S4＝S9
D．满足Sn＞0的n的最大值为12
【解答】解：∵2a5+a11＝0，
∴2a1+8d+a1+10d＝0，
∴a1＝﹣6d，
∵a1＞0，
∴d＜0，
∴{an}为递减数列，
∴an＝a1+（n﹣1）d＝﹣6d+（n﹣1）d＝（n﹣7）d，
由an≥0，（n﹣7）d≥0，解得n≤7，
∴数列前6项大于0，第7项等于0，从第8项都小于0，
∴a8＜0，当n＝6或7时，Sn取得最大值，故A正确，B错误；
∵S4＝4a1+6d＝﹣24d+6d＝﹣18d，S9＝9a1+36d＝﹣28d+36d＝﹣18d，
∴S4＝S9，故C正确；
∴Sn＝na1（n2﹣13n）＞0，
解得0＜n＜13，
∴满足Sn＞0的n的最大值为12，故D正确．
故选：B．
4．若等差数列{an}满足a7+a8+a9＞0，a7+a10＜0，则当n＝　8　时，{an}的前n项和最大；当Sn＞0时n的最大值为　15　．
【解答】解：∵a7+a8+a9＝3a8＞0，a7+a10＝a8+a9＜0，
∴a8＞0，a9＜0，
∴n＝8时，{an}的前n项和最大；
∵S1515a8＞0，
S168（a8+a9）＜0，
∴当Sn＞0时n的最大值为15．
故答案为：8；15．
5．在数列{an}中，a2＝8，a5＝2，且2an+1﹣an+2＝an（n∈N*），则|a1|+|a2|+…+|a10|的值是（　　）
A．210 B．10 C．50 D．90
【解答】解：∵2an+1﹣an+2＝an（n∈N*），即2an+1＝an+2+an（n∈N*），
∴数列{an}是等差数列，
设公差为d，则a1+d＝8，a1+4d＝2，
联立解得a1＝10，d＝﹣2，
∴an＝10﹣2（n﹣1）＝12﹣2n．
令an≥0，解得n≤6．
Sn11n﹣n2．
∴|a1|+|a2|+…+|a10|＝a1+a2+…+a6﹣a7﹣…﹣a10
＝2S6﹣S10
＝2（11×6﹣62）﹣（11×10﹣102）
＝50．
故选：C．
6．已知在正整数数列{an}中，前n项和Sn满足：Sn（an+2）2．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bnan﹣30，求数列{bn}的前n项和的最小值．
【解答】解：（1）∵Sn（an+2）2，∴当n＝1时，，化为0，解得a1＝2．
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1（an+2）2，化为（an﹣an﹣1﹣4）（an+an﹣1）＝0，
∵∀n∈N*，an＞0，∴an﹣an﹣1＝4．
∴数列{an}是等差数列，首项为2，公差为4，
∴an＝2+4（n﹣1）＝4n﹣2．
（2）bnan﹣302n﹣31．
由bn≤0，解得，因此前15项的和最小．
又数列{bn}是等差数列，
∴数列{bn}的前15项和T15225．
∴数列{bn}的前n项和的最小值为﹣225．