2025版新高考版高考总复习数学等差数列（十年高考）.docx

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1、2025版新高考版高考总复习数学7.2等差数列考点1 等差数列及其前n项和1.(2023全国甲文,5,5分,易)记Sn为等差数列an的前n项和.若a2+a6=10,a4a8=45,则S5=()A.25B.22C.20D.15答案C设等差数列an的公差为d,由已知可得2a1+6d=10,(a1+3d)(a1+7d)=45,解得a1=2,d=1,S5=5a1+542d=52+101=20.故选C.2.(2023全国乙理,10,5分,中)已知等差数列an的公差为23,集合S=cos an|nN*.若S=a,b, 则ab=()A.-1B.-12C.0D.12答案B由题意,得an=a1+(n-1)23,

2、又S=cos an|nN*=a,b,cos a1cos a2,但cos a1=cos a3,即cos a1=cosa1+43,a1+a1+43=2k(kZ),a1=-23+k(kZ).不妨取k=1,则a1=3,a2=3+23=,则S=12,1=a,b,ab=-112=12.故选B.3.(2021北京,6,4分)已知an和bn是两个等差数列,且akbk(1k5)是常数,若a1=288,a5=96,b1=192,则b3的值为()A.64B.100C.128D.132答案C命题意图:本题以定义新运算为出题背景,考查等差数列的性质,考查学生的运算求解能力,考查的核心素养是逻辑推理及数学运算,落实了应用

3、性、综合性和创新性的考查要求.解题思路:解法一:因为an是等差数列,所以2a3=a1+a5=288+96,所以a3=192,又因为当1k5时,akbk是常值,所以a3b3=a1b1,即192b3=288192,从而b3=128.解法二:由题意可知a1b1=a5b5,则b5=64,又bn是等差数列,所以b3=b1+b52=192+642=128.4.(2022新高考,3,5分)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

4、的举步之比分别为DD1OD1=0.5,CC1DC1=k1,BB1CB1=k2,AA1BA1=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=()图1图2A.0.75B.0.8C.0.85D.0.9答案D令OD1=DC1=CB1=BA1=a,则CC1=k1a,BB1=k2a,AA1=k3a,DD1=0.5a,所以A的坐标为(4a,k1a+k2a+k3a+0.5a),所以kOA=k1a+k2a+k3a+0.5a4a=k1+k2+k3+0.54=0.725,所以k1+k2+k3+0.5=2.9.因为k1,k2,k3成公差为0.1的等差数列,所以k1+k2+k

5、3+0.5=3k3-0.3+0.5=2.9,所以k3=0.9,故选D.5.(2023新课标,7,5分,中)记Sn为数列an的前n项和,设甲:an为等差数列;乙:Snn为等差数列,则()A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件答案C若an为等差数列,设公差为d,则an=a1+(n-1)d,Sn=na1+n(n1)d2,Snn=a1+n12d,当n2时,Sn1n1=a1+n22d,Snn-Sn1n1=a1+n12d-a1-n22d=12d,Snn是以S1为首项,d2为公差的等差数列.若Snn为等差数列,设公差

6、为d,则Snn=S1+(n-1)d=a1+(n-1)d,Sn=na1+n(n-1)d,当n2时,Sn-1=(n-1)a1+(n-1)(n-2)d,两式作差得,an=a1+2(n-1)d,又n=1时也满足上式,an=a1+2(n-1)d,nN*,当n2时,an-1=a1+2(n-2)d,an-an-1=a1+2(n-1)d-a1-2(n-2)d=2d,an是以a1为首项,2d为公差的等差数列.综上,甲是乙的充要条件,故选C.6.(2020课标理,4,5分)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增

7、加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3 699块B.3 474块C.3 402块D.3 339块答案C由题意可设每层有n个环,则三层共有3n个环,每一环扇面形石板的块数构成以a1=9为首项,9为公差的等差数列an,且项数为3n.不妨设上层扇面形石板总数为S1,中层总数为S2,下层总数为S3,S3-S2=9(2n+1)n+n(n1)299(n+1)n+n(n1)29=9n2=729,解得n=9(负值舍去).则三层共有扇面形石板(不含天心石)279+272629=279+2713

8、9=27149=3 402(块).故选C.7.(2015课标文,5,5分)设Sn是等差数列an的前n项和.若a1+a3+a5=3,则S5=()A.5B.7C.9D.11答案Aan为等差数列,a1+a5=2a3,得3a3=3,则a3=1,S5=5(a1+a5)2=5a3=5,故选A.8.(2015课标文,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=()A.172B.192C.10D.12答案B由S8=4S4得8a1+8721=44a1+4321,解得a1=12,a10=a1+9d=192,故选B.评析本题主要考查等差数列的前n项和,计算准确是解题关键,

9、属容易题.9.(2015浙江理,3,5分)已知an是等差数列,公差d不为零,前n项和是Sn.若a3,a4,a8成等比数列,则()A.a1d0,dS40B.a1d0,dS40,dS40D.a1d0答案B由a42=a3a8,得(a1+2d)(a1+7d)=(a1+3d)2,整理得d(5d+3a1)=0,又d0,a1=-53d,则a1d=-53d20,又S4=4a1+6d=-23d,dS4=-23d20,故选B.10.(2013课标理,7,5分)设等差数列an的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m=()A.3B.4C.5D.6答案C解法一:Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1

10、=3,am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3,公差d=am+1-am=1,由Sn=na1+n(n1)2d=na1+n(n1)2,得ma1+m(m1)2=0,(m1)a1+(m1)(m2)2=2.由得a1=1m2,代入可得m=5.解法二:数列an为等差数列,且前n项和为Sn,数列Snn也为等差数列.Sm1m1+Sm+1m+1=2Smm,即2m1+3m+1=0,解得m=5.经检验为原方程的解.故选C.11.(2016课标,3,5分)已知等差数列an前9项的和为27,a10=8,则a100=()A.100B.99C.98D.97答案C设an的公差为d,由等差数列前n项和公式及通项公式

11、,得S9=9a1+982d=27,a10=a1+9d=8,解得a1=1,d=1,an=a1+(n-1)d=n-2,a100=100-2=98.故选C.思路分析用a1,d表示S9,a10,列方程组求出a1,d,从而可求得a100.12.(2022全国乙文,13,5分)记Sn为等差数列an的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d=.答案 2解析2S3=3S2+6,2(3a1+3d)=3(2a1+d)+6,即6d=3d+6,解得d=2.13.(2014天津理,11,5分)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.答案-12解析S1=a1

12、,S2=2a1-1,S4=4a1-6.故(2a1-1)2=a1(4a1-6),解得a1=-12.14.(2013课标理,16,5分)等差数列an的前n项和为Sn.已知S10=0,S15=25,则nSn的最小值为.答案-49解析由Sn=na1+n(n1)2d得10a1+45d=0,15a1+105d=25,解得a1=-3,d=23,则Sn=-3n+n(n1)223=13(n2-10n),所以nSn=13(n3-10n2),令f(x)=13(x3-10x2),则 f (x)=x2-203x=xx203,当x1,203时, f(x)递减,当x203,+时, f(x)递增,又62030,当n8,nN*

13、时,an1,令bn=n2+nan,记Sn,Tn分别为数列an,bn的前n项和.(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求an的通项公式;(2)若bn为等差数列,且S99-T99=99,求d.解析(1)3a2=3a1+a3,3(a1+d)=3a1+a1+2d,a1=d1,S3=a1+a2+a3=a1+a1+d+a1+2d=6a1,又bn=n2+nan,b1=2a1,b2=6a2=6a1+d=3a1,b3=12a3=12a1+2d=4a1,T3=b1+b2+b3=9a1,S3+T3=6a1+9a1=21,解得a1=3或a1=12(舍),an=3n.(2)bn为等差数列,2b2=b1+b3,

14、即12a2=2a1+12a3,即6a1+d=1a1+6a1+2d,即a12-3a1d+2d2=0,a1=2d或a1=d.当a1=2d时,an=(n+1)d,bn=nd,S99=(2d+100d)992=9951d,T99=1d(1+99)992=9950d,又S99-T99=99,9951d-99501d=99,51d-50d=1,解得d=1或d=-5051,又d1,a12d.当a1=d时,an=nd,bn=n+1d,S99=(1+99)99d2=5099d,T99=1d(2+100)992=5199d,又S99-T99=99,5099d-5199d=99,50d-51d=1,解得d=5150

15、或d=-1,又d1,d=5150.综上,d=5150.17.(2022全国甲,理17,文18,12分)记Sn为数列an的前n项和.已知2Snn+n=2an+1.(1)证明:an是等差数列;(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.解析(1)证明:由已知条件2Snn+n=2an+1可得,2Sn=2nan+n-n2,当n2时,由可得2Sn-1=2(n-1)an-1+(n-1)-(n-1)2,由an=Sn-Sn-1及-可得,(2n-2)an-(2n-2)an-1=2n-2,n2,且nN*,即an-an-1=1,因此an是等差数列,公差为1.(2)a4,a7,a9成等比数列,且a4=a1+3

16、,a7=a1+6,a9=a1+8,a72=a4a9,即(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),解得a1=-12,等差数列an的通项公式为an=-12+(n-1)1=n-13,Sn=(a1+an)n2=12n2252n=12n25226258,nN*,当n=12或n=13时,Sn最小,最小值为-78.18.(2021全国乙理,19,12分)记Sn为数列an的前n项和,bn为数列Sn的前n项积,已知2Sn+1bn=2.(1)证明:数列bn是等差数列;(2)求an的通项公式.解析(1)证明:由bn=S1S2Sn可得,Sn=b1,n=1,bnbn1,n2.由2Sn+1bn=2知,当n=1时,2S1+

17、1b1=2,即2b1+1b1=2,所以b1=S1=32,当n2时,2bnbn1+1bn=2,即2bn=2bn-1+1,即bn-bn-1=12,故数列bn是首项为32,公差为12的等差数列.(2)由(1)知,bn=32+(n-1)12=n+22,故当n2时,Sn=bnbn1=n+2n+1,S1也符合该式,即Sn=n+2n+1(nN*),从而a1=S1=32,当n2时,an=Sn-Sn-1=n+2n+1n+1n=1n(n+1),a1不符合该式,所以an=32,n=1,1n(n+1),n2.19.(2022浙江,20,15分)已知等差数列an的首项a1=-1,公差d1.记an的前n项和为Sn(nN*

18、).(1)若S4-2a2a3+6=0,求Sn;(2)若对于每个nN*,存在实数cn,使an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比数列,求d的取值范围.解析 (1)an为等差数列,an=(n-1)d-1,S4-2a2a3+6=6d-4-2(d-1)(2d-1)+6=0,解得d=3或d=0,又d1,d=3,则an=3n-4,nN*,Sn=(1+3n4)n2=n(3n5)2,nN*.(2)an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比数列,(an+1+4cn)2=(an+cn)(an+2+15cn),an+12+16cn2+8an+1cn=anan+2+15cn2+(an+2+1

19、5an)cn=an+12d2+15cn2+(an+2+15an)cn,cn2+(8an+1-an+2-15an)cn+d2=0,由(1)知an=(n-1)d-1,8an+1-an+2-15an=8+(14-8n)d,则有cn2+8+(14-8n)dcn+d2=0对每个nN*都成立,=8+(14-8n)d2-4d2=8+(16-8n)d8+(12-8n)d0对每个nN*都成立,即n1d2n1d320对每个nN*都成立,由于n为正整数,d1,1d+2和1d+32只能同处于相邻的整数之间,又21d+23,21d+323,23d2,故10,a2=3a1,且数列Sn是等差数列.证明:an是等差数列.解题

20、指导:根据已知条件Sn为等差数列,求出数列Sn的通项公式,利用an=Sn-Sn-1(n2,nN*)即可求出an的通项公式,根据等差数列的定义可证明其为等差数列.解析设等差数列Sn的公差为d,因为a2=3a1,S1=a1,S2=a1+a2=4a1=2a1,所以d=S2S1=2a1a1=a1,所以Sn=a1+(n-1)a1=na1,所以Sn=n2a1.当n2时,Sn-1=(n-1)2a1,所以an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,经检验,当n=1时,也满足题意,所以an=(2n-1)a1,nN*,当n2时,an-an-1=(2n-1)a1-(2n-3)a1=2a1(常

21、数),an是等差数列.易错警示应用an=S1(n=1),SnSn1(n2)时,不要忽略n=1时的情况.21.(2021全国甲理,18,12分)已知数列an的各项均为正数,记Sn为an的前n项和,从下面中选取两个作为条件,证明另外一个成立.数列an是等差数列;数列Sn是等差数列;a2=3a1.注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.解题指导:先选两个作为条件,余下一个作为结论,然后进行证明.如果是证明,利用等差中项法,即只需2S2=S1+S3,通过化简即可得证;如果是证明或,可先求数列的通项公式,再利用等差数列的定义证明即可.解析选作为条件,证明.证明:设等差数列an的公差为d,因为S

22、n是等差数列,所以2S2=S1+S3,即22a1+d=a1+3a1+3d,两边平方,得4(2a1+d)=a1+3a1+3d+2a1(3a1+3d),整理得4a1+d=2a1(3a1+3d),两边平方,得16a12+8a1d+d2=4(3a12+3a1d),化简得4a12-4a1d+d2=0,即(2a1d)2=0,所以d=2a1,则a2=a1+d=3a1.选作为条件,证明.证明:设等差数列an的公差为d.因为a2=3a1,即a1+d=3a1,所以d=2a1.所以等差数列an的前n项和Sn=na1+n(n1)2d=na1+n(n1)22a1=n2a1.又a10,所以Sn=na1.则Sn+1Sn=(

23、n+1)a1na1=a1,所以数列Sn是公差为a1的等差数列.选作为条件,证明.证明:设等差数列Sn的公差为d,因为S1=a1,S2=a1+a2=a1+3a1=2a1,所以d=S2S1=2a1a1=a1,则等差数列Sn的通项公式为Sn=a1+(n-1)a1=na1,所以Sn=n2a1,当n2时,an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,且当n=1时,上式也成立,所以数列an的通项公式为an=(2n-1)a1,则an+1-an=(2n+1)a1-(2n-1)a1=2a1,所以数列an是公差为2a1的等差数列.方法总结:证明数列an是等差数列的方法:(1)定义法:证明an

24、-an-1=d(n2,nN*),或an+1-an=d(nN*);(2)等差中项法:证明2an=an-1+an+1(n2,nN*).22.(2013课标文,17,12分)已知等差数列an的公差不为零,a1=25,且a1,a11,a13成等比数列.(1)求an的通项公式;(2)求a1+a4+a7+a3n-2.解析(1)设an的公差为d.由题意,得a112=a1a13,即(a1+10d)2=a1(a1+12d).于是d(2a1+25d)=0.又a1=25,所以d=0(舍去)或d=-2.故an=-2n+27.(2)令Sn=a1+a4+a7+a3n-2.由(1)知a3n-2=-6n+31,故a3n-2是

25、首项为25,公差为-6的等差数列.从而Sn=n2(a1+a3n-2)=n2(-6n+56)=-3n2+28n.23.(2014大纲全国文,17,10分)数列an满足a1=1,a2=2,an+2=2an+1-an+2.(1)设bn=an+1-an,证明bn是等差数列;(2)求an的通项公式.解析(1)证明:由an+2=2an+1-an+2得,an+2-an+1=an+1-an+2,即bn+1=bn+2.又b1=a2-a1=1,所以bn是首项为1,公差为2的等差数列.(5分)(2)由(1)得bn=1+2(n-1),即an+1-an=2n-1.(8分)于是k=1n(ak+1ak)=k=1n(2k1)

26、,所以an+1-a1=n2,即an+1=n2+a1.又a1=1,所以an的通项公式为an=n2-2n+2.(10分)评析本题着重考查等差数列的定义、前n项和公式及“累加法”求数列的通项等基础知识,同时考查运算变形的能力.24.(2014课标理,17,12分)已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,an0,anan+1=Sn-1,其中为常数,(1)证明:an+2-an=;(2)是否存在,使得an为等差数列?并说明理由.解析(1)证明:由题设anan+1=Sn-1,知an+1an+2=Sn+1-1.两式相减得,an+1(an+2-an)=an+1.由于an+10,所以an+2-an=.(2)存在.

27、由a1=1,a1a2=a1-1,可得a2=-1,由(1)知,a3=+1.令2a2=a1+a3,解得=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=1+(n-1)4=4n-3;a2n是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=3+(n-1)4=4n-1.所以an=2n-1,an+1-an=2.因此存在=4,使得an为等差数列.评析本题主要考查an与Sn的关系及等差数列的定义,考查学生的逻辑思维能力及分析解决问题的能力.25.(2017课标文,17,12分)记Sn为等比数列an的前n项和.已知S2=2,S3=-6.(1)求an的通项公式;(2)求Sn,并判断

28、Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列.解析本题考查等差、等比数列.(1)设an的公比为q,由题设可得a1(1+q)=2,a1(1+q+q2)=6.解得q=-2,a1=-2.故an的通项公式为an=(-2)n.(2)由(1)可得Sn=a1(1qn)1q=-23+(-1)n2n+13.由于Sn+2+Sn+1=-43+(-1)n2n+32n+23=223+(1)n2n+13=2Sn,故Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列.方法总结等差、等比数列的常用公式:(1)等差数列:递推关系式:an+1-an=d,常用于等差数列的证明.通项公式:an=a1+(n-1)d.前n项和公式:Sn=(a1+an)n2=

29、na1+n(n1)2d.(2)等比数列:递推关系式:an+1an=q(q0),常用于等比数列的证明.通项公式:an=a1qn-1.前n项和公式:Sn=na1(q=1),a1(1qn)1q(q1).(3)在证明a,b,c成等差、等比数列时,还可以利用等差中项:a+c2=b或等比中项:ac=b2来证明.考点2 等差数列的性质1.(2015广东理,10,5分)在等差数列an中,若a3+a4+a5+a6+a7=25,则a2+a8=.答案10解析利用等差数列的性质可得a3+a7=a4+a6=2a5,从而a3+a4+a5+a6+a7=5a5=25,故a5=5,所以a2+a8=2a5=10.2.(2015陕西文,13,5分)中位数为1 010的一组数构成等差数列,其末项为2 015,则该数列的首项为.答案5解析设该数列的首项为a1,根据等差数列的性质可得a1+2 015=21 010,从而a1=5.3.(2014北京理,12,5分)若等差数列an满足a7+a8+a90,a7+a100,即a80.又a8+a9=a7+a100,a90,当n=8时,an的前n项和最大.