2025版高考数学全程一轮复习练习第六章数列第二节等差数列

这是一份2025版高考数学全程一轮复习练习第六章数列第二节等差数列，共14页。试卷主要包含了理解等差数列的概念．，5，＝k1，＝k2，＝k3等内容，欢迎下载使用。

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，并能用有关知识解决相应的问题．
4．了解等差数列与一次函数、二次函数的关系．
问题思考·夯实技能
【问题1】 推导等差数列的前n项和公式的方法是什么？请你试一试．
【问题2】 在等差数列{an}中，通项an是关于n的一次函数吗？前n项和Sn是关于n的二次函数吗？
关键能力·题型剖析
题型一 等差数列基本量的运算
例1 (1)[2024·九省联考]记等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＋a7＝6，a12＝17，则S16＝( )
A．120 B．140
C．160 D．180
(2)[2024·安徽安庆模拟]林业部门规定：树龄500年以上的古树为一级，树龄300～500年之间的古树为二级，树龄100～299年的古树为三级，树龄低于100年不称为古树．林业工作者为研究树木年龄，多用年轮推测法，先用树木测量生长锥在树干上打孔，抽取一段树干计算年轮个数，由经验知树干截面近似圆形，年轮宽度依次构成等差数列．现为了评估某棵大树的级别，特测量数据如下：树干周长为3.14米，靠近树芯的第5个年轮宽度为0.4 cm，靠近树皮的第5个年轮宽度为0.2 cm，则估计该大树属于( )
A．一级 B．二级
C．三级 D．不是古树
[听课记录]


题后师说
等差数列基本运算的求解策略
巩固训练1
(1)[2024·河南洛阳模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝18，则S6＝( )
A．54 B．71
C．80 D．81
(2)[2024·河北唐山模拟]已知等差数列{an}满足a1＋a3＝2，a3＋a5＝4，则a5＋a7＝________．
题型二 等差数列的判断与证明
例2 [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．
[听课记录]
题后师说
巩固训练2
[2024·河北石家庄模拟]已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝(n∈N*)．
(1)求证：数列{}是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
题型三 等差数列的性质
角度一 等差数列项的性质
例3 (1)[2024·黑龙江哈尔滨模拟]已知等差数列{an}的前n项和Sn，若a2＋a3＋a14＋a15＝40，则S16＝( )
A．150 B．160
C．170 D．与a1和公差有关
(2)[2024·河北石家庄模拟]已知数列{an}对任意正整数n都有an＋an＋2＝2an＋1，且a2，a6是方程x2－8x－5＝0的两个实根，则a1＋a4＋a7＝________．
[听课记录]



题后师说
(1)在等差数列题目中，只要出现项的和问题，一般先考虑应用项的性质．
(2)项的性质常与等差数列的前n项和公式Sn＝相结合．
巩固训练3
(1)[2024·江西宜春模拟]已知等差数列{an}满足a2－a5＋a8＝4，则数列{an}的前9项和S9＝( )
A．9 B．18
C．36 D．72
(2)[2024·江苏徐州模拟]若一个等差数列的前5项和为15，后5项和为145，且该数列共有31项，则这个等差数列的公差为________．
角度二 等差数列前n项和的性质
例4 (1)已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn(Sn，Tn≠0)，且(n＋1)Sn＝(7n＋23)Tn，则的值为( )
A． B．
C． D．
(2)在等差数列{an}中， a1＝－2 024，其前n项和为Sn，若＝2，则S2 024＝( )
A．2 023 B．－2 023
C．－2 024 D．2 024
[听课记录]

题后师说
在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则：
(1)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
(2){}也为等差数列．
(3)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)．
(4)S2n－1＝(2n－1)an.
(5)若n为偶数，则S偶－S奇＝；若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．
巩固训练4
(1)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝20，S20＝10，则S30＝( )
A．0 B．－10
C．－30 D．－40
(2)已知等差数列{an}的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为( )
A．10 B．20
C．30 D．40
角度三 等差数列的最值问题
例5 (多选)等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1>0，S10＝S20，则成立的是( )
A．d>0
B．Sn的最大值是S15
C．a16<0
D．当Sn<0时，n最大值为32
[听课记录]


题后师说
求等差数列前n项和Sn的最值的两种常用方法
巩固训练5
已知数列{an}是等差数列，若a9＋a12>0，a10·a11<0，且数列{an}的前n项和Sn有最大值，那么当Sn>0时，n的最大值为( )
A．10 B．11
C．20 D．21
1．[2023·全国甲卷]记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝( )
A．25 B．22
C．20 D．15
2．[2022·新高考Ⅱ卷]图(1)是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图(2)是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为＝0.5，＝k1，＝k2，＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3＝( )
A．0.75 B．0.8
C．0.85 D．0.9
3．[2022·全国乙卷]记Sn为等差数列的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝________.
4．[2020·新高考Ⅰ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________.
第二节 等差数列
问题思考·夯实技能
【问题1】 提示：倒序相加法. 对于等差数列{an}中，前n项和为Sn，则Sn＝a1＋a2＋…＋an ①，
Sn＝an＋an－1＋…＋a1 ②.
①＋②得2Sn＝(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(an＋a1)＝n(a1＋an)，
∴Sn＝.
【问题2】 提示：an不一定是关于n的一次函数，事实上，在等差数列{an}中，an＝kn＋b(k，b∈R)，当k＝0，即数列为常数列时，an不是关于n的一次函数；同理Sn不一定是关于n的二次函数，当数列为常数列时，Sn＝bn，不是二次函数．
关键能力·题型剖析
例1 解析：(1)方法一 ，解得，
∴S16＝16×(－5)＋×2＝160.
方法二 因为a3＋a7＝2a5＝6，所以a5＝3，所以a5＋a12＝3＋17＝20，
所以S16＝＝8(a5＋a12)＝160.故选C.
(2)设树干的截面圆的半径为r，树干周长2πr＝3.14，r＝0.5 m＝50 cm，从内向外数：a5＝0.4，an－4＝0.2，Sn＝r＝50＝＝0.3n，∴n＝≈167年，所以为三级．故选C.
答案：(1)C (2)C
巩固训练1 解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，因为a1＝1，S3＝18，可得3a1＋3d＝3＋3d＝18，解得d＝5，所以S6＝6a1＋15d＝6＋15×5＝81.故选D.
(2)设等差数列{an}的公差为d，由题意知，
解得，所以a5＋a7＝2a1＋10d＝2×＋10×＝6.
答案：(1)D (2)6
例2 解析：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，数列{}的公差为d1，
则Sn＝na1＋d＝n2d＋n，＝＋(n－1)d1.
代入解得d1＝，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an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)，n＝1满足上式，故an＝(2n－1)d2，an－an－1＝2d2，所以数列{an}是等差数列．
巩固训练2 解析：证明：(1)∵＝＝＝＝＝，∴－＝，
∴数列{}是以为公差的等差数列．
(2)由(1)知，＝＋(n－1)·＝，
∴an＝(n∈N*)．
例3 解析：(1)因为{an}是等差数列，所以a2＋a3＋a14＋a15＝2(a1＋a16)＝40，所以a1＋a16＝20，所以S16＝＝＝160.故选B.
(2)因为数列{an}对任意正整数n都有an＋an＋2＝2an＋1，所以数列{an}是等差数列，因为a2，a6是方程x2－8x－5＝0的两个实根，由根与系数的关系可得a2＋a6＝8，所以a1＋a4＋a7＝a2＋a6＋(a2＋a6)＝8＋4＝12.
答案：(1)B (2)12
巩固训练3 解析：(1)根据题意，等差数列{an}中，a2＋a8＝2a5，则a2－a5＋a8＝a5＝4，数列{an}的前9项和S9＝＝9a5＝36，故选C.
(2)设这个等差数列为{an}，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝5a3＝15，a27＋a28＋a29＋a30＋a31＝5a29＝145，所以a3＝3，a29＝29，所以公差d＝＝1.
答案：(1)C (2)1
例4 解析：(1)由(n＋1)Sn＝(7n＋23)Tn，得＝＝＝＝＝＝＝.故选B.
(2)由{an}是等差数列，设公差为d，则Sn＝na1＋d，所以＝a1＋d，＝(常数)，则{}也为等差数列．由＝2，则数列{}的公差为1.所以＝＋(n－1)×1＝－2 024＋n－1＝n－2 025，所以＝2 024－2 025＝－1，所以S2 024＝－2 024.故选C.
答案：(1)B (2)C
巩固训练4 解析：(1)由等差数列{an}的前n项和的性质可得：S10，S20－S10，S30－S20也成等差数列，∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，∴2×(10－20)＝20＋S30－10，解得S30＝－30.故选C.
(2)设该数列有2n项，则S偶－S奇＝nd，得2n＝25－15＝10，故该数列的项数为10，故选A.
答案：(1)C (2)A
例5 解析：设等差数列的公差为d，S10＝S20，10a1＋45d＝20a1＋190d，a1＋d＝0，d＝－<0，A选项错误；所以a1＋14d＝a15>0，a1＋15d＝a16<0，C选项正确；所以Sn的最大值是S15，B选项正确；由于n≥16时，an<0，{an}是单调递减数列，所以当Sn<0时，n没有最大值，D选项错误．故选BC.
答案：BC
巩固训练5 解析：由等差数列的性质可知，a9＋a12＝a11＋a10>0，又∵a10·a11<0，∴a10和a11异号，∵数列{an}的前n项和Sn有最大值，∴数列{an}是递减的等差数列，即an－an－1＝d<0，∴a10>0，a11<0，∴S21＝＝21a11<0，S20＝＝10(a9＋a12)>0，∴当Sn>0时，n的最大值为20.故选C.
答案：C
随堂检测
1．解析：方法一 由a2＋a6＝10，可得2a4＝10，所以a4＝5，又a4a8＝45，所以a8＝9.设等差数列{an}的公差为d，则d＝＝＝1，又a4＝5，所以a1＝2，所以S5＝5a1＋d＝20，故选C.
方法二 设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5 ①，
由a4a8＝45，可得(a1＋3d)(a1＋7d)＝45 ②，
由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋d＝20，故选C.
答案：C
2．解析：设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，则DD1＝0.5，CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3.由题意，得k3＝k1＋0.2，k3＝k2＋0.1，且＝0.725，即＝0.725，解得k3＝0.9.故选D.
答案：D
3．解析：方法一 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.因为2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a1＋d＋a1＋2d)＝3(a1＋a1＋d)＋6，所以6a1＋6d＝6a1＋3d＋6，解得d＝2.
方法二 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由2S3＝3S2＋6，可得2×3a2＝3(a1＋a2)＋6.整理，得a2－a1＝2，所以d＝2.
答案：2
4．解析：因为数列{2n－1}是以1为首项，以2为公差的等差数列，
数列{3n－2}是以1为首项，以3为公差的等差数列，
所以这两个数列的公共项所构成的新数列{an}是以1为首项，以6为公差的等差数列，
所以{an}的前n项和为n·1＋·6＝3n2－2n.
答案：3n2－2n