专题23 等差数列及其前n项-2018年高考数学（文）热点题型和提分秘籍

专题23 等差数列及其前n项-2018年高考数学（文）热点题型和提分秘籍

专题23 等差数列及其前n项 ‎【高频考点解读】‎ ‎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 ‎【热点题型】‎ 热点题型一 等差数列的基本运算 例1、已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3。‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值。‎ ‎【提分秘籍】‎ 等差数列运算问题的通性通法 ‎(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差为d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解。‎ ‎(2)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，体现了方程的思想。‎ ‎【举一反三】 ‎ 已知等差数列{an}满足a2＋a4＝4，a3＋a5＝10，则它的前10项的和S10＝(　　)‎ A．85 B．135 C．95 D．23‎ 解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，‎ 则解得 ‎∴S10＝10×(－4)＋×3＝95。‎ 答案：C 热点题型二 等差数列的判定与证明 例2、若数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝。‎ ‎(1)求证：{}成等差数列；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式。‎ an＝Sn－Sn－1＝－＝＝－。‎ 当n＝1时，a1＝不适合上式。‎ 故an＝ ‎【提分秘籍】 ‎ 等差数列的四个判定方法 ‎(1)定义法：证明对任意正整数n都有an＋1－an等于同一个常数。‎ ‎(2)等差中项法：证明对任意正整数n都有2an＋1＝an＋an＋2后，可递推得出an＋2－an＋1＝an＋1－an＝an－an－1＝an－1－an－2＝…＝a2－a1，根据定义得出数列{an}为等差数列。‎ ‎(3)通项公式法：得出an＝pn＋q后，得an＋1－an＝p对任意正整数n恒成立，根据定义判定数列{an}为等差数列。‎ ‎(4)前n项和公式法：得出Sn＝An2＋Bn后，根据Sn，an的关系，得出an，再使用定义法证明数列{an}为等差数列。‎ 提醒：等差数列主要的判定方法是定义法和等差中项法，而对于通项公式和前n项和公式的方法主要适合在选择题或填空题中简单判 ‎【举一反三】 ‎ 设数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，且an＝(n≥2)。证明数列{}是等差数列，并求Sn。‎ 热点题型三 等差数列的性质及其应用 例3．设Sn为等差数列{an}的前n项和，S8＝4a3，a7＝－2，则a9＝(　　)‎ A．－6 B．－4‎ C．－2 D．2‎ ‎(2)在等差数列{an}中，前m项的和为30，前2m项的和为100，则前3m项的和为__________。‎ 解析：(1)S8＝4a3⇒＝4a3⇒a3＋a6＝a3，‎ ‎∴a6＝0，∴d＝－2，∴a9＝a7＋2d＝－2－4＝－6。‎ ‎(2)记数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列前n项和的性质知Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，则2(S2m－Sm)＝Sm＋(S3m－S2m)，又Sm＝30，S2m＝100，所以S2m－Sm＝100－30＝70，所以S3m－S2m＝2(S2m－Sm)－Sm＝110，所以S3m＝110＋100＝210。‎ 答案：(1)A (2) 210‎ ‎【提分秘籍】‎ ‎(1)等差数列通项性质的应用要注意观察数列各项的项数之间“和”相等的关系，找到解题的切入点。‎ ‎(2)等差数列前n项和性质的应用要注意深刻理解“依次k项之和成等差数列”的真正含义，然后列方程求解。‎ ‎【举一反三】 ‎ 在等差数列{an}中。若共有n项，且前四项之和为21，后四项之和为67，前n项和Sn＝286，则n＝__________。‎ 解析：依题意知a1＋a2＋a3＋a4＝21，an＋an－1＋an－2＋an－3＝67。‎ 由等差数列的性质知a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3，∴4(a1＋an)＝88，∴a1＋an＝22。‎ 又Sn＝，即286＝，∴n＝26。‎ 答案：26‎ 热点题型四 等差数列前n项和的最值 例4、已知数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，它的前n项和为Sn，且a3＝10，S6＝72。若bn＝an－30，求数列{bn}的前n项和的最小值。‎ ‎【提分秘籍】‎ 若{an}是等差数列，求前n项和的最值时，①若a1＞0，d＜0，且满足前n项和Sn最大；②若a1＜0，d＞0，且满足前n项和Sn最小；③除上面方法外，还可将{an}的前n项和的最值问题看作Sn关于n的二次函数问题，利用二次函数的图象或配方法求解。‎ ‎【举一反三】 ‎ 设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，S12＞0，S13＜0。‎ ‎(1)求公差d的取值范围；‎ ‎(2)指出S1、S2、…、S12中哪一个值最大，说明理由。‎ 解析：(1)由得－＜d＜－3。‎ ‎(2)∵S12＝6(a1＋a12)＝6(a6＋a7)＞0，S13＝＝13a7＜0，‎ ‎∴a6＞0且a7＜0，故S6最大。‎ ‎【高考风向标】‎ ‎ ‎ ‎1.【2017课标II，文17】已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为， ‎ ‎(1)若 ，求的通项公式；‎ ‎（2）若，求.‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 联立①和②解得（舍去），‎ 因此的通项公式 由得.‎ 解得 当时，由①得，则.‎ 当时，由①得，则.‎ ‎2.【2017江苏，19】 对于给定的正整数,若数列满足 对任意正整数总成立，则称数列是“数列”.‎ ‎（1）证明：等差数列是“数列”;‎ ‎（2）若数列既是“数列”，又是“数列”，证明：是等差数列.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎（2）数列既是“数列”，又是“数列”，因此，‎ 当时， ，①‎ 当时， .②‎ 由①知， ，③‎ ‎ ，④‎ 将③④代入②，得，其中，‎ 所以是等差数列，设其公差为.‎ 在①中，取，则，所以，‎ 在①中，取，则，所以，‎ 所以数列是等差数列.‎ ‎1.【2016高考新课标1文数】（本题满分12分）已知是公差为3的等差数列,数列满足,.‎ ‎（I）求的通项公式；‎ ‎（II）求的前n项和.‎ ‎【答案】（I）（II）‎ ‎【解析】（Ⅰ）由已知，得，所以数列是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）和 得，因此是首项为1，公比为的等比数列.记的前项和为，则 ‎2.【2016高考新课标2文数】等差数列{}中，.‎ ‎（Ⅰ）求{}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ） 设，求数列的前10项和，其中表示不超过的最大整数，如[0.9]=0,[2.6]=2.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）24.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知.‎ 当n=1,2,3时，；‎ 当n=4,5时，；‎ 当n=6,7,8时，；‎ 当n=9,10时，.‎ 所以数列的前10项和为.‎ ‎3.【2016高考北京文数】（本小题13分）‎ 已知是等差数列，是等差数列，且，，，.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前n项和.‎ ‎【答案】（1）（，，，）；（2）‎ 因为，，‎ 所以，即．‎ 所以（，，，）．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，．‎ 因此．‎ 从而数列的前项和 ‎．‎ ‎4.【2016高考山东文数】（本小题满分12分）‎ 已知数列的前n项和，是等差数列，且.‎ ‎（I）求数列的通项公式； ‎ ‎（II）令.求数列的前n项和. ‎ ‎【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，‎ 由，得， ，‎ 两式作差得.‎ 所以 ‎【2015高考新课标1，文7】已知是公差为1的等差数列，为的前项和，若，则（ ）‎ ‎（A） （B） （C） （D）‎ ‎【答案】B ‎【解析】∵公差，，∴，解得=，∴，故选B.‎ ‎【2015高考陕西，文13】中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为________‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】若这组数有个，则，，又，所以；‎ 若这组数有个，则，，又，所以；‎ 故答案为5‎ ‎【2015高考福建，文16】若 是函数 的两个不同的零点，且 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 的值等于________．‎ ‎【答案】9‎ ‎【2015高考浙江，文10】已知是等差数列，公差不为零．若，，成等比数列，且，则 ， ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题可得，，故有，又因为，即，所以.‎ ‎1．（2014·安徽卷）数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.‎ ‎【答案】1　【解析】因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差数列．又 a1＋1，a3‎ ‎＋3，a5＋5构为公比为q的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5为常数列，故q＝1.‎ ‎2．（2014·北京卷）若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．‎ ‎【答案】8　【解析】∵a7＋a8＋a9＝‎3a8>0，a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a8>0，a9<0，∴n＝8时，数列{an}的前n项和最大．‎ ‎3．（2014·福建卷）等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于(　　)‎ A．8 B．‎10 C．12 D．14‎ ‎【答案】C　【解析】设等差数列{an}的公差为d，由等差数列的前n项和公式，得S3＝3×2＋d＝12，解得d＝2，则a6＝a1＋(6－1)d＝2＋5×2＝12. ‎ ‎4．（2014·湖北卷）已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式．‎ ‎(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．‎ 从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.‎ ‎(2)当an＝2时，Sn＝2n，显然2n<60n＋800，‎ 此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立．‎ 当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.‎ 令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，‎ 解得n>40或n<－10(舍去)，‎ 此时存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值为41.‎ 综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；‎ 当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.‎ ‎5．（2014·湖南卷）已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.‎ ‎(1)若{an}是递增数列，且a1，‎2a2，‎3a3成等差数列，求p的值；‎ ‎(2)若p＝，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．‎ ‎【解析】(1)因为{an}是递增数列，所以an＋1－an＝|an＋1－an|＝pn.而a1＝1，因此.又a1，‎2a2，‎3a3成等差数列，所以‎4a2＝a1＋‎3a3，因而3p2－p＝0，解得p＝或p＝0.‎ 当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾，故p＝.‎ ‎(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－1>0，于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0.①‎ 因为<，所以|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|.②‎ 由①②知，a2n－a2n－1>0，因此a2n－a2n－1＝＝.③‎ 因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n<0，故a2n＋1－a2n＝－＝.④‎ 由③④可知，an＋1－an＝.‎ 于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋－＋…＋＝1＋·＝＋·.‎ 故数列{an}的通项公式为an＝＋·.‎ ‎6．（2014·辽宁卷）设等差数列{an}的公差为d.若数列{‎2a1an}为递减数列，则(　　)‎ A．d<0 B．d>‎0 C．a1d<0 D．a1d>0‎ ‎【答案】C　【解析】令bn＝‎2a1an，因为数列{‎2a1an}为递减数列，所以＝＝‎2a1(an＋1－an)＝‎2a1d<1，所得a1d<0.‎ ‎7．（2014·全国卷）等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 故数列{an}的通项公式为an＝13－3n.‎ ‎(2)bn＝＝.于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝＝.‎ ‎8．（2014·新课标全国卷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．‎ ‎【解析】(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，‎ 两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.‎ 因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.‎ ‎(2)由题设，a1＝1，a‎1a2＝λS1－1，可得 a2＝λ－1，‎ 由(1)知，a3＝λ＋1.‎ 若{an}为等差数列，则‎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；‎ ‎{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．‎ ‎9．（2014·山东卷）已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎(2)由题意可知，‎ bn＝(－1)n－1 ‎＝(－1)n－1 ‎＝(－1)n－1.‎ 当n为偶数时，‎ Tn＝－＋…＋－ ‎＝1－ ‎＝.‎ 当n为奇数时，‎ Tn＝－＋…－＋ ‎＝1＋ ‎＝.‎ 所以Tn＝ ‎10．（2014·陕西卷）△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.‎ ‎(1)若a，b，c成等差数列，证明：sin A＋sin C＝2sin(A＋C)；‎ ‎(2)若a，b，c成等比数列，求cos B的最小值．‎ ‎【解析】(1)∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b.‎ 由正弦定理得sin A＋sin C＝2sin B.‎ ‎∵sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，‎ ‎∴sin A＋sin C＝2sin(A＋C)．‎ ‎(2)∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac.‎ 由余弦定理得 cos B＝＝≥＝，‎ 当且仅当a＝c时等号成立，‎ ‎∴cos B的最小值为.‎ ‎11．（2014·天津卷）设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为________．‎ ‎12．（2014·重庆卷）设a1＝1，an＋1＝＋b(n∈N*)．‎ ‎(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式．‎ ‎(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2nf(a2k＋1)>f(1)＝a2，即 ‎1>c>a2k＋2>a2.‎ 再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c)f(a2k＋1)＝a2k＋2，‎ a2(k＋1)＝f(a2k＋1)f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2.‎ 所以a2n＋1>－1，解得a2n＋1>.　④‎ 综上，由②③④知存在c＝使a2n2的最小正整数，‎ 则m≥2，并且对任意1≤k2，‎ 于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}>1.‎ 故dm－1＝Am－1－Bm－1<2－1＝1，与dm－1＝1矛盾．‎ 所以对于任意n≥1，有an≤2，即非负整数列{an}的各项只能为1或2.‎ 因为对任意n≥1，an≤2＝a1，‎ 所以An＝2.‎ 故Bn＝An－dn＝2－1＝1.‎ 因此对于任意正整数n ，存在m满足m>n，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1.‎ ‎【高考冲刺】‎ ‎1．数列{an}为等差数列，a1，a2，a3成等比数列，a5＝1，则a10＝(　　)‎ A．5 B．－1‎ C．0 D．1‎ 解析：设公差为d，由已知得 解得 所以a10＝a1＋9d＝1，故选D。‎ 答案：D ‎2．在等差数列{an}中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，则该数列前13项的和是(　　)‎ A．13 B．26‎ C．52 D．156‎ ‎3．在等差数列{an}中，如果a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，则数列{an}前9项的和为(　　)‎ A．297 B．144‎ C．99 D．66‎ 解析：∵a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，∴a1＋a4＋a7＝3a4＝39，a3＋a6＋a9＝3a6＝27，即a4＝13，a6＝9.∴d＝－2，a1＝19.∴S9＝19×9＋×(－2)＝99。‎ 答案：C ‎4．已知等差数列{an}中，a7＋a9＝16，S11＝，则a12的值是(　　)‎ A．15 B．30‎ C．31 D．64‎ 解析：2a8＝a7＋a9＝16⇒a8＝8，S11＝＝＝11a6＝，所以a6＝，则d＝＝，所以a12＝a8＋4d＝15，故选A。‎ 答案：A ‎5．在等差数列{an}中，a1＝－2 012，其前n项和为Sn，若－＝2 002，则S2 014的值等于(　　)‎ A．2 011 B．－2 012‎ C．2 014 D．－2 013‎ ‎6．《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，书中有这样的一道题目：把100个面包分给5个人，每个人所得成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小的1份为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：设这5份分别为a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d(d＞0)，则有(a＋a＋d＋a＋2d)＝a－2d＋a－d，a－2d＋a－d＋a＋a＋d＋a＋2d＝100，故a＝20，d＝，则最小的一份为a－2d＝20－＝。‎ 答案：A ‎7．已知{an}是递增的等差数列，a1＝2，Sn为其前n项和，若a1，a2，a6成等比数列，则S5＝__________。‎ 解析：由题意可知a2＝a1＋d＝2＋d，a6＝a1＋5d＝2＋5d。‎ 因为a1，a2，a6成等比数列，‎ 所以a＝a1·a6⇒(2＋d)2＝2(2＋5d)⇒d2－6d＝0⇒d＝0或d＝6。‎ 因为数列{an}是递增的，所以d＞0，即d＝6，‎ 则a5＝a1＋4d＝26，S5＝＝70。‎ 答案：70‎ ‎8．在等差数列{an}中，若a1＜0，Sn为其前n项之和，且S7＝S17，则Sn为最小时的n的值为__________。‎ 解析：由S7＝S17，知a8＋a9＋…＋a17＝0，根据等差数列的性质，a8＋a9＋…＋a17中a8＋a17＝a9＋a16＝…＝a12＋a13，因此a12＋a13＝0，从而a12＜0，a13＞0，故n为12。‎ 答案：12‎ ‎9．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若－1＜a3＜1,0＜a6＜3，则S9的取值范围是__________。‎ 方法二：S9＝9a1＋36d＝x(a1＋2d)＋y(a1＋5d)，由待定系数法得x＝3，y＝6。‎ 因为－3＜3a3＜3,0＜6a6＜18，‎ 两式相加即得－3＜S9＜21。‎ 方法三：由题意可知a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝5a3，a6＋a7＋a8＋a9＝2a6＋2a9，‎ 而a3＋a9＝2a6，‎ 所以S9＝3a3＋6a6，‎ 又－1＜a3＜1,0＜a6＜3，故－3＜S9＜21。‎ 答案：(－3,21)‎ ‎10．已知等差数列{an}的公差d＞0。设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36。‎ ‎(1)求d及Sn；‎ ‎(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65。‎ 解析：(1)由题意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，‎ 将a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5。‎ 因为d＞0，所以d＝2。‎ 从而an＝2n－1，Sn＝n2(n∈N*)。‎ ‎(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝(2m＋k－1)·(k＋1)，‎ 所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65。‎ 由m，k∈N*知2m＋k－1≥k＋1＞1，‎ 故所以