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    高考数学一轮复习 第5章 第2节 等差数列及其前n项和 试卷

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    高考数学一轮复习 第5章 第2节 等差数列及其前n项和

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    这是一份高考数学一轮复习 第5章 第2节 等差数列及其前n项和,共15页。



    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.用符号表示为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.
    2.等差数列的有关公式
    (1)通项公式:an=a1+(n-1)d,an=am+(n-m)d.
    (2)前n项和公式:Sn=na1+eq \f(nn-1d,2)=eq \f(na1+an,2).
    3.等差数列的常用性质
    (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{a2n}也是等差数列,公差为2d.
    (4)若{an},{bn}是等差数列,则{pan+qbn}也是等差数列.
    (5)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.
    1.(思考辨析)判断下列结论的正误.(正确的打“√”,错误的打“×”)
    (1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数,则这个数列是等差数列.( )
    (2)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.( )
    (3)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的.( )
    (4)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.( )
    [答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)×
    2.等差数列{an}的前n项和为Sn,且S3=6,a3=0,则公差d等于( )
    A.-1 B.1
    C.2D.-2
    D [依题意得S3=3a2=6,即a2=2,故d=a3-a2=-2,故选D.]
    3.(2015·全国卷Ⅱ)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1+a3+a5=3,则S5=( )
    A.5B.7
    C.9D.11
    A [a1+a3+a5=3a3=3⇒a3=1,S5=eq \f(5a1+a5,2)=5a3=5.]
    4.(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}前9项的和为27,a10=8,则a100=( )
    A.100B.99
    C.98D.97
    C [法一:∵{an}是等差数列,设其公差为d,
    ∴S9=eq \f(9,2)(a1+a9)=9a5=27,∴a5=3.
    又∵a10=8,∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1+4d=3,,a1+9d=8,))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1=-1,,d=1.))
    ∴a100=a1+99d=-1+99×1=98.故选C.
    法二:∵{an}是等差数列,
    ∴S9=eq \f(9,2)(a1+a9)=9a5=27,∴a5=3.
    在等差数列{an}中,a5,a10,a15,…,a100成等差数列,且公差d′=a10-a5=8-3=5.
    故a100=a5+(20-1)×5=98.故选C.]
    5.(教材改编)在100以内的正整数中有__________个能被6整除的数.
    16 [由题意知,能被6整除的数构成一个等差数列{an},
    则a1=6,d=6,得an=6+(n-1)6=6n.
    由an=6n≤100,即n≤16eq \f(4,6)=16eq \f(2,3),
    则在100以内有16个能被6整除的数.]
    (1)(2015·全国卷Ⅰ)已知{an}是公差为1的等差数列,Sn为{an}的前n项和,若S8=4S4,则a10=( )
    A.eq \f(17,2) B.eq \f(19,2)
    C.10D.12
    (2)(2017·云南省二次统一检测)设等差数列{an}的前n项和为Sn,S11=22,a4=-12,若am=30,则m=( )
    A.9B.10
    C.11D.15
    (1)B (2)B [(1)∵公差为1,
    ∴S8=8a1+eq \f(8×8-1,2)×1=8a1+28,S4=4a1+6.
    ∵S8=4S4,∴8a1+28=4(4a1+6),解得a1=eq \f(1,2),
    ∴a10=a1+9d=eq \f(1,2)+9=eq \f(19,2).
    (2)设等差数列{an}的公差为d,依题意eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S11=11a1+\f(11×11-1,2)d=22,,a4=a1+3d=-12,))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1=-33,,d=7,))
    ∴am=a1+(m-1)d=7m-40=30,∴m=10.]
    [规律方法] 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,知三求二,体现了方程思想的应用.
    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,称为基本量法.
    [变式训练1] (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足eq \f(S3,3)-eq \f(S2,2)=1,则数列{an}的公差是( )
    A.eq \f(1,2)B.1
    C.2D.3
    (2)设Sn为等差数列{an}的前n项和,a12=-8,S9=-9,则S16=__________.
    【导学号:31222176】
    (1)C (2)-72 [(1)∵Sn=eq \f(na1+an,2),∴eq \f(Sn,n)=eq \f(a1+an,2),又eq \f(S3,3)-eq \f(S2,2)=1,
    得eq \f(a1+a3,2)-eq \f(a1+a2,2)=1,即a3-a2=2,
    ∴数列{an}的公差为2.
    (2)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,
    由已知,得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a12=a1+11d=-8,,S9=9a1+\f(9d×8,2)=-9,))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1=3,,d=-1.))
    ∴S16=16×3+eq \f(16×15,2)×(-1)=-72.]
    已知数列{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}中的通项公式an.
    [解] (1)证明:因为an=2-eq \f(1,an-1)(n≥2,n∈N*),
    bn=eq \f(1,an-1).
    所以n≥2时,bn-bn-1=eq \f(1,an-1)-eq \f(1,an-1-1)
    =eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2-\f(1,an-1)))-1)-eq \f(1,an-1-1)=eq \f(an-1,an-1-1)-eq \f(1,an-1-1)=1.5分
    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.7分
    (2)由(1)知,bn=n-eq \f(7,2),9分
    则an=1+eq \f(1,bn)=1+eq \f(2,2n-7).12分
    [规律方法] 1.判断等差数列的解答题,常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.
    2.用定义证明等差数列时,常采用两个式子an+1-an=d和an-an-1=d,但它们的意义不同,后者必须加上“n≥2”,否则n=1时,a0无定义.
    [变式训练2] (1)若{an}是公差为1的等差数列,则{a2n-1+2a2n}是( )
    【导学号:31222177】
    A.公差为3的等差数列
    B.公差为4的等差数列
    C.公差为6的等差数列
    D.公差为9的等差数列
    (2)在数列{an}中,若a1=1,a2=eq \f(1,2),eq \f(2,an+1)=eq \f(1,an)+eq \f(1,an+2)(n∈N*),则该数列的通项为( )
    A.an=eq \f(1,n)
    B.an=eq \f(2,n+1)
    C.an=eq \f(2,n+2)
    D.an=eq \f(3,n)
    A [由已知式eq \f(2,an+1)=eq \f(1,an)+eq \f(1,an+2)可得eq \f(1,an+1)-eq \f(1,an)=eq \f(1,an+2)-eq \f(1,an+1),知eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,a1)=1,公差为eq \f(1,a2)-eq \f(1,a1)=2-1=1的等差数列,所以eq \f(1,an)=n,即an=eq \f(1,n).]
    (1)C (2)480 [(1)∵a2n-1+2a2n-(a2n-3+2a2n-2)
    =(a2n-1-a2n-3)+2(a2n-a2n-2)
    =2+2×2=6,
    ∴{a2n-1+2a2n}是公差为6的等差数列.
    (2)由已知Sneq \r(Sn-1)-Sn-1eq \r(Sn)=2eq \r(SnSn-1)可得,eq \r(Sn)-eq \r(Sn-1)=2,所以{eq \r(Sn)}是以1为首项,2为公差的等差数列,故eq \r(Sn)=2n-1,Sn=(2n-1)2,所以a61=S61-S60=1212-1192=480.]
    (1)(2017·东北三省四市一联)如图5­2­1所示的数阵中,每行、每列的三个数均成等差数列,如果数阵中所有数之和等于63,那么a52=( )
    eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a41 a42 a43,a51 a52 a53,a61 a62 a63))
    图5­2­1
    A.2 B.8
    C.7D.4
    (2)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取得最大值.
    (1)C [法一:第一行三数成等差数列,由等差中项的性质有a41+a42+a43=3a42,同理第二行也有a51+a52+a53=3a52,第三行也有a61+a62+a63=3a62,又每列也成等差数列,所以对于第二列,有a42+a52+a62=3a52,所以a41+a42+a43+a51+a52+a53+a61+a62+a63=3a42+3a52+3a62=3×3a52=63,所以a52=7,故选C.
    法二:由于每行每列都成等差数列,不妨取特殊情况,即这9个数均相同,显然满足题意,所以有63÷9=7,即a52=7,故选C.]
    (2)法一:由S3=S11,可得3a1+eq \f(3×2,2)d=11a1+eq \f(11×10,2)d,4分
    即d=-eq \f(2,13)a1.7分
    从而Sn=eq \f(d,2)n2+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1-\f(d,2)))n=-eq \f(a1,13)(n-7)2+eq \f(49,13)a1,
    因为a1>0,所以-eq \f(a1,13)<0.9分
    故当n=7时,Sn最大.12分
    法二:由法一可知,d=-eq \f(2,13)a1.
    要使Sn最大,则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥0,,an+1≤0,))5分
    即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1+n-1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(2,13)a1))≥0,,a1+n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(2,13)a1))≤0,))9分
    解得6.5≤n≤7.5,故当n=7时,Sn最大.12分
    法三:由S3=S11,可得2a1+13d=0,
    即(a1+6d)+(a1+7d)=0,5分
    故a7+a8=0,又由a1>0,S3=S11可知d<0,9分
    所以a7>0,a8<0,所以当n=7时,Sn最大.12分
    [规律方法] 1.等差数列的性质
    (1)项的性质:在等差数列{an}中,am-an=(m-n)d⇔eq \f(am-an,m-n)=d(m≠n),其几何意义是点(n,an),(m,am)所在直线的斜率等于等差数列的公差.
    (2)和的性质:在等差数列{an}中,Sn为其前n项和,则
    ①S2n=n(a1+a2n)=…=n(an+an+1);
    ②S2n-1=(2n-1)an.
    2.求等差数列前n项和Sn最值的两种方法
    (1)函数法:利用等差数列前n项和的函数表达式Sn=an2+bn,通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解.
    (2)邻项变号法:
    ①当a1>0,d<0时,满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(am≥0,,am+1≤0))的项数m使得Sn取得最大值为Sm;
    ②当a1<0,d>0时,满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(am≤0,,am+1≥0))的项数m使得Sn取得最小值为Sm.
    [变式训练3] (1)在等差数列{an}中,a3+a9=27-a6,Sn表示数列{an}的前n项和,则S11=( )
    A.18B.99
    C.198D.297
    (2)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S5=10,S10=30,则S15=( )
    A.60B.70
    C.90D.40
    A [因为数列{an}为等差数列,所以S5,S10-S5,S15-S10也成等差数列,设S15=x,则10,20,x-30成等差数列,所以2×20=10+(x-30),所以x=60,即S15=60.]
    (1)B (2)20 [(1)因为a3+a9=27-a6,2a6=a3+a9,所以3a6=27,所以a6=9,所以S11=eq \f(11,2)(a1+a11)=11a6=99.
    (2)法一:设数列{an}的公差为d,则a7+a8+a9=a1+6d+a2+6d+a3+6d=5+18d=10,所以18d=5,故a19+a20+a21=a7+12d+a8+12d+a9+12d=10+36d=20.
    法二:由等差数列的性质,可知S3,S6-S3,S9-S6,…,S21-S18成等差数列,设此数列公差为D.
    所以5+2D=10,
    所以D=eq \f(5,2).
    所以a19+a20+a21=S21-S18=5+6D=5+15=20.]
    [思想与方法]
    1.等差数列的通项公式,前n项和公式涉及“五个量”,“知三求二”,需运用方程思想求解,特别是求a1和d.
    (1)若奇数个数成等差数列且和为定值时,可设为…,a-2d,a-d,a,a+d,a+2d,….
    (2)若偶数个数成等差数列且和为定值时,可设为…,a-3d,a-d,a+d,a+3d,….
    2.等差数列{an}中,an=an+b(a,b为常数),Sn=An2+Bn(A,B为常数),均是关于“n”的函数,充分运用函数思想,借助函数的图象、性质简化解题过程.
    3.等差数列的四种判断方法:
    (1)定义法:an+1-an=d(d是常数)⇔{an}是等差数列.
    (2)等差中项法:2an+1=an+an+2(n∈N*)⇔{an}是等差数列.
    (3)通项公式:an=pn+q(p,q为常数)⇔{an}是等差数列.
    (4)前n项和公式:Sn=An2+Bn(A,B为常数)⇔{an}是等差数列.
    [易错与防范]
    1.要注意概念中的“从第2项起”.如果一个数列不是从第2项起,每一项与它前一项的差是同一个常数,那么此数列不是等差数列.
    2.注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别.
    3.求等差数列的前n项和Sn的最值时,需要注意“自变量n为正整数”这一隐含条件.
    课时分层训练(二十九)
    等差数列及其前n项和
    A组 基础达标
    (建议用时:30分钟)
    一、选择题
    1.在等差数列{an}中,a1=0,公差d≠0,若am=a1+a2+…+a9,则m的值为( ) 【导学号:31222178】
    A.37B.36
    C.20D.19
    A [am=a1+a2+…+a9=9a1+eq \f(9×8,2)d=36d=a37.]
    2.(2017·深圳二次调研)在等差数列{an}中,若前10项的和S10=60,且a7=7,则a4=( )
    【导学号:31222179】
    A.4B.-4
    C.5D.-5
    C [法一:由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(10a1+45d=60,,a1+6d=7,))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1=3,,d=\f(2,3),))∴a4=a1+3d=5,故选C.
    法二:由等差数列的性质有a1+a10=a7+a4,∵S10=eq \f(10a1+a10,2)=60,∴a1+a10=12.又∵a7=7,∴a4=5,故选C.]
    3.(2017·福州质检)已知数列{an}是等差数列,且a7-2a4=6,a3=2,则公差d=( )
    A.2eq \r(2)B.4
    C.8D.16
    B [法一:由题意得a3=2,a7-2a4=a3+4d-2(a3+d)=6,解得d=4,故选B.
    法二:由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a7-2a4=a1+6d-2a1+3d=6,,a3=a1+2d=2,))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1=-6,,d=4,))故选B.]
    4.等差数列{an}中,已知a5>0,a4+a7<0,则{an}的前n项和Sn的最大值为( ) 【导学号:31222180】
    A.S7B.S6
    C.S5D.S4
    C [∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4+a7=a5+a6<0,,a5>0,))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a5>0,,a6<0,))
    ∴Sn的最大值为S5.]
    5.(2017·湖北七市4月联考)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述:今有良马与驽马发长安至齐,齐去长安一千一百二十五里,良马初日行一百零三里,日增十三里;驽马初日行九十七里,日减半里;良马先至齐,复还迎驽马,二马相逢,问:几日相逢?( )
    A.9日B.8日
    C.16日D.12日
    A [根据题意,显然良马每日行程构成一个首项a1=103,公差d1=13的等差数列,前n天共跑的里程为S=na1+eq \f(nn-1,2)d1=103n+eq \f(13,2)n(n-1)=6.5n2+96.5n;驽马每日行程也构成一个首项b1=97,公差d2=-0.5的等差数列,前n天共跑的里程为S=nb1+eq \f(nn-1,2)d2=97n-eq \f(0.5,2)n(n-1)=-0.25n2+97.25n.两马相逢时,共跑了一个来回.设其第n天相逢,则有6.5n2+96.5n-0.25n2+97.25n=1 125×2,解得n=9,即它们第9天相遇,故选A.]
    二、填空题
    6.(2017·郑州二次质量预测)已知{an}为等差数列,公差为1,且a5是a3与a11的等比中项,则a1=__________.
    -1 [因为a5是a3与a11的等比中项,所以aeq \\al(2,5)=a3·a11,即(a1+4d)2=(a1+2d)(a1+10d),解得a1=-1.]
    7.(2016·北京高考)已知{an}为等差数列,Sn为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6=________.
    6 [∵a3+a5=2a4,∴a4=0.
    ∵a1=6,a4=a1+3d,∴d=-2.
    ∴S6=6a1+eq \f(6×6-1,2)d=6.]
    8.(2016·江苏高考)已知{an}是等差数列,Sn是其前n项和.若a1+aeq \\al(2,2)=-3,S5=10,则a9的值是________.
    20 [法一:设等差数列{an}的公差为d,由S5=10,知S5=5a1+eq \f(5×4,2)d=10,得a1+2d=2,即a1=2-2d,所以a2=a1+d=2-d,代入a1+aeq \\al(2,2)=-3,化简得d2-6d+9=0,所以d=3,a1=-4.故a9=a1+8d=-4+24=20.
    法二:设等差数列{an}的公差为d,由S5=10,知eq \f(5a1+a5,2)=5a3=10,所以a3=2.
    由a1+a3=2a2,得a1=2a2-2,代入a1+aeq \\al(2,2)=-3,化简得aeq \\al(2,2)+2a2+1=0,所以a2=-1.
    公差d=a3-a2=2+1=3,故a9=a3+6d=2+18=20.]
    三、解答题
    9.已知等差数列的前三项依次为a,4,3a,前n项和为Sn,且Sk=110.
    【导学号:31222181】
    (1)求a及k的值;
    (2)设数列{bn}的通项bn=eq \f(Sn,n),证明:数列{bn}是等差数列,并求其前n项和Tn.
    [解] (1)设该等差数列为{an},则a1=a,a2=4,a3=3a,
    由已知有a+3a=8,得a1=a=2,公差d=4-2=2,
    所以Sk=ka1+eq \f(kk-1,2)·d=2k+eq \f(kk-1,2)×2=k2+k.3分
    由Sk=110,得k2+k-110=0,
    解得k=10或k=-11(舍去),故a=2,k=10.5分
    (2)证明:由(1)得Sn=eq \f(n2+2n,2)=n(n+1),
    则bn=eq \f(Sn,n)=n+1,
    故bn+1-bn=(n+2)-(n+1)=1,8分
    即数列{bn}是首项为2,公差为1的等差数列,
    所以Tn=eq \f(n2+n+1,2)=eq \f(nn+3,2).12分
    10.(2017·合肥三次质检)等差数列{an}的首项a1=1,公差d≠0,且a3·a4=a12.
    (1)求数列{an}的通项公式;
    (2)设bn=an·2n,求数列{bn}的前n项和Tn.
    [解] (1)由a3·a4=a12得(1+2d)·(1+3d)=1+11d⇒d=1或d=0(不合题意舍去),∴数列{an}的通项公式为an=n.5分
    (2)依题意bn=an·2n=n·2n,
    Tn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n,
    2Tn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1,9分
    两式相减得-Tn=21+22+23+…+2n-n×2n+1
    =eq \f(21-2n,1-2)-n×2n+1
    =(1-n)2n+1-2,
    ∴Tn=(n-1)2n+1+2.12分
    B组 能力提升
    (建议用时:15分钟)
    1.设数列{an}的前n项和为Sn,若eq \f(Sn,S2n)为常数,则称数列{an}为“吉祥数列”.已知等差数列{bn}的首项为1,公差不为0,若数列{bn}为“吉祥数列”,则数列{bn}的通项公式为( ) 【导学号:31222182】
    A.bn=n-1B.bn=2n-1
    C.bn=n+1D.bn=2n+1
    B [设等差数列{bn}的公差为d(d≠0),eq \f(Sn,S2n)=k,因为b1=1,则n+eq \f(1,2)n(n-1)d=keq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2n+\f(1,2)×2n2n-1d)),
    即2+(n-1)d=4k+2k(2n-1)d,
    整理得(4k-1)dn+(2k-1)(2-d)=0.
    因为对任意的正整数n上式均成立,
    所以(4k-1)d=0,(2k-1)(2-d)=0,
    解得d=2,k=eq \f(1,4),
    所以数列{bn}的通项公式为bn=2n-1.]
    2.已知等差数列{an}的首项a1=20,公差d=-2,则前n项和Sn的最大值为__________.
    110 [因为等差数列{an}的首项a1=20,公差d=-2,代入求和公式得,
    Sn=na1+eq \f(nn-1,2)d=20n-eq \f(nn-1,2)×2
    =-n2+21n=-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n-\f(21,2)))2+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(21,2)))2,
    又因为n∈N*,所以n=10或n=11时,Sn取得最大值,最大值为110.]
    3.(2014·全国卷Ⅰ)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数.
    (1)证明:an+2-an=λ;
    (2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由.
    [解] (1)证明:由题设知anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1,2分
    两式相减得an+1(an+2-an)=λan+1,
    由于an+1≠0,所以an+2-an=λ.5分
    (2)由题设知a1=1,a1a2=λS1-1,
    可得a2=λ-1.
    由(1)知,a3=λ+1.7分
    令2a2=a1+a3,解得λ=4.
    故an+2-an=4,由此可得{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3;9分
    {a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1.
    所以an=2n-1,an+1-an=2,
    因此存在λ=4,使得数列{an}为等差数列.12分
    等差数列的基本运算
    等差数列的判定与证明
    等差数列的性质与最值

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