备战2024年高考数学大一轮复习(人教A版-理)第六章 数列 第2节 等差数列及其前n项和
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第2节 等差数列及其前n项和
考试要求 1.理解等差数列的概念.2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式.
3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系,并能用等差数列的有关知识解决相应的问题.4.了解等差数列与一次函数的关系.
1.等差数列的概念
(1)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.
数学语言表达式:an+1-an=d(n∈N*,d为常数).
(2)若a,A,b成等差数列,则A叫做a,b的等差中项,且A=.
2.等差数列的通项公式与前n项和公式
(1)若等差数列{an}的首项是a1,公差是d,则其通项公式为an=a1+(n-1)d.
(2)前n项和公式:Sn=na1+=.
3.等差数列的性质
(1)通项公式的推广:an=am+(n-m)d(n,m∈N*).
(2)若{an}为等差数列,且k+l=m+n(k,l,m,n∈N*),则ak+al=am+an.
(3)若{an}是等差数列,公差为d,则ak,ak+m,ak+2m,…(k,m∈N*)是公差为md的等差数列.
(4)若Sn为等差数列{an}的前n项和,则数列Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…也是等差数列.
(5)若Sn为等差数列{an}的前n项和,则数列也为等差数列.
1.已知数列{an}的通项公式是an=pn+q(其中p,q为常数),则数列{an}一定是等差数列,且公差为p.
2.在等差数列{an}中,a1>0,d<0,则Sn存在最大值;若a1<0,d>0,则Sn存在最小值.
3.等差数列{an}的单调性:当d>0时,{an}是递增数列;当d<0时,{an}是递减数列;当d=0时,{an}是常数列.
4.数列{an}是等差数列⇔Sn=An2+Bn(A,B为常数).
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*,都有2an+1=an+an+2.( )
(2)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的.( )
(3)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数.( )
(4)等差数列的前n项和公式是常数项为0且关于n的二次函数.( )
答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)×
解析 (3)若公差d=0,则通项公式不是n的一次函数.
(4)若公差d=0,则前n项和不是n的二次函数.
2.(2022·南宁一模)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1=1,S3=,则数列{an}的通项公式an=( )
A.n B.
C.2n-1 D.
答案 B
解析 设等差数列{an}的公差为d,则S3=3a1+d=3+3d=,解得d=,∴an=1+(n-1)×=.
3.(2021·宝鸡二模)已知{an}是等差数列,满足3(a1+a5)+2(a3+a6+a9)=18,则该数列的前8项和为( )
A.36 B.24 C.16 D.12
答案 D
解析 由等差数列性质可得a1+a5=2a3,a3+a6+a9=3a6,所以3×2a3+2×3a6=18,即a3+a6=3,所以S8===12.
4.在等差数列{an}中,若a1+a2=5,a3+a4=15,则a5+a6=( )
A.10 B.20 C.25 D.30
答案 C
解析 等差数列{an}中,每相邻2项的和仍然构成等差数列,设其公差为d,若a1+a2=5,a3+a4=15,则d=15-5=10,因此a5+a6=(a3+a4)+d=15+10=25.
5.一物体从1 960 m的高空降落,如果第1秒降落4.90 m,以后每秒比前一秒多降落9.80 m,那么经过________秒落到地面.
答案 20
解析 设物体经过t秒降落到地面.
物体在降落过程中,每一秒降落的距离构成首项为4.90,公差为9.80的等差数列.
所以4.90t+t(t-1)×9.80=1 960,
即4.90t2=1 960,解得t=20.
6.(易错题)在等差数列{an}中,|a3|=|a9|,公差d<0,则使数列{an}的前n项和Sn取最大值的正整数n的值是________.
答案 5或6
解析 ∵|a3|=|a9|,
∴|a1+2d|=|a1+8d|,
可得a1=-5d,∴a6=a1+5d=0,
且a1>0,∴a5>0,
故Sn取最大值时n的值为5或6.
考点一 等差数列的基本运算
1.记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则( )
A.an=2n-5 B.an=3n-10
C.Sn=2n2-8n D.Sn=n2-2n
答案 A
解析 设首项为a1,公差为d.
由S4=0,a5=5可得
解得
所以an=-3+2(n-1)=2n-5,
Sn=n×(-3)+×2=n2-4n.
2.(2022·太原调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S8=a8=8,则公差d=( )
A. B. C.1 D.2
答案 D
解析 ∵S8=a8=8,
∴a1+a2+…+a8=a8,
∴S7=7a4=0,则a4=0.
∴d==2.
3.(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10=________.
答案 25
解析 设等差数列{an}的公差为d,
则a2+a6=2a1+6d=2×(-2)+6d=2.
解得d=1.
所以S10=10×(-2)+×1=25.
4.(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9=-a5.
(1)若 a3=4,求{an}的通项公式;
(2)若a1>0,求使得Sn≥an的n的取值范围.
解 (1)设{an}的公差为d.
由S9=-a5可知9a5=-a5,所以a5=0.
因为a3=4,所以d===-2,
所以an=a3+(n-3)×(-2)=10-2n,
因此{an}的通项公式为an=10-2n.
(2)由(1)得a5=0,
因为a1>0,所以等差数列{an}单调递减,
即d<0,
a1=a5-4d=-4d,Sn=,
an=-4d+d(n-1)=dn-5d,
因为Sn≥an,
所以≥dn-5d,
又因为d<0,所以1≤n≤10.
感悟提升 1.等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1,an,d,n,Sn,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想来解决问题.
2.数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用,而a1和d是等差数列的两个基本量,用它们表示已知和未知是常用方法.
考点二 等差数列的判定与证明
例1 (2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项均为正数,记Sn为{an}的前n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{an}是等差数列;②数列{}是等差数列;③a2=3a1.
注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.
解 ①③⇒②.
已知{an}是等差数列,a2=3a1.
设数列{an}的公差为d,
则a2=3a1=a1+d,得d=2a1,
所以Sn=na1+d=n2a1.
因为数列{an}的各项均为正数,
所以=n,
所以-=(n+1)-n=(常数),所以数列{}是等差数列.
①②⇒③.
已知{an}是等差数列,{}是等差数列.
设数列{an}的公差为d,
则Sn=na1+d
=n2d+n.
因为数列{}是等差数列,所以数列{}的通项公式是关于n的一次函数,
则a1-=0,即d=2a1,
所以a2=a1+d=3a1.
②③⇒①.
已知数列{}是等差数列,a2=3a1,所以S1=a1,S2=a1+a2=4a1.设数列{}的公差为d,d>0,则-=-=d,得a1=d2,所以=+(n-1)d=nd,所以Sn=n2d2,
所以n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2d2-(n-1)2d2=2d2n-d2,对n=1也适合,所以an=2d2n-d2,所以an+1-an=2d2(n+1)-d2-(2d2n-d2)=2d2(常数),所以数列{an}是等差数列.
感悟提升 1.证明数列是等差数列的主要方法:
(1)定义法:对于n≥2的任意自然数,验证an-an-1为同一常数.即作差法,将关于an-1的an代入an-an-1,再化简得到定值.
(2)等差中项法:验证2an-1=an+an-2(n≥3,n∈N*)都成立.
2.判定一个数列是等差数列还常用到的结论:
(1)通项公式:an=pn+q(p,q为常数)⇔{an}是等差数列.
(2)前n项和公式:Sn=An2+Bn(A,B为常数)⇔{an}是等差数列.问题的最终判定还是利用定义.
训练1 (2021·全国乙卷)设Sn为数列{an}的前n项和,bn为数列{Sn}的前n项积,已知+=2.
(1)证明:数列{bn}是等差数列;
(2)求{an}的通项公式.
(1)证明 因为bn是数列{Sn}的前n项积,
所以n≥2时,Sn=,
代入+=2可得,+=2,
整理可得2bn-1+1=2bn,
即bn-bn-1=(n≥2).
又+==2,所以b1=,
故{bn}是以为首项,为公差的等差数列.
(2)解 由(1)可知,bn=+(n-1)=,则+=2,所以Sn=,
当n=1时,a1=S1=,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-
=-.
故an=
考点三 等差数列的性质及应用
角度1 等差数列项的性质
例2 (1)设Sn为等差数列{an}的前n项和,且4+a5=a6+a4,则S9等于( )
A.72 B.36 C.18 D.9
(2)在等差数列{an}中,若a5+a6=4,则log2(2a1·2a2·…·2a10)=( )
A.10 B.20
C.40 D.2+log25
答案 (1)B (2)B
解析 (1)∵a6+a4=2a5,∴a5=4,
∴S9==9a5=36.
(2)由等差数列的性质知a1+a10=a2+a9=a3+a8=a4+a7=a5+a6=4,则2a1·aa2·…·2a10=2a1+a2+…+a10=25(a5+a6)=25×4,所以log2(2a1·2a2·…·2a10)=log225×4=20.
角度2 等差数列前n项和的性质
例3 (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若S5=7,S10=21,则S15等于( )
A.35 B.42 C.49 D.63
(2)(2020·全国Ⅱ卷)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块.向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A.3 699块 B.3 474块
C.3 402块 D.3 339块
答案 (1)B (2)C
解析 (1)在等差数列{an}中,S5,S10-S5,S15-S10成等差数列,即7,14,S15-21成等差数列,所以7+(S15-21)=2×14,解得S15=42.
(2)设每一层有n环,由题可知从内到外每环之间构成公差d=9,a1=9的等差数列.由等差数列的性质知Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等差数列,且(S3n-S2n)-(S2n-Sn)=n2d,则9n2=729,得n=9,则三层共有扇面形石板S3n=S27=27×9+×9=3 402(块).
角度3 等差数列前n项和的最值
例4 等差数列{an}中,设Sn为其前n项和,且a1>0,S3=S11,则当n为多少时,Sn最大?
解 法一 设公差为d.由S3=S11,可得3a1+d=11a1+d,即d=-a1.
从而Sn=n2+n=-(n-7)2+a1,
因为a1>0,所以-<0.
故当n=7时,Sn最大.
法二 易知Sn=An2+Bn是关于n的二次函数,
由S3=S11,可知Sn=An2+Bn的图象关于直线n==7对称.
由解法一可知A=-<0,
故当n=7时,Sn最大.
法三 设公差为d.
由解法一可知d=-a1.
要使Sn最大,则有
即
解得6.5≤n≤7.5,
故当n=7时,Sn最大.
法四 设公差为d.由S3=S11,可得2a1+13d=0,
即(a1+6d)+(a1+7d)=0,故a7+a8=0,
又由a1>0,S3=S11可知d<0,
所以a7>0,a8<0,所以当n=7时,Sn最大.
感悟提升 1.项的性质:在等差数列{an}中,若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则am+an=ap+aq.
2.和的性质:在等差数列{an}中,Sn为其前n项和,则
(1)S2n=n(a1+a2n)=…=n(an+an+1);
(2)S2n-1=(2n-1)an.
(3)依次k项和成等差数列,即Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…成等差数列.
3.求等差数列前n项和的最值,常用的方法:(1)利用等差数列的单调性,求出其正负转折项,或者利用性质求其正负转折项,便可求得和的最值;(2)利用公差不为零的等差数列的前n项和Sn=An2+Bn(A,B为常数,A≠0)为二次函数,通过二次函数的性质求最值.
训练2 (1)(2021·洛阳质检)记等差数列{an}的前n项和为Sn,若S17=272,则a3+a9+a15=( )
A.24 B.36 C.48 D.64
(2)已知Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1=-2 020,-=6,则S2 023等于( )
A.2 023 B.-2 023
C.4 046 D.-4 046
(3)设等差数列{an}满足a1=1,an>0(n∈N*),其前n项和为Sn,若数列{}也为等差数列,则的最大值是________.
答案 (1)C (2)C (3)121
解析 (1)因为数列{an}是等差数列,其前n项和为Sn,
所以S17=272=×17=×17
=17a9,
∴a9=16,所以a3+a9+a15=3a9=48.
(2)∵为等差数列,设公差为d′,
则-=6d′=6,∴d′=1,
首项为=-2 020,
∴=-2 020+(2 023-1)×1=2,
∴S2 023=2 023×2=4 046,故选C.
(3)设数列{an}的公差为d,
依题意得2=+,
∴2=+,
把a1=1代入求得d=2,
∴an=1+(n-1)×2=2n-1,
Sn=n+×2=n2,
∴==
=
=≤121.
∴的最大值是121.
1.在等差数列{an}中,3a5=2a7,则此数列中一定为0的是( )
A.a1 B.a3 C.a8 D.a10
答案 A
解析 设{an}的公差为d(d≠0),
∵3a5=2a7,
∴3(a1+4d)=2(a1+6d),得a1=0.
2.(2021·重庆二模)已知公差不为0的等差数列{an}中,a2+a4=a6,a9=a,则a10=( )
A. B.5 C.10 D.40
答案 A
解析 设公差为d,
由已知得
由于d≠0,故a1=d=,
所以a10=+×9=.
3.已知数列{an}满足5an+1=25·5an,且a2+a4+a6=9,则log(a5+a7+a9)=( )
A.-3 B.3 C.- D.
答案 A
解析 数列{an}满足5an+1=25·5an,
∴an+1=an+2,即an+1-an=2,
∴数列{an}是等差数列,公差为2.
∵a2+a4+a6=9,∴3a4=9,a4=3.
∴a1+3×2=3,解得a1=-3.
∴a5+a7+a9=3a7=3×(-3+6×2)=27,
则log(a5+a7+a9)=log33=-3.故选A.
4.(2022·太原一模)在数列{an}中,a1=3,am+n=am+an(m,n∈N*),若a1+a2+a3+…+ak=135,则k=( )
A.10 B.9 C.8 D.7
答案 B
解析 令m=1,由am+n=am+an可得an+1=a1+an,所以an+1-an=3,
所以{an}是首项为a1=3,公差为3的等差数列,an=3+3(n-1)=3n,
所以a1+a2+a3+…+ak===135.
整理可得k2+k-90=0,解得k=9或k=-10(舍).
5.程大位《算法统宗》里有诗云“九百九十六斤棉,赠分八子做盘缠.次第每人多十七,要将第八数来言.务要分明依次弟,孝和休惹外人传.”意为:996斤棉花,分别赠送给8个子女做旅费,从第一个开始,以后每人依次多17斤,直到第八个孩子为止.分配时一定要等级分明,使孝顺子女的美德外传,则第八个孩子分得斤数为( )
A.65 B.176 C.183 D.184
答案 D
解析 根据题意可知每个孩子所得棉花的斤数构成一个等差数列{an},其中d=17,n=8,S8=996.
由等差数列前n项和公式可得8a1+×17=996,解得a1=65.
由等差数列通项公式得a8=65+(8-1)×17=184.
则第八个孩子分得斤数为184.
6.(2021·全国大联考)在等差数列{an}中,若<-1,且它的前n项和Sn有最大值,则使Sn>0成立的正整数n的最大值是( )
A.15 B.16 C.17 D.14
答案 C
解析 ∵等差数列{an}的前n项和有最大值,∴等差数列{an}为递减数列,
又<-1,∴a9>0,a10<0,
∴a9+a10<0,
又S18==9(a9+a10)<0,
且S17==17a9>0.
故使得Sn>0成立的正整数n的最大值为17.
7.设Sn为等差数列{an}的前n项和,若S6=1,S12=4,则S18=________.
答案 9
解析 在等差数列中,S6,S12-S6,S18-S12成等差数列,∵S6=1,S12=4,∴1,3,S18-4成公差为2的等差数列,即S18-4=5,S18=9.
8.等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,若=,则等于________.
答案
解析 ===
===.
9.(2021·西安一模)已知数列{an}的前n项和为Sn,满足a1=,a2=2,2(Sn+2+Sn)=4Sn+1+1,则数列{an}的前16项和S16=________.
答案 84
解析 将2(Sn+2+Sn)=4Sn+1+1变形为(Sn+2-Sn+1)-(Sn+1-Sn)=,即an+2-an+1=,又a1=,a2=2,∴a2-a1=符合上式,∴{an}是首项a1=,公差d=的等差数列,∴S16=16×+×=84.
10.已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a2a4=65,a1+a5=18.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)是否存在常数k,使得数列{}为等差数列?若存在,求出常数k;若不存在,请说明理由.
解 (1)设公差为d.∵{an}为等差数列,
∴a1+a5=a2+a4=18,又a2a4=65,
∴a2,a4是方程x2-18x+65=0的两个根,
又公差d>0,∴a2<a4,∴a2=5,a4=13.
∴∴∴an=4n-3.
(2)由(1)知,Sn=n+×4=2n2-n,
假设存在常数k,使数列{}为等差数列.
由+=2,
得+=2,解得k=1.
∴==n,
当n≥2时,n-(n-1)=,为常数,
∴数列{}为等差数列.
故存在常数k=1,使得数列{}为等差数列.
11.设数列{an}的各项都为正数,其前n项和为Sn,已知对任意n∈N*,Sn是a和an的等差中项.
(1)证明:数列{an}为等差数列;
(2)若bn=-n+5,求{an·bn}的最大项的值并求出取最大值时n的值.
(1)证明 由已知可得2Sn=a+an,
且an>0,
当n=1时,2a1=a+a1,解得a1=1.
当n≥2时,有2Sn-1=a+an-1,
所以2an=2Sn-2Sn-1
=a-a+an-an-1,
所以a-a=an+an-1,
即(an+an-1)(an-an-1)=an+an-1,
因为an+an-1>0,
所以an-an-1=1(n≥2).
故数列{an}是首项为1,公差为1的等差数列.
(2)解 由(1)可知an=n,设cn=an·bn,
则cn=n(-n+5)=-n2+5n
=-+,
因为n∈N*,所以n=2或3,c2=c3=6,
因此当n=2或n=3时,{an·bn}取最大项,且最大项的值为6.
12.(2020·新高考山东卷)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为__________.
答案 3n2-2n
解析 法一(观察归纳法) 数列的各项为1,3,5,7,9,11,13,…;数列{3n-2}的各项为1,4,7,10,13,….现观察归纳可知,两个数列的公共项为1,7,13,…,是首项为1,公差为6的等差数列,
则an=1+6(n-1)=6n-5.
故其前n项和为Sn=
==3n2-2n.
法二(引入参变量法) 令bn=2n-1,cm=3m-2,bn=cm,则2n-1=3m-2,即3m=2n+1,m必为奇数.
令m=2t-1,则n=3t-2(t=1,2,3,…).
at=b3t-2=c2t-1=6t-5,即an=6n-5.
以下同法一.
13.(2022·衡水模拟)已知在数列{an}中,a6=11,且nan-(n-1)an+1=1,则an=______;的最小值为________.
答案 2n-1 44
解析 nan-(n-1)an+1=1,
∴(n+1)an+1-nan+2=1,
两式相减得nan-2nan+1+nan+2=0,
∴an+an+2=2an+1,
∴数列{an}为等差数列.
当n=1时,
由nan-(n-1)an+1=1得a1=1,
由a6=11,得公差d=2,
∴an=1+2(n-1)=2n-1,
∴=
=4n+-4≥2-4=44,
当且仅当4n=,即n=6时等号成立.
14.等差数列{an}中,公差d<0,a2+a6=-8,a3a5=7.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记Tn为数列{bn}前n项的和,其中bn=|an|,n∈N*,若Tn≥1 464,求n的最小值.
解 (1)∵等差数列{an}中,公差d<0,a2+a6=-8,
∴a2+a6=a3+a5=-8,又∵a3a5=7,
∴a3,a5是一元二次方程x2+8x+7=0的两个根,且a3>a5,
解方程x2+8x+7=0,得a3=-1,a5=-7,
∴解得a1=5,d=-3.
∴an=5+(n-1)×(-3)=-3n+8.
(2)由(1)知{an}的前n项和Sn=5n+×(-3)=-n2+n.
∵bn=|an|,∴b1=5,b2=2,b3=|-1|=1,b4=|-4|=4,
当n≥3时,bn=|an|=3n-8.
当n<3时,T1=5,T2=7;
当n≥3时,
Tn=-Sn+2S2=-+14.
∵Tn≥1 464,
∴Tn=-+14≥1 464,
即(3n-100)(n+29)≥0,解得n≥,
∴n的最小值为34.
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