【数学】2020届江苏一轮复习通用版7-2等差数列作业
7.2 等差数列
挖命题
【考情探究】
考点
内容解读
5年考情
预测热度
考题示例
考向
关联考点
等差数列的概念及运算
1.了解等差数列的概念,会利用定义证明等差数列
2.理解等差数列的通项公式和前n项和公式,会应用公式进行基本的运算
2017江苏,19
等差数列的定义及通项公式
★★★
2016江苏,8
等差数列的通项公式及求和
2014江苏,20
等差数列的通项及求和
数列的概念
等差数列的性质
利用等差数列的有关性质解题
★★★
分析解读 等差数列是数列中的一种重要模型,是江苏高考的重要考点之一,主要考查等差数列的概念和性质,考查代数推理论证能力,对能力要求比较高,往往放在压轴题的位置,难度比较大.
破考点
【考点集训】
考点一 等差数列及其基本运算
1.(2019届江苏昆山中学检测)正项数列{an}满足a1=1,a2=2,2an2=an+12+an-12(n∈N+,n≥2),则a7= .
答案 19
2.(2018江苏苏锡常镇四市高三教学情况调研(一),8)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a2+a4=2,S2+S4=1,则a10= .
答案 8
考点二 等差数列的性质
1.在等差数列{an}中,若a3+a4+a5+a6+a7=450,则a2+a8= .
答案 180
2.(2018江苏南京、盐城高三一模,10)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若{an}的前2 017项中的奇数项和为2 018,则S2 017的值为 .
答案 4 034
3.设等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若对任意正整数n都有SnTn=2n-34n-3,则a9b5+b7+a3b8+b4的值为 .
答案 1941
炼技法
【方法集训】
方法一 等差数列的判断与证明的方法
(2018江苏启东高三调研测试)已知数列{an}中,a2=94,前n项和为Sn,且2Sn+1-3Sn=2a1.
(1)证明数列{an}为等比数列,并写出其通项公式;
(2)设bn=n2nan,试问是否存在正整数s,t(1
0,得n<533,
所以当n≤17,n∈N*时,an>0;当n≥18,n∈N*时,an<0,所以{an}前17项和最大.
(2)当n≤17,n∈N*时,
|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=na1+n(n-1)2d=-32n2+1032n,
当n≥18,n∈N*时,
|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+a17-a18-a19-…-an
=2(a1+a2+…+a17)-(a1+a2+…+an)=32n2-1032n+884,
所以当n≤17,n∈N*时,{|an|}前n项和为-32n2+1032n,
当n≥18,n∈N*时,{|an|}前n项和为32n2-1032n+884.
所以数列{|an|}的前n项和Sn=-32n2+1032n,n≤17,32n2-1032n+884,n≥18.
方法三 含有等差数列的新定义问题的解题方法
(2018江苏南通高三第一次调研)若数列{an}同时满足:①对于任意的正整数n,an+1≥an恒成立;②对于给定的正整数k,an-k+an+k=2an对于任意的正整数n(n>k)恒成立,则称数列{an}是“R(k)数列”.
(1)已知an=2n-1,n为奇数,2n,n为偶数,判断数列{an}是不是“R(2)数列”,并说明理由;
(2)已知数列{bn}是“R(3)数列”,且存在整数p(p>1),使得b3p-3,b3p-1,b3p+1,b3p+3成等差数列,证明:{bn}是等差数列.
解析 (1)当n为奇数时,an+1-an=2(n+1)-(2n-1)=3>0,所以an+1≥an.
an-2+an+2=2(n-2)-1+2(n+2)-1=2(2n-1)=2an.
当n为偶数时,an+1-an=(2n+1)-2n=1>0,所以an+1≥an.
an-2+an+2=2(n-2)+2(n+2)=4n=2an.
所以数列{an}是“R(2)数列”.
(2)由题意可得:bn-3+bn+3=2bn,
则数列b1,b4,b7,…是等差数列,设其公差为d1,
数列b2,b5,b8,…是等差数列,设其公差为d2,
数列b3,b6,b9,…是等差数列,设其公差为d3.
因为bn≤bn+1,所以b3n+1≤b3n+2≤b3n+4,
所以b1+nd1≤b2+nd2≤b1+(n+1)d1,
所以n(d2-d1)≥b1-b2①,n(d2-d1)≤b1-b2+d1②.
若d2-d1<0,则当n>b1-b2d2-d1时,①不成立;
若d2-d1>0,则当n>b1-b2+d1d2-d1时,②不成立;
若d2-d1=0,则①和②都成立,所以d1=d2.
同理得:d1=d3,所以d1=d2=d3,记d1=d2=d3=d.
设b3p-1-b3p-3=b3p+1-b3p-1=b3p+3-b3p+1=λ,
则b3n-1-b3n-2=b3p-1+(n-p)d-[b3p+1+(n-p-1)d]
=b3p-1-b3p+1+d=d-λ.
同理可得:b3n-b3n-1=b3n+1-b3n=d-λ,所以bn+1-bn=d-λ.
所以{bn}是等差数列.
过专题
【五年高考】
A组 自主命题·江苏卷题组
1.(2016江苏,8,5分)已知{an}是等差数列,Sn是其前n项和.若a1+a22=-3,S5=10,则a9的值是 .
答案 20
2.(2017江苏,19,16分)对于给定的正整数k,若数列{an}满足:an-k+an-k+1+…+an-1+an+1+…+an+k-1+an+k=2kan对任意正整数n(n>k)总成立,则称数列{an}是“P(k)数列”.
(1)证明:等差数列{an}是“P(3)数列”;
(2)若数列{an}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,证明:{an}是等差数列.
证明 本题主要考查等差数列的定义、通项公式等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.
(1)因为{an}是等差数列,设其公差为d,则an=a1+(n-1)d,
从而,当n≥4时,an-k+an+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2an,k=1,2,3,
所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an,
因此等差数列{an}是“P(3)数列”.
(2)数列{an}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,因此,
当n≥3时,an-2+an-1+an+1+an+2=4an,①
当n≥4时,an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an.②
由①知,an-3+an-2=4an-1-(an+an+1),③
an+2+an+3=4an+1-(an-1+an).④
将③④代入②,得an-1+an+1=2an,其中n≥4,
所以a3,a4,a5,…是等差数列,设其公差为d'.
在①中,取n=4,则a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d',
在①中,取n=3,则a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d',
所以数列{an}是等差数列.
方法总结 数列新定义型创新题的一般解题思路:
（1）阅读审清“新定义”;
（2）结合常规的等差数列、等比数列的相关知识,化归、转化到“新定义”的相关知识;
（3）利用“新定义”及常规的数列知识,求解证明相关结论.
3.(2014江苏,20,16分,0.17)设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意的正整数n,总存在正整数m,使得Sn=am,则称{an}是“H数列”.
(1)若数列{an}的前n项和Sn=2n(n∈N*),证明:{an}是“H数列”;
(2)设{an}是等差数列,其首项a1=1,公差d<0.若{an}是“H数列”,求d的值;
(3)证明:对任意的等差数列{an},总存在两个“H数列”{bn}和{cn},使得an=bn+cn(n∈N*)成立.
解析 (1)证明:由已知得,当n≥1时,an+1=Sn+1-Sn=2n+1-2n=2n.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=n+1,使得Sn=2n=am.
所以{an}是“H数列”.
(2)由已知,得S2=2a1+d=2+d.因为{an}是“H数列”,所以存在正整数m,使得S2=am,即2+d=1+(m-1)d,于是(m-2)d=1.因为d<0,所以m-2<0,故m=1.从而d=-1.
当d=-1时,an=2-n,Sn=n(3-n)2是小于2的整数,n∈N*.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=2-Sn=2-n(3-n)2,使得Sn=2-m=am,所以{an}是“H数列”.
因此d的值为-1.
(3)证明:设等差数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d=na1+(n-1)(d-a1)(n∈N*).
令bn=na1,cn=(n-1)(d-a1),
则an=bn+cn(n∈N*),
下证{bn}是“H数列”.
设{bn}的前n项和为Tn,则Tn=n(n+1)2a1(n∈N*).于是对任意的正整数n,总存在正整数m=n(n+1)2,使得Tn=bm.所以{bn}是“H数列”.
同理可证{cn}也是“H数列”.
所以,对任意的等差数列{an},总存在两个“H数列”{bn}和{cn},使得an=bn+cn(n∈N*).
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点一 等差数列的概念及运算
1.(2018课标全国Ⅰ理改编,4,5分)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若3S3=S2+S4,a1=2,则a5= .
答案 -10
2.(2018北京理,9,5分)设{an}是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则{an}的通项公式为 .
答案 an=6n-3
3.(2017课标全国Ⅲ理改编,9,5分)等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{an}前6项的和为 .
答案 -24
4.(2016课标全国Ⅰ改编,3,5分)已知等差数列{an}前9项的和为27,a10=8,则a100= .
答案 98
5.(2015课标Ⅰ改编,7,5分)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= .
答案 192
6.(2017课标全国Ⅱ理,15,5分)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则∑k=1n1Sk= .
答案 2nn+1
7.(2018课标全国Ⅱ理,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.
方法总结 求等差数列前n项和Sn的最值的两种方法
(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的最值.
(2)邻项变号法:
①当a1>0,d<0时,满足am≥0,am+1≤0的项数m,可使得Sn取得最大值,最大值为Sm;
②当a1<0,d>0时,满足am≤0,am+1≥0的项数m,可使得Sn取得最小值,最小值为Sm.
8.(2016课标全国Ⅰ,17,12分)已知{an}是公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=1,b2=13,anbn+1+bn+1=nbn.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求{bn}的前n项和.
解析 (1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=13,得a1=2,(3分)
所以数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为an=3n-1.(5分)
(2)由(1)和anbn+1+bn+1=nbn得bn+1=bn3,(7分)
因此{bn}是首项为1,公比为13的等比数列.(9分)
记{bn}的前n项和为Sn,
则Sn=1-13n1-13=32-12×3n-1.(12分)
评析本题主要考查了等差数列及等比数列的定义,能准确写出{an}的表达式是关键.
考点二 等差数列的性质
1.(2015课标Ⅱ改编,5,5分)设Sn是等差数列{an}的前n项和.若a1+a3+a5=3,则S5= .
答案 5
2.(2017课标全国Ⅰ理改编,4,5分)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则{an}的公差为 .
答案 4
3.(2016课标全国Ⅱ理,17,12分)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.
(1)求b1,b11,b101;
(2)求数列{bn}的前1 000项和.
解析 (1)设{an}的公差为d,据已知有7+21d=28,
解得d=1.
所以{an}的通项公式为an=n.
b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(6分)
(2)因为bn=0,1≤n<10,1,10≤n<100,2,100≤n<1 000,3,n=1 000,(9分)
所以数列{bn}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)
思路分析 (1)先求公差,从而求得通项公式an,再根据已知条件求b1,b11,b101;(2)用分段函数表示bn,进而求数列{bn}的前1 000项的和.
评析本题主要考查了数列的综合运用,同时对考生创新能力进行了考查,充分理解[x]的意义是解题关键.
C组 教师专用题组
1.(2011全国改编,4,5分)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1=1,公差d=2,Sk+2-Sk=24,则k= .
答案 5
2.(2013课标全国Ⅰ理改编,7,5分,0.718)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m= .
答案 5
3.(2012课标全国改编,12,5分)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为 .
答案 1 830
4.(2012课标全国,17,12分)设{an}是公差不为零的等差数列,Sn为其前n项和,满足a22+a32=a42+a52,S7=7.
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn;
(2)试求所有的正整数m,使得amam+1am+2为数列{an}中的项.
解析 (1)设公差为d,则a22-a52=a42-a32,
由等差数列的性质得-3d(a4+a3)=d(a4+a3),
因为d≠0,所以a4+a3=0,即2a1+5d=0①,
由S7=7,得7a1+7×62d=7②,由①②可解得a1=-5,d=2,
所以{an}的通项公式an=2n-7,前n项和Sn=n2-6n.
(2)amam+1am+2=(2m-7)(2m-5)2m-3,令2m-3=t,
则amam+1am+2=(t-4)(t-2)t=t+8t-6,
因为t是奇数,所以t可取的值为±1,
当t=1时,m=2,t+8t-6=3,2×5-7=3,是数列{an}中的项;
当t=-1时,m=1,t+8t-6=-15,数列{an}中的最小项是-5,不符合.
所以满足条件的正整数m=2.
5.(2012江苏,20,16分)已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满足:an+1=an+bnan2+bn2,n∈N*.
(1)设bn+1=1+bnan,n∈N*,求证:数列bnan2是等差数列;
(2)设bn+1=2·bnan,n∈N*,且{an}是等比数列,求a1和b1的值.
解析 (1)由题设知an+1=an+bnan2+bn2=1+bnan1+bnan2=bn+11+bnan2,
所以bn+1an+1=1+bnan2,从而bn+1an+12-bnan2=1(n∈N*),
所以数列bnan2是以1为公差的等差数列.
(2)因为an>0,bn>0,所以(an+bn)22≤an2+bn2<(an+bn)2,
从而10知q>0.下证q=1.
若q>1,则a1=a2qlogq2a1时,an+1=a1qn>2,与(*)矛盾;
若0a2>1,故当n>logq1a1时,an+1=a1qn<1,与(*)矛盾.
综上,q=1,故an=a1(n∈N*),所以11,于是b11)成等差数列?若存在,求出所有满足条件的m,n,若不存在,请说明理由.
解析 (1)当n=1时,S1=2a1-1=a1,
所以a1=1;
当n≥2时,Sn=2an-1,Sn-1=2an-1-1,
两式相减得an=2an-1,从而数列{an}为首项a1=1,公比q=2的等比数列,
从而数列{an}的通项公式为an=2n-1.
由nbn+1-(n+1)bn=n(n+1)两边同除以n(n+1),
得bn+1n+1-bnn=1,
从而数列bnn是首项为1,公差为1的等差数列,所以bnn=n,
从而数列{bn}的通项公式为bn=n2.
(2)假设存在正整数m,n(n>1),使b1,am,bn成等差数列,则b1+bn=2am,
即1+n2=2m,
若n为偶数,则1+n2为奇数,而2m为偶数,上式不成立.
若n为奇数,设n=2k-1(k∈N*),
则1+n2=1+(2k-1)2=4k2-4k+2=2m,
于是2k2-2k+1=2m-1,
即2(k2-k)+1=2m-1,
当m=1时,k=1,此时n=2k-1=1与n>1矛盾;
当m≥2时,上式左边为奇数,右边为偶数,显然不成立.
综上所述,满足条件的正整数m,n不存在.
12.(2018江苏镇江高三上学期期末,20)已知数列{an}的前n项和为Sn,对任意正整数n,总存在正数p,q,r使得an=pn-1,Sn=qn-r恒成立,数列{bn}的前n项和为Tn,且对任意正整数n,2Tn=nbn恒成立.
(1)求常数p,q,r的值;
(2)证明数列{bn}为等差数列;
(3)若b2=2,记Pn=2n+b1an+2n+b22an+2n+b34an+…+2n+bn-12n-2an+2n+bn2n-1an,是否存在正整数k,使得对任意正整数n,Pn≤k恒成立?若存在,求正整数k的最小值;若不存在,请说明理由.
解析 (1)因为Sn=qn-r①,
所以Sn-1=qn-1-r(n≥2)②,
①-②得Sn-Sn-1=qn-qn-1,
即an=qn-qn-1(n≥2).
又an=pn-1,所以pn-1=qn-qn-1(n≥2),
n=2时,p=q2-q,n=3时,p2=q3-q2.
因为p,q为正数,所以p=q=2.
又因为a1=1,S1=q-r,且a1=S1,所以r=1.
(2)证明:因为2Tn=nbn③,
所以当n≥2时,2Tn-1=(n-1)bn-1④,
③-④得2bn=nbn-(n-1)bn-1,
即(n-2)bn=(n-1)bn-1⑤,
(n-1)bn+1=nbn⑥,
⑤+⑥得(2n-2)bn=(n-1)bn+1+(n-1)bn-1,
即2bn=bn-1+bn+1,所以{bn}为等差数列.
(3)因为b1=0,b2=2,由(2)知{bn}为等差数列,所以bn=2n-2.
由(1)知an=2n-1,
所以Pn=2n2n-1+2n+22n+…+4n-422n-3+4n-222n-2,
Pn+1=2n+22n+2n+42n+1+…+4n-422n-3+4n-222n-2+4n22n-1+4n+222n,
Pn+1-Pn=4n22n-1+4n+222n-2n2n-1=12n+2-4n·2n4n.
令Pn+1-Pn>0,则12n+2-4n·2n>0,
所以2n<6n+12n=3+12n<4,解得n=1,
所以n=1时,Pn+1-Pn>0,即P2>P1,
n≥2时,因为2n≥4,3+12n<4,
所以2n>3+12n=6n+12n,即12n+2-4n·2n<0.
此时Pn+1P3>P4>…,
所以Pn的最大值为P2=2×22+2×2+222=72,
若存在正整数k,使得对任意正整数n,Pn≤k恒成立,
则k≥4,
所以正整数k的最小值为4.