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(guó)通用

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，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，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. 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anSnSn12an2an1(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(duì)任意的正整數(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(duì)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(duì)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. 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(duì)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(duì)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(duì)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 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.