1_7.2　等差数列.docx

北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版 7.2　等差数列 基础篇 考点一　等差数列及其前n项和 1.(2023届辽宁六校期初考试,3)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a6+a7+a8+a9+a10=20,则S15=(　　) A.150　　　　B.120　　　　C.75　　　　D.60 答案　D　 2.(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　 3.(2021重庆二模,4)已知公差不为0的等差数列{an}中,a2+a4=a6,a9=a62,则a10=(　　) A.52　　　　B.5　　　　C.10　　　　D.40 答案　A　 4.(2019课标Ⅰ理,9,5分)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=12n2-2n 答案　A　 5.(2022广东综合能力测试,7)记数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,an+1-an∈{1,3,5},Sk=100,则k可以等于(　　) A.8　　　　B.9　　　　C.11　　　　D.12 答案　A　 6.(2022全国乙文,13,5分)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d=　　　　.  答案　2 7.(2020课标Ⅱ文,14,5分)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10=　　　　.  答案　25 8.(2020新高考Ⅰ,14,5分)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 9.(2022海南东方琼西中学月考,17)等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a10=30,a20=50. (1)求通项公式an; (2)若Sn=242,求n. 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d, 依题意有a10=a1+9d=30,a20=a1+19d=50,解得a1=12,d=2, 所以an=2n+10(n∈N*). (2)由(1)可得Sn=12n+n(n-1)2×2=n2+11n,令n2+11n=242,解得n=-22(舍)或n=11,故n=11. 10.(2019课标Ⅰ文,18,12分)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. 解析　(1)设{an}的公差为d. 由S9=-a5得a1+4d=0.由a3=4得a1+2d=4. 于是a1=8,d=-2. 因此{an}的通项公式为an=10-2n. (2)由(1)得a1=-4d,故an=(n-5)d,Sn=n(n-9)d2.由a1>0知d<0,故Sn≥an等价于n2-11n+10≤0,解得1≤n≤10.所以n的取值范围是{n|1≤n≤10,n∈N*}. 11.(2021新高考Ⅱ,17,10分)记Sn为公差不为零的等差数列{an}的前n项和,若a3=S5,a2·a4=S4. (1)求{an}的通项公式; (2)求使得Sn>an成立的n的最小值. 解析　(1)a3=S5⇒a1+2d=5a1+10d⇒4a1+8d=0⇒a1+2d=0⇒a1=-2d,① a2·a4=S4⇒(a1+d)(a1+3d)=4a1+6d,② 将①代入②得-d2=-2d⇒d=0(舍)或d=2, ∴a1=-2d=-4,∴an=-4+(n-1)×2=2n-6. (2)由(1)知an=2n-6, Sn=na1+n(n-1)2d=-4n+n(n-1)=n2-5n. Sn>an⇔n2-5n>2n-6⇔n2-7n+6>0⇔(n-1)(n-6)>0, 解得n<1(舍)或n>6,∴n的最小值为7. 考点二　等差数列的性质 考向一　等差数列项的性质 1.(2022南京金陵中学二模,3)设{an}是公差d=-2的等差数列,如果a1+a4+a7+…+a97=50,那么a3+a6+a9+…+a99=(　　) A.-182　　　　B.-78　　　　C.-147　　　　D.-82 答案　D　 2.(2022辽宁渤海大学附中月考二)在等差数列{an}中,若a2+a3+a4=6,a6=4,则公差d=(　　) A.1　　　　B.2　　　　C.13　　　　D.23 答案　D　 3.(2022湖南百校大联考,4)设Sn为等差数列{an-2n}的前n项和,且a2=7,S7=49,则a7=(　　) A.75　　　　B.141　　　　C.7　　　　D.99 答案　B　 4.(2022广东梅州东山中学期中,3)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3+a7=14,则S9=(　　) A.21　　　　B.63　　　　C.42　　　　D.126 答案　B　 5.(多选)(2022湖南永州三模,9)已知等差数列{an}是递减数列,Sn为其前n项和,且S7=S8,则(　　) A.d>0　　　　 B.a8=0 C.S15>0　　　　 D.S7、S8均为Sn的最大值 答案　BD　 6.(多选)(2022广东深圳实验学校等校联考,10)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S11<S9<S10,则下列结论正确的是(　　) A.数列{an}是递增数列 B.a10+a11<0 C.当n≥20时,Sn<0 D.S15-S5>0 答案　BC　 考向二　等差数列前n项和的性质 1.(2021广州月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S3=6,S6=3,则S12等于(　　) A.-3　　　　B.-12　　　　C.-21　　　　D.-30 答案　D　 2.(2022辽宁名校联考,5)已知数列{an}是等差数列,Sn为数列{an}的前n项和,a1+a2+a3+a4=3,a17+a18+a19+a20=5,则S20=(　　) A.10　　　　B.15　　　　C.20　　　　D.40 答案　C　 3.(2022山东学情联考,6)已知等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn、Tn,且a4b6=13,则S7T11=(　　) A.733　　　　B.13　　　　C.1433　　　　D.711 答案　A　 综合篇 考法一　等差数列的判定 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2022河北邯郸一模,7)“中国剩余定理”又称“孙子定理”,可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第十六题的“物不知数”问题,原文如下:今有物不知其数,三三数之剩二,五五数之剩三,七七数之剩二,问物几何?现有一个相关的问题:将1到2 022这2 022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序排成一列,构成一个数列,则该数列的项数为(　　) A.132　　　　B.133　　　　C.134　　　　D.135 答案　C　 2.(2023届广东普宁华美实验学校月考,17)记Sn为数列{an}的前n项和,已知Sn=nan-n2+n. (1)证明:{an}是等差数列; (2)若a1,a4,a6成等比数列,求Sn+9n的最小值. 解析　(1)证明:∵Sn=nan-n2+n①, ∴当n≥2时,Sn-1=(n-1)an-1-(n-1)2+n-1(n≥2)②, 由①-②,得an=nan-(n-1)an-1-2(n-1), 即(n-1)an-(n-1)an-1=2(n-1),∴an-an-1=2,n≥2, ∴{an}是以2为公差的等差数列. (2)由(1)可得a4=a1+6,a6=a1+10. ∵a1,a4,a6成等比数列,∴a42=a1a6,即(a1+6)2=a1(a1+10),解得a1=-18, ∴Sn=-18n+n(n-1)2×2=n2-19n, ∴Sn+9n=n2-19n+9n=n+9n-19≥2n·9n-19=-13, 当且仅当n=9n,即n=3时取等号,∴Sn+9n的最小值为-13. 3.(2021全国甲理,18,12分)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{Sn}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. 解析　选①②作为条件,证明③. 证明:设等差数列{an}的公差为d,因为{Sn}是等差数列,所以2S2=S1+S3,即22a1+d=a1+3a1+3d,两边平方,得4(2a1+d)=a1+3a1+3d+2a1(3a1+3d),整理得4a1+d=2a1(3a1+3d),两边平方,得16a12+8a1d+d2=4(3a12+3a1d),化简得4a12-4a1d+d2=0,即(2a1-d)2=0,所以d=2a1,则a2=a1+d=3a1. 选①③作为条件,证明②. 证明:设等差数列{an}的公差为d. 因为a2=3a1,即a1+d=3a1,所以d=2a1. 所以等差数列{an}的前n项和Sn=na1+n(n-1)2d=na1+n(n-1)2·2a1=n2a1.又a1>0,所以Sn=na1. 则Sn+1-Sn=(n+1)a1-na1=a1,所以数列{Sn}是公差为a1的等差数列. 选②③作为条件,证明①. 证明:设等差数列{Sn}的公差为d,因为S1=a1,S2=a1+a2=a1+3a1=2a1,所以d=S2-S1=2a1-a1=a1,则等差数列{Sn}的通项公式为Sn=a1+(n-1)a1=na1,所以Sn=n2a1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,且当n=1时,上式也成立,所以数列{an}的通项公式为an=(2n-1)a1,则an+1-an=(2n+1)a1-(2n-1)a1=2a1,所以数列{an}是公差为2a1的等差数列. 方法总结:证明数列{an}是等差数列的方法 1.定义法:证明an-an-1=d(n≥2,n∈N*)或an+1-an=d(n∈N*); 2.等差中项法:证明2an=an-1+an+1(n≥2,n∈N*). 4.(2022全国甲,理17,文18,12分)记Sn为数列{an}的前n项和.已知2Snn+n=2an+1. (1)证明:{an}是等差数列; (2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值. 解析　(1)证明:由已知条件2Snn+n=2an+1可得, 2Sn=2nan+n-n2①,当n≥2时,由①可得2Sn-1=2(n-1)·an-1+(n-1)-(n-1)2②,由an=Sn-Sn-1及①-②可得,(2n-2)an-(2n-2)an-1=2n-2,n≥2,且n∈N*, 即an-an-1=1,因此{an}是等差数列,公差为1. (2)∵a4,a7,a9成等比数列,且a4=a1+3,a7=a1+6,a9=a1+8,∴a72=a4·a9,即(a1+6)2=(a1+3)(a1+8), 解得a1=-12,∴等差数列{an}的通项公式为an=-12+(n-1)·1=n-13, ∴Sn=(a1+an)n2=12n2-252n=12n-2522-6258, ∵n∈N*,∴当n=12或n=13时,Sn最小, 最小值为-78. 5.(2022广州模拟,19)已知正项数列{an},其前n项和Sn满足an(2Sn-an)=1(n∈N*). (1)求证:数列{Sn2}是等差数列,并求出Sn的表达式; (2)数列{an}中是否存在连续三项ak,ak+1,ak+2,使得1ak,1ak+1,1ak+2构成等差数列?请说明理由. 解析　(1)依题意,得正项数列{an}中,a12=1,即a1=1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1,即(Sn-Sn-1)[2Sn-(Sn-Sn-1)]=1,整理得Sn2-Sn-12=1,又S12=a12=1,因此,数列{Sn2}是以1为首项,1为公差的等差数列,则Sn2=n,因为{an}是正项数列,即Sn>0,所以Sn=n. (2)不存在.理由如下:当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n-n-1,又a1=1,即∀n∈N*,都有an=n-n-1, 则1an=1n-n-1=n+n-1. 假设存在满足要求的连续三项ak,ak+1,ak+2,使得1ak,1ak+1,1ak+2构成等差数列,则2(k+1+k)=k+k-1+k+2+k+1,即k+1+k=k-1+k+2,两边同时平方,得k+1+k+2k+1k=k-1+k+2+2k-1k+2,即(k+1)k=(k-1)(k+2),整理得k2+k=k2+k-2,即0=-2,显然不成立,因此假设是错误的,所以数列{an}中不存在满足要求的连续三项. 6.(2021全国乙理,19,12分)记Sn为数列{an}的前n项和,bn为数列{Sn}的前n项积,已知2Sn+1bn=2. (1)证明:数列{bn}是等差数列; (2)求{an}的通项公式. 解析　(1)证明:由bn=S1·S2·…·Sn可得, Sn=b1,n=1,bnbn-1,n≥2.由2Sn+1bn=2知, 当n=1时,2S1+1b1=2,即2b1+1b1=2,所以b1=S1=32, 当n≥2时,2bnbn-1+1bn=2,即2bn=2bn-1+1,即bn-bn-1=12,故数列{bn}是首项为32,公差为12的等差数列. (2)由(1)知,bn=32+(n-1)×12=n+22, 故当n≥2时,Sn=bnbn-1=n+2n+1,S1也符合该式, 即Sn=n+2n+1(n∈N*),从而a1=S1=32, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n+2n+1-n+1n=-1n(n+1),a1不符合该式, 所以an=32,n=1,-1n(n+1),n≥2. 考法二　等差数列前n项和最值问题 1.(2022八省八校联考二,3)记Sn为等差数列{an}的前n项和,且满足a1<0,S3=S9,则当Sn取得最小值时,n的值为(　　) A.3　　　　B.6　　　　C.9　　　　D.12 答案　B　 2.(2023届长沙市明德中学检测,4)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4 045>0,S4 044<0,则Sn最小时,n=(　　) A.4 045　　　　B.4 044　　　　C.2 023　　　　D.2 022 答案　D　 3.(2022长沙雅礼中学月考,7)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=-11,a4+a6=-6,则当Sn取最小值时,n等于(　　) A.6　　　　B.7　　　　C.8　　　　D.9 答案　A　 4.(多选)(2022广东珠海二中月考,11)等差数列{an}的前n项和为Sn,已知S10=0,S15=25,则(　　) A.a5=0 B.{an}的前n项和中S5最小 C.nSn的最小值为-49 D.Snn的最大值为0 答案　BC　 5.(2019北京理,10,5分)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2=-3,S5=-10,则a5=　　　　,Sn的最小值为　　　　.  答案　0　-10 6.(2022湖南衡阳八中月考,14)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4,S5,S7∈{-10,0},则Sn的最小值为　　　　.  答案　-12 7.(2022湖南湘潭模拟,17)已知Sn为数列{an}的前n项和,且an+1=an+d(n∈N*,d为常数),若S3=12,a3a5+2a3-5a5-10=0.求: (1)数列{an}的通项公式; (2)Sn的最值. 解析　(1)由an+1=an+d(d为常数)知数列{an}是等差数列,且d为公差.由S3=a1+a2+a3=3a2=12得a2=4, 由a3a5+2a3-5a5-10=0得(a3-5)(a5+2)=0, 所以a3=5或a5=-2, 由a2=4,a3=5得a1=3,d=1,此时an=n+2. 由a2=4,a5=-2得a1=6,d=-2,此时an=-2n+8. 所以an=n+2或an=-2n+8. (2)当an=n+2时,Sn=n2+5n2,因为Sn=n2+5n2是关于正整数n的增函数,所以S1=3为Sn的最小值,Sn无最大值; 当an=-2n+8时,Sn=-n2+7n=-n-722+494,因为n为正整数,所以当n=3或n=4时,Sn取最大值S3=S4=12,Sn无最小值. 8.(2018课标Ⅱ,17,12分)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15. (1)求{an}的通项公式; (2)求Sn,并求Sn的最小值. 解析　(1)设{an}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15. 由a1=-7得d=2. 所以{an}的通项公式为an=2n-9. (2)由(1)得Sn=n2-8n=(n-4)2-16. 所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16. 第 9 页 共 9 页