您现在的位置:首页 > >

2020版高考数学大一轮复习-6.2等差数列及其前n项和教案(文)(含解析)新人教A版

发布时间:

§6.2 等差数列及其前 n 项和

最新考纲

考情考向分析

1.理解等差数列的概念.

主要考查等差数列的基本运算、基本性

2.掌握等差数列的通项公式与前 n 项和公 质,等差数列的证明也是考查的热点.本

式.

节内容在高考中既可以以选择、填空的

3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关 系,并能用等差数列的有关知识解决相应的 问题. 4.了解等差数列与一次函数的关系.

形式进行考查,也可以以解答题的形式 进行考查.解答题往往与数列的计算、 证明、等比数列、数列求和、不等式等 问题综合考查.难度中低档.

1

1.等差数列的定义 一般地,如果一个数列从第 2 项起,每一项与它的前一项的差等于同一个常数,那么这个数 列就叫做等差数列,这个常数叫做等差数列的公差,通常用字母 d 表示. 2.等差数列的通项公式 如果等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d,那么它的通项公式是 an=a1+(n-1)d. 3.等差中项 如果三个数 x,A,y 组成等差数列.那么 A 叫做 x 与 y 的等差中项. 4.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. (6)数列 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…构成等差数列. (7)若{an}是等差数列,则Snn也是等差数列,其首项与{an}的首项相同,公差为12d.
5.等差数列的前 n 项和公式 设等差数列{an}的公差为 d,其前 n 项和 Sn=na12+an或 Sn=na1+nn- 2 1d. 6.等差数列的前 n 项和公式与函数的关系 Sn=d2n2+a1-d2n. 数列{an}是等差数列?Sn=An2+Bn(A,B 为常数).
2

7.等差数列的前 n 项和的最值 在等差数列{an}中,a1>0,d<0,则 Sn 存在最大值;若 a1<0,d>0,则 Sn 存在最小值.
概念方法微思考
1.“a,A,b 是等差数列”是“A=a+2 b”的什么条件? 提示 充要条件. 2.等差数列的前 n 项和 Sn 是项数 n 的二次函数吗? 提示 不一定.当公差 d=0 时,Sn=na1,不是关于 n 的二次函数. 3.如何推导等差数列的前 n 项和公式? 提示 利用倒序相加法.
3

题组一 思考辨析 1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若一个数列从第二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)等差数列{an}的单调性是由公差 d 决定的.( √ ) (3)等差数列的前 n 项和公式是常数项为 0 的二次函数.( × ) (4)已知等差数列{an}的通项公式 an=3-2n,则它的公差为-2.( √ ) (5)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.( √ ) (6)已知数列{an}的通项公式是 an=pn+q(其中 p,q 为常数),则数列{an}一定是等差数列.
(√) 题组二 教材改编 2.设数列{an}是等差数列,其前 n 项和为 Sn,若 a6=2 且 S5=30,则 S8 等于( ) A.31B.32C.33D.34 答案 B 解析 由已知可得a1+5d=2,
5a1+10d=30,

a1=236, 解得d=-43,

∴S8=8a1+8×2 7d=32.

3.在等差数列{an}中,若 a3+a4+a5+a6+a7=450,则 a2+a8=. 答案 180 解析 由等差数列的性质,得 a3+a4+a5+a6+a7=5a5=450,∴a5=90,∴a2+a8=2a5=180.

4

题组三 易错自纠

1 4.一个等差数列的首项为25,从第

10

项起开始比

1

大,则这个等差数列的公差

d

的取值范

围是( )

A.d>785

B.d<235

C.785<d<235

D.785<d≤235

答案 D

解析 由题意可得a10>1, a9≤1,

215+9d>1, 即215+8d≤1,

所以785<d≤235.故选 D. 5.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 因为数列{an}是等差数列,且 a7+a8+a9=3a8>0,所以 a8>0.又 a7+a10=a8+a9<0,所 以 a9<0. 故当 n=8 时,其前 n 项和最大. 6.一物体从 1960m 的高空降落,如果第 1 秒降落 4.90m,以后每秒比前一秒多降落 9.80m, 那么经过秒落到地面. 答案 20 解析 设物体经过 t 秒降落到地面. 物体在降落过程中,每一秒降落的距离构成首项为 4.90,公差为 9.80 的等差数列. 所以 4.90t+12t(t-1)×9.80=1960, 即 4.90t2=1960,解得 t=20.

5

题型一 等差数列基本量的运算

1.(2018·全国Ⅰ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,若 3S3=S2+S4,a1=2,则 a5 等于( )

A.-12

B.-10

C.10

D.12

答案 B

解析 设等差数列{an}的公差为 d,由 3S3=S2+S4,

得 33a1+3×23-1×d=2a1+2×22-1×d+4a1+4×24-1×d,将 a1=2 代入上式,解

得 d=-3,

故 a5=a1+(5-1)d=2+4×(-3)=-10.

故选 B.

2.(2018·阜新模拟)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 6a3+2a4-3a2=5,则 S7 等于

()

6

A.28B.21C.14D.7 答案 D 解析 由 6a3+2a4-3a2=5,得 6(a1+2d)+2(a1+3d)-3(a1+d)=5a1+15d=5(a1+3d)=5, 即 5a4=5,所以 a4=1,所以 S7=7×a21+a7=7×22a4=7a4=7.故选 D. 思维升华 (1)等差数列的通项公式及前 n 项和公式共涉及五个量 a1,n,d,an,Sn,知道其 中三个就能求出另外两个. (2)确定等差数列的关键是求出两个最基本的量,即首项 a1 和公差 d.

题型二 等差数列的判定与证明

例 1 在数列{an}中,a1=2,an 是 1 与 anan+1 的等差中项.

(1)求证:数列an-1 1是等差数列,并求{an}的通项公式;

1 (2)求数列n2an的前

n

项和

Sn.

解 (1)∵an 是 1 与 anan+1 的等差中项,

∴2an=1+anan+1,∴an+1=2ana-n 1,

∴an+1-1=2ana-n 1-1=ana-n 1,

∴an+11-1=ana-n 1=1+an-1 1,

1 ∵a1-1=1,

∴数列an-1 1是首项为 1,公差为 1 的等差数列, ∴an-1 1=1+(n-1)=n,∴an=n+n 1.

7

1

1 11

(2)由(1)得n2an=nn+1=n-n+1,

∴Sn=1-12+12-13+13-14+…+1n-n+1 1=1-n+1 1=n+n 1.

思维升华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. (3)通项公式法:得出 an=pn+q 后,再根据定义判定数列{an}为等差数列. (4)前 n 项和公式法:得出 Sn=An2+Bn 后,再使用定义法证明数列{an}为等差数列. 跟踪训练 1 数列{an}满足 an+1=2aan+n 1,a1=1.

1 (1)证明:数列an是等差数列; (2)求数列a1n的前 n 项和 Sn,并证明:S11+S12+…+S1n>n+n 1. (1)证明 ∵an+1=2aan+n 1,

∴an1+1=2aan+n 1,化简得an1+1=2+a1n,

11 即an+1-an=2,

故数列a1n是以 1 为首项,2 为公差的等差数列. (2)解 由(1)知a1n=2n-1,

所以 Sn=n1+22n-1=n2,S1n=n12>nn1+1=1n-n+1 1.

11

111

11 1

1

证明:S1+S2+…+Sn=12+22+…+n2>1×2+2×3+…+nn+1

=1-12+12-13+…+1n-n+1 1

=1-n+1 1

n =n+1.

题型三 等差数列性质的应用

8

命题点 1 等差数列项的性质

例 2(2018·本溪模拟)已知{an}为等差数列,a2+a8=18,则{an}的前 9 项和 S9 等于( )

A.9

B.17

C.72

D.81

答案 D

解析 由等差数列的性质可得,a1+a9=a2+a8=18,则{an}的前 9 项和 S9=9a12+a9=9×128

=81.故选 D.

命题点 2 等差数列前 n 项和的性质

例 3(1)(2019·锦州质检)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S5=7,S10=21,则 S15 等于 ()

A.35B.42C.49D.63

答案 B

解析 在等差数列{an}中, S5,S10-S5,S15-S10 成等差数列, 即 7,14,S15-21 成等差数列, 所以 7+(S15-21)=2×14, 解得 S15=42. (2)已知 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,若 a1=-2018,2S0201199 -2S0201133 =6,则 S2020=.

答案 2020

解析 由等差数列的性质可得Snn也为等差数列. 设其公差为 d,则2S0201199 -2S0201133 =6d=6,∴d=1.

故2S0202200 =S11+2019d=-2018+2019=1,

∴S2020=1×2020=2020. 思维升华等差数列的性质

(1)项的性质:在等差数列{an}中,m+n=p+q(m,n,p,q∈N+),则 am+an=ap+aq. (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. 跟踪训练 2(1)已知等差数列{an},a2=2,a3+a5+a7=15,则数列{an}的公差 d 等于( ) A.0B.1C.-1D.2

9

答案 B 解析 ∵a3+a5+a7=3a5=15, ∴a5=5,∴a5-a2=3=3d, 可得 d=1,故选 B. (2)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S13>0,S14<0,则 Sn 取最大值时 n 的值为( ) A.6B.7C.8D.13 答案 B 解析 根据 S13>0,S14<0,可以确定 a1+a13=2a7>0,a1+a14=a7+a8<0,所以可以得到 a7>0, a8<0,所以 Sn 取最大值时 n 的值为 7,故选 B.
1.若{an}为等差数列,且 a7-2a4=-1,a3=0,则公差 d 等于( ) A.-2B.-12C.12D.2
10

答案 B

解析 由于 a7-2a4=a1+6d-2(a1+3d)=-a1=-1, 则 a1=1.又由 a3=a1+2d=1+2d=0,解得 d=-12.故选 B.

2.在等差数列{an}中,已知 a1=2,a2+a3+a4=24,则 a4+a5+a6 等于( ) A.38B.39C.41D.42

答案 D

解析 由 a1=2,a2+a3+a4=24,

可得,3a1+6d=24,解得 d=3,

∴a4+a5+a6=3a1+12d=42.故选 D.

3.已知等差数列{an}中,a1012=3,S2017=2017,则 S2020 等于( )

A.2020

B.-2020

C.-4040

D.4040

答案 D

解析 由等差数列前 n 项和公式结合等差数列的性质可得,

S2017=a1+2a2017×2017=2a21009×2017=2017a1009=2017,

则 a1009=1,据此可得,
S2020=a1+2a2020×2020=1010(a1009+a1012)=1010×4=4040.

4.程大位《算法统宗》里有诗云“九百九十六斤棉,赠分八子做盘缠.次第每人多十七,

要将第八数来言.务要分明依次弟,孝和休惹外人传.”意为:996 斤棉花,分别赠送给 8

个子女做旅费,从第一个开始,以后每人依次多 17 斤,直到第八个孩子为止.分配时一定

要等级分明,使孝顺子女的美德外传,则第八个孩子分得斤数为( )

A.65B.176C.183D.184

答案 D

解析 根据题意可得每个孩子所得棉花的斤数构成一个等差数列{an},其中 d=17,n=8, S8=996. 由等差数列前 n 项和公式可得 8a1+8×2 7×17=996,

解得 a1=65. 由等差数列通项公式得 a8=65+(8-1)×17=184. 5.已知数列{an}是等差数列,前 n 项和为 Sn,满足 a1+5a3=S8,给出下列结论: ①a10=0;②S10 最小;③S7=S12;④S20=0. 其中一定正确的结论是( )

11

A.①②B.①③④C.①③D.①②④ 答案 C 解析 a1+5(a1+2d)=8a1+28d, 所以 a1=-9d, a10=a1+9d=0,正确; 由于 d 的符号未知,所以 S10 不一定最大,错误; S7=7a1+21d=-42d,S12=12a1+66d=-42d, 所以 S7=S12,正确; S20=20a1+190d=10d,错误. 所以正确的是①③,故选 C. 6.在等差数列{an}中,若aa98<-1,且它的前 n 项和 Sn 有最小值,则当 Sn>0 时,n 的最小值 为( ) A.14B.15C.16D.17 答案 C 解析 ∵数列{an}是等差数列,它的前 n 项和 Sn 有最小值, ∴公差 d>0,首项 a1<0,{an}为递增数列. ∵aa98<-1, ∴a8·a9<0,a8+a9>0, 由等差数列的性质知, 2a8=a1+a15<0,a8+a9=a1+a16>0. ∵Sn=na1+ 2 an, ∴当 Sn>0 时,n 的最小值为 16. 7.(2018·北京)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(n∈N+) 解析 方法一 设公差为 d. ∵a2+a5=36,∴(a1+d)+(a1+4d)=36, ∴2a1+5d=36.∵a1=3,∴d=6, ∴通项公式 an=a1+(n-1)d=6n-3(n∈N+). 方法二 设公差为 d, ∵a2+a5=a1+a6=36,a1=3, ∴a6=33,∴d=a6-5 a1=6.
12

∵a1=3,∴通项公式 an=6n-3(n∈N+). 8.(2019·包头质检)在等差数列{an}中,若 a7=π2 ,则 sin2a1+cosa1+sin2a13+cosa13=.

答案 0

解析 根据题意可得 a1+a13=2a7=π, 2a1+2a13=4a7=2π, 所以有 sin2a1+cosa1+sin2a13+cosa13 =sin2a1+sin(2π-2a1)+cosa1+cos(π-a1)=0. 9.等差数列{an},{bn}的前 n 项和分别为 Sn,Tn,且STnn=32nn- +13,则ab1100=.

答案

56 41

解析 在等差数列中,S19=19a10,T19=19b10, 因此ab1100=ST1199=32× ×1199- +13=5461.

10.已知数列{ an+1- an}是公差为 2 的等差数列,且 a1=1,a3=9,则 an=. 答案 (n2-3n+3)2

解析 数列{ an+1- an}是公差为 2 的等差数列, 且 a1=1,a3=9,

∴ an+1- an=( a2-1)+2(n-1),

a3- a2=( a2-1)+2,

∴3- a2=( a2-1)+2,∴a2=1.

∴ an+1- an=2n-2,

∴ an=2(n-1)-2+2(n-2)-2+…+2-2+1 =2×n-21n-2(n-1)+1=n2-3n+3.

∴an=(n2-3n+3)2,n=1 时也成立.

∴an=(n2-3n+3)2.

11.已知数列{an}满足(an+1-1)(an-1)=3(an-an+1),a1=2,令 bn=an-1 1.

(1)证明:数列{bn}是等差数列;

(2)求数列{an}的通项公式.

1

1

(1)证明 ∵an+1-1-an-1

=an+1a-n-1ana+n1-1=13,

13

∴bn+1-bn=13, ∴{bn}是等差数列. (2)解 由(1)及 b1=a1-1 1=2-1 1=1. 知 bn=13n+23, ∴an-1=n+3 2,∴an=nn+ +52. 12.(2018·全国Ⅱ)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 (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=a1+(n-1)d=2n-9(n∈N+). (2)由(1)得 Sn=a1+2 an·n=n2-8n=(n-4)2-16. 所以当 n=4 时,Sn 取得最小值,最小值为-16.

13.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,bn= 2an 且 b1+b3=17,b2+b4=68,则 S10 等于( )

A.90

B.100

C.110

D.120

答案 A

14

解析 设{an}公差为 d,

bb21+ +bb43=

2a2 2a1

2a4 2a3

= 2a1d 2a1

2a3 d 2a3

=2d=1678=4,

∴d=2,b1+b3= 2a1 + 2a3 = 2a1 + 2a12d =17,

2a1 =1,a1=0, ∴S10=10a1+102×9d=102×9×2=90,故选 A.

14.设等差数列{an}的公差为π9 ,前 8 项和为 6π,记 tanπ9 =k,则数列{tanantanan+1}的

前 7 项和是( ) 7k2-3
A. k2-1

3-7k2 B. k2-1

11-7k2 C. k2-1

7k2-11 D. k2-1

答案 C

解析

等差数列{an}的公差

d

π 为 9 ,前

8

项和为

6π,

可得 8a1+12×8×7×π9 =6π,解得 a1=3163π,

tanantanan+1=ttaannana+n1+-1-taanna n-1 =tanant+a1-ndtanan-1,

则数列{tanantanan+1}的前 7 项和为1k(tana8-tana7+tana7-tana6+…+tana2-tana1)-7

=1k(tana8-tana1)-7=1ktan4316π-tan1336π-7

=1ktan356π-tan3163π-7

=1ktanπ4 -π9 -tanπ4 +π9 -7 =1k11- +kk-11+ -kk-7=1k12--71k2.故选 C.

15

15.已知数列{an}与an2n均为等差数列(n∈N+),且 a1=2,则 a20=. 答案 40 解析 设 an=2+(n-1)d, 所以an2n=[2+nn-1d]2 =d2n2+4d-2nd2n+d-22, 由于an2n为等差数列, 所以其通项是一个关于 n 的一次函数, 所以(d-2)2=0,∴d=2. 所以 a20=2+(20-1)×2=40.
16.记 m=d1a1+d2a2n+…+dnan,若{dn}是等差数列,则称 m 为数列{an}的“dn 等差均值”; 若{dn}是等比数列,则称 m 为数列{an}的“dn 等比均值”.已知数列{an}的“2n-1 等差均 值”为 2,数列{bn}的“3n-1 等比均值”为 3.记 cn=a2n+klog3bn,数列{cn}的前 n 项和为 Sn,
若对任意的正整数 n 都有 Sn≤S6,求实数 k 的取值范围. 解 由题意得 2=a1+3a2+…n+2n-1an, 所以 a1+3a2+…+(2n-1)an=2n, 所以 a1+3a2+…+(2n-3)an-1 =2n-2(n≥2,n∈N+),
16

两式相减得 an=2n2-1(n≥2,n∈N+). 当 n=1 时,a1=2,符合上式, 所以 an=2n2-1(n∈N+). 又由题意得 3=b1+3b2+n…+3n-1bn, 所以 b1+3b2+…+3n-1bn=3n, 所以 b1+3b2+…+3n-2bn-1=3n-3(n≥2,n∈N+), 两式相减得 bn=32-n(n≥2,n∈N+). 当 n=1 时,b1=3,符合上式, 所以 bn=32-n(n∈N+). 所以 cn=(2-k)n+2k-1. 因为对任意的正整数 n 都有 Sn≤S6, 所以cc67≥≤00,, 解得153≤k≤141.
17



★相关文章:
热文推荐
猜你喜欢
友情链接: 简历 面试求职范文 职业规划 自我管理 社交礼仪 76242百科