五年高考真題高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第六章 第二節(jié) 等差數(shù)列及其前n項(xiàng)和 理全國通用

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1、高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 第二節(jié)第二節(jié) 等差數(shù)列及其等差數(shù)列及其前前n n項(xiàng)和項(xiàng)和 考點(diǎn)一 等差數(shù)列中的運(yùn)算問題 1(20 xx重慶,2)在等差數(shù)列an中,若a24,a42,則a6( ) A1 B0 C1 D6 解析 由等差數(shù)列的性質(zhì),得a62a4a22240,選 B. 答案 B 2(20 xx福建,3)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,若a12,S312,則a6等于( ) A8 B10 C12 D14 解析 設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,則S33a13d,所以 12323d,解得d2,所以a6a15d25212,故選 C. 答案 C 3(20 xx遼寧,8)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d.若數(shù)列

2、2a1an為遞減數(shù)列,則( ) Ad0 Ca1d0 解析 2a1an為遞減數(shù)列,可知a1an也為遞減數(shù)列,又a1ana21a1(n1)da1dna21a1d,故a1d203時(shí),f(x)0,0 x203時(shí),f(x)0,a2n2an4Sn3. (1)求an的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn1anan1,求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和 解 (1)由a2n2an4Sn3, 可知a2n12an14Sn13. 可得a2n1a2n2(an1an)4an1,即 2(an1an)a2n1a2n(an1an)(an1an) 由于an0,可得an1an2. 又a212a14a13, 解得a11(舍去),a13. 所以an是首項(xiàng)為 3

3、,公差為 2 的等差數(shù)列,通項(xiàng)公式為an2n1. (2)由an2n1 可知 bn1anan11(2n1)(2n3) 1212n112n3. 設(shè)數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Tn,則 Tnb1b2bn 1213151517 12n112n3 n3(2n3). 考點(diǎn)二 等差數(shù)列的性質(zhì) 1(20 xx北京,6)設(shè)an是等差數(shù)列,下列結(jié)論中正確的是( ) A若a1a20,則a2a30 B若a1a30,則a1a20 C若 0a1a2,則a2a1a3 D若a10,則(a2a1)(a2a3)0 解析 A,B 選項(xiàng)易舉反例,C 中若 0a1a2,a3a2a10,a1a32a1a3,又 2a2a1a3,2a22a1a3,

4、即a2a1a3成立 答案 C 2(20 xx北京,12)若等差數(shù)列an滿足a7a8a90,a7a100,a80.又a7a10a8a90,a90.當(dāng)n8 時(shí),其前n項(xiàng)和最大 答案 8 3(20 xx廣東,10)在等差數(shù)列an中,若a3a4a5a6a725,則a2a8_ 解析 因?yàn)閍n是等差數(shù)列,所以a3a7a4a6a2a82a5,a3a4a5a6a75a525,即a55,a2a82a510. 答案 10 4(20 xx廣東,12)在等差數(shù)列an中,已知a3a810,則 3a5a7_ 解析 由題可知a3a8a5a6a4a710,又3a5a7a52a5a7a5(a4a6)a72(a5a6)21020

5、. 答案 20 5(20 xx江西,12)設(shè)數(shù)列an,bn都是等差數(shù)列,若a1b17,a3b321,則a5b5_ 解析 an,bn均是等差數(shù)列,根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)a1a52a3,b1b52b3,即a52a3a1,b52b3b1, a5b52(a3b3)(a1b1)221735. 答案 35 考點(diǎn)三 等差數(shù)列的綜合應(yīng)用 1(20 xx四川,16)設(shè)數(shù)列an(n1,2,3,)的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn2ana1,且a1,a21,a3成等差數(shù)列 (1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式; (2)記數(shù)列1an的前n項(xiàng)和為Tn,求使得|Tn1|11 000成立的n的最小值 解 (1)由已知Sn2ana1,有anSnSn1

6、2an2an1(n2), 即an2an1(n2), 從而a22a1,a32a24a1, 又因?yàn)閍1,a21,a3成等差數(shù)列,即a1a32(a21), 所以a14a12(2a11),解得a12, 所以,數(shù)列an是首項(xiàng)為 2,公比為 2 的等比數(shù)列,故an2n. (2)由(1)得1an12n, 所以Tn1212212n12112n112112n. 由|Tn1|11 000,得112n1 11 000,即 2n1 000, 因?yàn)?295121 0001 024210, 所以n10, 于是,使|Tn1|11 000成立的n的最小值為 10. 2(20 xx江蘇,20)設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn.若對任

7、意的正整數(shù)n,總存在正整數(shù)m,使得Snam,則稱an是“H數(shù)列” (1)若數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn2n(nN N*),證明an是“H數(shù)列”; (2)設(shè)an是等差數(shù)列,其首項(xiàng)a11,公差d0.若an是“H數(shù)列”,求d的值; (3)證明:對任意的等差數(shù)列an,總存在兩個(gè)“H數(shù)列”bn和cn,使得anbncn(nN N*)成立 (1)證明 由已知,當(dāng)n1 時(shí),an1Sn1Sn2n12n2n.于是對任意的正整數(shù)n,總存在正整數(shù)mn1,使得Sn2nam.所以an是“H數(shù)列” (2)解 由已知,得S22a1d2d.因?yàn)閍n是“H數(shù)列”,所以存在正整數(shù)m,使得S2am,即 2d1(m1)d,于是(m2)d1.

8、 因?yàn)閐0,所以m20,故m1.從而d1. 當(dāng)d1時(shí),an2n,Snn(3n)2是小于2的整數(shù),nN N*.于是對任意的正整數(shù)n,總存在正整數(shù)m2Sn2n(3n)2,使得Sn2mam,所以an是“H數(shù)列”因此d的值為1. (3)證明 設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,則ana1(n1)dna1(n1)(da1)(nN N*) 令bnna1,cn(n1)(da1),則anbncn(nN N*) 下證bn是“H數(shù)列” 設(shè)bn的前n項(xiàng)和為Tn,則Tnn(n1)2a1(nN N*)于是對任意的正整數(shù)n,總存在正整數(shù)mn(n1)2,使得Tnbm,所以bn是“H數(shù)列” 同理可證cn也是“H數(shù)列” 所以,對任意的等

9、差數(shù)列an,總存在兩個(gè)“H數(shù)列”bn和cn,使得anbncn(nN N*)成立 3(20 xx山東,20)設(shè)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,且S44S2,a2n2an1. (1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Tn,且Tnan12n(為常數(shù))令cnb2n,(nN N*),求數(shù)列cn的前n項(xiàng)和Rn. 解 (1)設(shè)數(shù)列an的公差為d,令n1, 則a22a11,即a1d1, 又S44S2,即 2a1d, 由聯(lián)立解得a11,d2,所以an2n1(nN N*) (2)由題意知,Tnn2n1,所以當(dāng)n2 時(shí),bnTnTn1n2n1n12n2n22n1. 故cnb2nn14n1(nN N*) Rnc1c2cn1cn014242n14n1, 14Rn142243n24n1n14n, 兩式相減得 34Rn1414214n1n14n 14114n1114n14n1313n14n, 整理得Rn4913n14n 1943n14n1. 所以數(shù)列cn的前n項(xiàng)和 Rn1943n14n1.

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