第41讲 等差数列-备战2024年高考数学一轮复习精品导与练（新高考）

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1、 数列的通项公式
一般地，如果数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的第n项与序号n之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做这个数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式．
注：并不是每一个数列都有通项公式，有通项公式的数列，其通项公式也不一定唯一．
2、数列的表示方法
数列可以用通项公式来描述，也可以通过图像或列表来表示．
3、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)等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是A＝eq \f(a＋b,2)，其中A叫做a，b的等差中项．
4、等差数列的有关公式
(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)前n项和公式：Sn＝eq \f(na1＋an,2) eq \(――→,\s\up7(an＝a1＋n－1d))Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n⇒当d≠0时，Sn是关于n的二次函数，且没有常数项．
1、（2023•甲卷（文））记为等差数列的前项和．若，，则
A．25B．22C．20D．15
【答案】
【解析】等差数列中，，
所以，
，
故，
则，，
则．
故选：．
2、（2022•乙卷（文））记为等差数列的前项和．若，则公差 ．
【答案】2．
【解析】，
，
为等差数列，
，
，解得．
故答案为：2．
3、（2022•上海）已知等差数列的公差不为零，为其前项和，若，则，2，，中不同的数值有 个．
【答案】98．
【解析】等差数列的公差不为零，为其前项和，，
，解得，
，
，，1，，中，
，，
其余各项均不相等，
，，中不同的数值有：．
故答案为：98．
4、（2023•新高考Ⅰ）设等差数列的公差为，且．令，记，分别为数列，的前项和．
（1）若，，求的通项公式；
（2）若为等差数列，且，求．
【解析】（1），，
根据题意可得，
，
，又，
解得，，
，；
（2）为等差数列，为等差数列，且，
根据等差数列的通项公式的特点，可设，则，且；
或设，则，且，
①当，，时，
则，
，，又，
解得；
②当，，时，
则，
，，又，
此时无解，
综合可得．
5、（2021•新高考Ⅱ）记是公差不为0的等差数列的前项和，若，．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）求使成立的的最小值．
【解析】（Ⅰ）数列是公差不为0的等差数列的前项和，若，．
根据等差数列的性质，，故，
根据可得，
整理得，可得不合题意），
故．
（Ⅱ），，
，
，即，
整理可得，
当或时，成立，
由于为正整数，
故的最小正值为7．
6、（2021•甲卷（理））已知数列的各项均为正数，记为的前项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列是等差数列；②数列是等差数列；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【解析】选择①③为条件，②结论．
证明过程如下：
由题意可得：，，
数列的前项和：，
故，
据此可得数列 是等差数列．
选择①②为条件，③结论：
设数列的公差为，则：
，
数列 为等差数列，则：，
即：，整理可得：，．
选择③②为条件，①结论：
由题意可得：，，
则数列 的公差为，
通项公式为：，
据此可得，当时，，
当时上式也成立，故数列的通项公式为：，
由，可知数列是等差数列．
7、（2023•乙卷（文））记为等差数列的前项和，已知，．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【解析】（1）在等差数列中，，．
，即，
得，，
则．
（2），
即时，，
当时，，
当时，数列的前项和，
当时，数列的前项和．
1、在等差数列{an}中，a1＝2，a5＝3a3，则a3等于( )
A．－2 B．0 C．3 D．6
【答案】： A
【解析】： a1＝2，a5＝3a3，得a1＋4d＝3(a1＋2d)，即d＝－a1＝－2，
所以a3＝a1＋2d＝－2，故选A.
2、记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a6＝16，S5＝35，则{an}的公差为( )
A．3 B．2 C．－2 D．－3
【答案】： A
【解析】 由等差数列性质可知，S5＝eq \f(a1＋a5,2)×5＝5a3＝35，解得a3＝7，
故d＝eq \f(a6－a3,6－3)＝3.故选A.
3、是等差数列，，，则该数列前10项和等于（）
A．64B．100C．110D．120
【答案】：B
【解析】：设等差数列的公差为，由a1+a2=4，a7+a8=28，可得：
解方程组可得.
故选：B
4、（2023·江苏徐州·徐州市第七中学校考一模）已知正项等差数列满足，且是与的等比中项，则的前项和___________.
【答案】
【解析】：设等差数列的公差为， ，
所以
又因为即
可得，又由即
即即且正项等差数列，即
解得，所以
故答案为：.
考向一 等差数列中基本量的运算
例1、（2022·福建省诏安县高三模拟试卷）数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（ ）
A. 是递增数列B.
C. 当时，D. 当或4时，取得最大值
【答案】CD
【解析】
【详解】当时，，又，所以，则是递减数列，故A错误；
，故B错误；
当时，，故C正确；
因为的对称轴为，开口向下，而是正整数，且或距离对称轴一样远，所以当或时，取得最大值，故D正确.
故选：CD.
变式1、（2022年福建省永泰县高三模拟试卷）已知等差数列的前项和为，且，则下列命题中正确的是（ ）
A. B.
C. D. 数列中最大项为
【答案】ABC
【解析】
【详解】，，，故A正确；
又，故B正确；
，故C正确；
由可得{Sn}中最大项为S6，故D错误．
故选：ABC.
变式2、(1) 已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，则a20＝________；
【答案】 1
【解析】 两式相减，可得3d＝－6，则d＝－2.由已知可得3a3＝105，则a3＝35，所以a20＝a3＋17d＝35＋(－34)＝1.
(2) 已知递增的等差数列{an}满足a1＝1，a3＝a eq \\al(2,2)－4，则an＝________；
【答案】 2n－1
【解析】 设等差数列{an}的公差为d.由已知，得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,a1＋2d＝(a1＋d)2－4，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝±2.))因为等差数列{an}是递增的等差数列，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
(3) 已知在等差数列{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．
【解析】 ①设等差数列{an}的公差为d.
由a1＝1，a3＝－3，得1＋2d＝－3，
解得d＝－2，
故an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.
②由①知an＝3－2n，
所以Sn＝ eq \f(n[1＋(3－2n)],2)＝2n－n2.
由Sk＝－35，可得2k－k2＝－35，解得k＝7或k＝－5.又k∈N*，故k＝7.
变式3、（2022年江苏省淮安市高三模拟试卷）记为等差数列的前n项和，已知，.
（1）求的通项公式；
（2）求，并求的最小值.
【答案】（1）
（2），最小值为－15
【解析】
（1）设的公差为，由题意得.
由得：.
所以的通项公式为；
（2）由等差数列求和公式得：，
令，，解得：，
令，，解得：，
故当n＝3时，取得最小值，最小值为
方法总结：(1)a1，d是等差数列的基本量，把所给的条件代入等差数列的通项公式，可列出方程组，如果能把a1－1作为一个整体处理，则能简化运算．一般地，给出含有a1，d的两个独立条件，即可求出该等差数列的通项公式，进而求出其前n项和．
(2)第(2)小问，充分利用等差数列的第二通项公式a5＝a2＋3d，a3＝a2＋d，则简化了运算．
考向二 等差数列的性质
例2、（2020届北京市昌平区新学道临川学校上学期期中）已知等差数列的前项之和为，前项和为，则它的前项的和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由于等差数列中也成等差数列，即成等差数列，所以，故选C.
变式1、（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）已知等差数列的前n项和为，且，，则（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】C
【解析】由已知，得，
故选：C.
变式2、(1) 若等差数列{an}的前17项和 S17＝51，则a5－a7＋a9－a11＋a13＝________；
【答案】 3
【解析】 因为S17＝ eq \f(a1＋a17,2)×17＝17a9＝51，所以a9＝3.根据等差数列的性质，得a5＋a13＝a7＋a11，所以a5－a7＋a9－a11＋a13＝a9＝3.
(2) 在等差数列{an}中，若a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，则前9项和S9＝________；
【答案】 99
【解析】 由等差数列的性质及a1＋a4＋a7＝39，可得3a4＝39，所以a4＝13.同理，由 a3＋a6＋a9＝27，可得a6＝9，所以S9＝ eq \f(9(a1＋a9),2)＝ eq \f(9(a4＋a6),2)＝99.
(3) 已知等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若 eq \f(Sn,Tn)＝ eq \f(3n－2,2n＋1)，则 eq \f(a7,b7)等于( )
A. eq \f(37,27) B. eq \f(19,14) C. eq \f(39,29) D. eq \f(4,3)
【答案】 A
【解析】 eq \f(a7,b7)＝ eq \f(2a7,2b7)＝ eq \f(a1＋a13,b1＋b13)＝ eq \f(\f(a1＋a13,2)×13,\f(b1＋b13,2)×13)＝ eq \f(S13,T13)＝ eq \f(3×13－2,2×13＋1)＝ eq \f(37,27).
变式3、(1)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eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n－1,3n－2)，则eq \f(a11,b6＋b10)＋eq \f(a5,b7＋b9)的值为________．
【答案】 eq \f(29,43)
【解析】 eq \f(a11,b6＋b10)＋eq \f(a5,b7＋b9)＝eq \f(a11＋a5,2b8)＝eq \f(2a8,2b8)＝eq \f(a8,b8)，
∴eq \f(a8,b8)＝eq \f(S2×8－1,T2×8－1)＝eq \f(S15,T15)＝eq \f(2×15－1,3×15－2)＝eq \f(29,43).
(2) 等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若 eq \f(Sn,Tn)＝ eq \f(3n－2,2n＋1)，则 eq \f(an,bn)＝________；
【答案】 eq \f(6n－5,4n－1)
【解析】 eq \f(an,bn)＝ eq \f(S2n－1,T2n－1)＝ eq \f(6n－5,4n－1).
方法总结：如果{an}为等差数列，m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．因此，若出现am－n，am，am＋n等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与am(或其他项)有关的条件；若求am项，可由am＝eq \f(1,2)(am－n＋am＋n)转化为求am－n，am＋n或am－n＋an＋m的值．
考向三 等差数列的判定及证明
例3、（2023·安徽宿州·统考一模）在数列中，，且.
(1)令，证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
(2)记数列的前n项和为，求.
【解析】（1）因为，
所以，即，
又，
所以，又，
所以，数列为以1为首项，4为公差的等差数列，
所以.
（2）因为，
所以，即
所以

变式1、已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝ eq \f(1,2)，an＝－2SnSn－1(n≥2).
(1) 求证：数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是等差数列；
(2) 求Sn和an.
【解析】 (1) 因为当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，①
所以Sn(1＋2Sn－1)＝Sn－1.
由上式可知，若Sn－1≠0，则Sn≠0.
因为S1＝a1≠0，由递推关系知Sn≠0(n∈N*)，
由①式，得 eq \f(1,Sn)－ eq \f(1,Sn－1)＝2(n≥2)，
所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是等差数列，其中首项为 eq \f(1,S1)＝ eq \f(1,a1)＝2，公差为2.
(2) 由(1)，得 eq \f(1,Sn)＝ eq \f(1,S1)＋2(n－1)＝ eq \f(1,a1)＋2(n－1)＝2n，
所以Sn＝ eq \f(1,2n).
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－ eq \f(1,2n(n－1))；
当n＝1时，a1＝S1＝ eq \f(1,2)不适合上式，
所以an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)， n＝1，,－\f(1,2n(n－1))， n≥2.))
变式2、已知在数列{an}中，a1＝ eq \f(3,5)，an＝2－ eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝ eq \f(1,an－1)(n∈N*).
(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，并说明理由．
【解析】 (1) 因为an＝2－ eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，bn＝ eq \f(1,an－1)(n∈N*)，
所以bn＋1－bn＝ eq \f(1,an＋1－1)－ eq \f(1,an－1)＝ eq \f(1,2－\f(1,an)－1)－ eq \f(1,an－1)＝ eq \f(an,an－1)－ eq \f(1,an－1)＝1.
又b1＝ eq \f(1,a1－1)＝－ eq \f(5,2)，
所以数列{bn}是以－ eq \f(5,2)为首项，1为公差的等差数列．
(2) 由(1)知bn＝n－ eq \f(7,2)，
则an＝1＋ eq \f(1,bn)＝1＋ eq \f(2,2n－7).
设f(x)＝1＋ eq \f(2,2x－7)，则f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(7,2)))和 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)，＋∞))上为减函数．
当1≤n≤3时，数列{an}递减且an1.
故当n＝3时，an取得最小值－1，当n＝4时，an取得最大值3.
等差数列的判定方法：(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证an－an－1为同一常数；(2)等差中项法：验证2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立；(3)通项公式法：验证an＝pn＋q；(4)前n项和公式法：验证Sn＝An2＋Bn．在解答题中常应用定义法和等差中项法，而通项公式法和前n项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断．
1、（2022年广州番禺高三模拟试卷）我国古代的天文学和数学著作《周碑算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气唇（guǐ）长损益相同（暑是按照日影测定时刻的仪器，暑长即为所测量影子的长度），夏至､小暑､大暑､立秋､处暑､白露､秋分､寒露､霜降､立冬､小雪､大雪是连续十二个节气，其日影子长依次成等差数列.经记录测算，夏至､处暑､霜降三个节气日影子长之和为16.5尺，这十二节气的所有日影子长之和为84尺，则夏至的日影子长为（ ）尺.
A. 1B. 1.25C. 1.5D. 2
【答案】C
【解析】
【详解】由题意知：十二个节气的日影子长依次成等差数列，
设为，公差为，则
即，
解得，，
所以夏至的日影子长为尺，
故选：C
2、（2022年河北省张家口高三模拟试卷）已知等差数列的前n项和为，若，且，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【详解】设等差数列的公差为，由，得，
所以
故选：B
3、（2023·浙江温州·统考三模）已知数列各项为正数，满足，，则（ ）
A．是等差数列B．是等比数列
C．是等差数列D．是等比数列
【答案】C
【详解】因为数列各项为正数，满足，，
故对任意的，，则，
所以，数列的每一项都是正数，
所以，，可得，
由等差中项法可知，数列是等差数列，
故选：C.
3、（多选）（2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考三模）已知等差数列的前n项和为，公差为d，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【详解】解：由题意得：
对于选项A：取，则，解得，即A正确；
对于选项B：由A可知，，则，即B正确；
对于选项C：因为，即C错误；
对于选项D：因为，且，即D正确.
故选：ABD.
4、（多选）（2023·重庆·统考三模）对于数列，若，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．数列是等差数列
C．数列是等差数列D．
【答案】ACD
【详解】由，，
得，，
，所以A选项正确；
又，，
两式相减得，
令，可得，
所以不是等差数列，是等差数列，
故B选项错误，C正确；
同理，令，则，
所以是以为首项，公差为2的等差数列，
所以，故D正确.
故选：ACD
5、（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知数列的前n项和为，且．
(1)证明：数列是等差数列；
(2)设数列的前n项积为，若，求数列的通项公式．
【详解】（1）当时，
当n≥2时，，所以，
所以（常数），
故数列是以为首项，2为公差的等差数列．
（2）由（1）知，，得，
当n≥2时，，
当时，，不符合上式，
故．