【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第六章第二讲　等差数列及其前n项和

【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第六章第二讲　等差数列及其前n项和

第二讲　等差数列及其前n项和 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1.[改编题]下面结论正确的个数为(　　)‎ ‎(1)若一个数列从第2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)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.‎ ‎(3)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数.‎ ‎(4)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.　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ ‎2.[2018全国Ⅰ,4,5分][理]记Sn为等差数列{an}的前n项和.若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=(　　)‎ A. - 12 B. - 10 C.10 D.12‎ ‎3.[2017全国卷Ⅰ,4,5分][理]记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则{an}的公差为(　　)‎ A.1 B.2 C.4 D.8‎ ‎4.[2015北京,6,5分]设{an}是等差数列.下列结论中正确的是(　　)‎ A.若a1+a2>0,则a2+a3>0‎ B.若a1+a3<0,则a1+a2<0‎ C.若0‎a‎1‎a‎3‎ D.若a1<0,则(a2 - a1)(a2 - a3)>0‎ ‎5.[2019江苏,8,5分]已知数列{an}(n∈N*)是等差数列,Sn是其前n项和.若a2a5+a8=0,S9=27,则S8的值是　　　　. ‎ ‎6.[2019北京,10,5分][理]设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2= - 3,S5= - 10,则a5=　　　　,Sn的最小值为　　　　. ‎ ‎7.一个等差数列的前12项的和为354,前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27,则该数列的公差d=　. ‎ ‎8.[2019银川一中模拟]在等差数列{an}中,首项a1>0,公差d≠0,前n项和为Sn(n∈N*),有以下命题:‎ ‎①若S3=S11,则必有S14=0;②若S3=S11,则必有S7是Sn中的最大项;③若S7>S8,则必有S8>S9;④若S7>S8,则必有S6>S9.‎ 其中所有正确命题的序号是　　　　. ‎ 考法1等差数列的判定与证明 ‎1[新课标全国卷,12分][理]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.‎ ‎(1)由题意知,anan+1=λSn - 1,an+1an+2=λSn+1 - 1.‎ 两式相减,得an+1(an+2 - an)=λan+1.‎ 由于an+1≠0,所以an+2 - an=λ.‎ ‎(2)由题设知,a1=1,a1a2=λS1 - 1,可得a2=λ - 1.‎ 由(1)知,a3=λ+1.‎ 令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{an}为等差数列.‎ ‎1.[2019广东七校第二次联考]已知数列{an}满足a1=1,an+1=anan‎+1‎,且bn=‎1‎an,n∈N*.‎ ‎(1)求证:数列{bn}为等差数列;‎ ‎(2)设数列{ann+1‎}的前n项和为Tn,求Tn的表达式.‎ 考法2等差数列的基本运算 ‎2(1)[2019全国卷Ⅰ,9,5分][理]记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.an=2n - 5 B.an=3n - 10‎ C.Sn=2n2 - 8n D.Sn=‎1‎‎2‎n2 - 2n ‎(2)[2020惠州市一调]等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4+a5=25,S6=57,则{an}的公差为　　　　. ‎ ‎(3)[2019全国卷Ⅲ,14,5分][理]记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1≠0,a2=3a1,则S‎10‎S‎5‎=　　　　. ‎ ‎(1)解法一　设等差数列{an}的公差为d,∵ S‎4‎‎=0,‎a‎5‎‎=5,‎‎∴‎‎4a‎1‎+‎4×3‎‎2‎d=0,‎a‎1‎‎+4d=5,‎解得a‎1‎‎=-3,‎d=2,‎∴an=a1+(n - 1)d= - 3+2(n - 1)=2n - 5,‎ Sn=na1+n(n-1)‎‎2‎d=n2 - 4n.故选A.‎ 解法二　设等差数列{an}的公差为d,∵ ‎S‎4‎‎=0,‎a‎5‎‎=5,‎ ‎∴‎4a‎1‎+‎4×3‎‎2‎d=0,‎a‎1‎‎+4d=5,‎解得a‎1‎‎=-3,‎d=2.‎ 选项A中,a1=2×1 - 5= - 3;‎ 选项B中,a1=3×1 - 10= - 7,排除B;‎ 选项C中,S1=2 - 8= - 6,排除C;‎ 选项D中,S1=‎1‎‎2‎ - 2= - ‎3‎‎2‎,排除D.选A.‎ ‎(2)解法一　设{an}的公差为d.因为a4+a5=25,S6=57,所以‎2a‎1‎+7d=25,‎‎6a‎1‎+15d=57,‎解得a‎1‎‎=2,‎d=3,‎所以{an}的公差为3.‎ 解法二　设{an}的公差为d,因为S6=‎6(a‎1‎+a‎6‎)‎‎2‎=3(a3+a4)=57,所以a3+a4=19.a4+a5 - (a3+a4)=2d=25 - 19,所以d=3.‎ ‎(3)设等差数列{an}的公差为d,由a2=3a1,即a1+d=3a1,得d=2a1,所以S‎10‎S‎5‎‎=‎10a‎1‎+‎10×9‎‎2‎d‎5a‎1‎+‎5×4‎‎2‎d=‎10a‎1‎+‎10×9‎‎2‎×2‎a‎1‎‎5a‎1‎+‎5×4‎‎2‎×2‎a‎1‎=‎‎100‎‎25‎=4.‎ ‎2.(1)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.3 B.4 C.5 D.6‎ ‎(2)在等差数列{an}中,已知a5+a10=12,则3a7+a9=(　　)‎ A.12 B.18 C.24 D.30‎ 考法3等差数列的性质的应用 ‎3(1)[2019全国高三联考]设Sn为等差数列{an}的前n项和,若S9=36,则(a2+a8)2 - a5=　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.60 B.30 C.12 D.4‎ ‎(2)已知Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1= - 2 018,S‎2021‎‎2021‎‎-‎S‎2010‎‎ 2010‎=11,则S2 022等于 A.6 066 B. - 6 066 C.4 040 D. - 4 040‎ ‎(3)等差数列{an}共有63项,且S63=36,则S奇=　　　　,S偶=　　　　. ‎ ‎(1)S9=‎9(a‎1‎+a‎9‎)‎‎2‎=36,∴a1+a9=2a5=8,‎ ‎∴a5=4,∴(a2+a8)2 - a5=4a‎5‎‎2‎ - a5=4×42 - 4=60.故选A.‎ ‎(2)由等差数列的性质可得{Snn}也为等差数列,设数列{Snn}的公差为d,‎ 则S‎2021‎‎2021‎‎-‎S‎2010‎‎2010‎=11d=11,∴d=1.‎ 故S‎2022‎‎2022‎=S‎1‎‎1‎+2021d= - 2018+2021=3.‎ ‎∴S2022=3×2022=6066.故选A.‎ ‎(3)由S63=36,得63·a32=36.(利用性质:若项数为2n - 1,则S2n - 1=(2n - 1)an)‎ ‎∴a32=‎4‎‎7‎.‎ ‎∴S奇=32a32=32×‎4‎‎7‎‎=‎‎128‎‎7‎,‎ S偶=31a32=31×‎4‎‎7‎‎=‎‎124‎‎7‎.(利用性质:若项数为2n - 1,则S奇=nan,S偶=(n - 1)an)‎ ‎3.(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若m>1,且am - 1+am+1 - am‎2‎ - 1=0,S2m - 1=39,则m等于(　　)‎ A.39 B.20 C.19 D.10‎ ‎(2)[2020贵州遵义联考]等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若SnTn‎=‎‎2n‎3n+1‎,则a‎11‎b‎11‎=　　　　. ‎ 考法4等差数列的前n项和及其最值 ‎4在等差数列{an}中,已知a1=13,3a2=11a6,则数列{an}的前n项和Sn的最大值为　　　　. ‎ 思路一　先利用已知条件求出公差d,再利用an‎≥0,‎an+1‎‎≤0‎求出n的取值范围,由n∈N*,即可得出n的值,从而得出数列{an}的前n项和Sn的最大值.‎ 思路二　先求出公差d,再利用配方法求数列{an}的前n项和Sn的最大值.‎ 设等差数列{an}的公差为d.‎ 解法一　(通项法)由3a2=11a6,得3×(13+d)=11×(13+5d),解得d= - 2,所以an=13+(n - 1)×( - 2)= - 2n+15.‎ 由an‎≥0,‎an+1‎‎≤0,‎得‎-2n+15≥0,‎‎-2(n+1)+15≤0,‎解得6.5≤n≤7.5.‎ 因为n∈N*,(求最值时,注意隐含条件n∈N*的应用)‎ 所以当n=7时,数列{an}的前n项和Sn最大,最大值为S7=‎7×(13-2×7+15)‎‎2‎=49.‎ 解法二　(二次函数法)由3a2=11a6,得3×(13+d)=11×(13+5d),解得d= - 2,所以an=13+(n - 1)×( - 2)= - 2n+15.‎ 所以Sn=n(13+15-2n)‎‎2‎= - n2+14n= - (n - 7)2+49,(用配方法求最值)‎ 所以当n=7时,数列{an}的前n项和Sn最大,最大值为S7=49.‎ ‎4.[2018全国卷Ⅱ,17,12分][理]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.‎ ‎1.B　对于(1),若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是同一个常数,则这个数列是等差数列,故(1)错误;对于(2),由2an+1=an+an+2得an+1 - an=an+2 - an+1,故(2)正确;对于(3),数列{an}为等差数列的充分不必要条件是其通项公式为n的一次函数,故(3)错误;对于(4),由等差数列与一次函数的关系可得(4)正确.故选B.‎ ‎2.B　解法一　设等差数列{an}的公差为d,∵3S3=S2+S4,∴3(3a1+‎3×2‎‎2‎d)=2a1+d+4a1+‎4×3‎‎2‎d,解得d= - ‎3‎‎2‎a1.∵a1=2,∴d= - 3,∴a5=a1+4d=2+4×( - 3)=‎ ‎ - 10.故选B.‎ 解法二　设等差数列{an}的公差为d,∵3S3=S2+S4,∴3S3=S3 - a3+S3+a4,∴S3=a4 - a3,∴3a1+‎3×2‎‎2‎d=d,又a1=2,∴d= - 3,∴a5=a1+4d=2+4×( - 3)= - 10.故选B.‎ ‎3.C　设等差数列{an}的公差为d,∴a‎1‎‎+3d+a‎1‎+4d=24,‎‎6a‎1‎+‎6×5‎‎2‎d=48,‎解得a‎1‎‎= - 2,‎d=4,‎故选C.‎ ‎4.C　若{an}是递减的等差数列,则选项A,B都不一定正确.若{an}为公差为0的等差数列,则选项D不正确.对于C选项,由0‎a‎1‎a‎3‎,选项C正确.故选C.‎ ‎5.16　解法一　设等差数列{an}的公差为d,则a2a5+a8=(a1+d)(a1+4d)+a1+7d=a‎1‎‎2‎+4d2+5a1d+a1+7d=0,S9=9a1+36d=27,解得a1= - 5,d=2,则S8=8a1+28d= - 40+56=16.‎ 解法二　设等差数列{an}的公差为d.S9=‎9(a‎1‎+a‎9‎)‎‎2‎=9a5=27,a5=3,又a2a5+a8=0,则3(3 - 3d)+3+3d=0,得d=2,所以a4=3 - 2=1,则S8=‎8(a‎1‎+a‎8‎)‎‎2‎=4(a4+a5)=4×(1+3)=16.‎ ‎6.0　 - 10　设等差数列{an}的公差为d,∵a‎2‎‎= - 3,‎S‎5‎‎= - 10,‎即a‎1‎‎+d= - 3,‎‎5a‎1‎+10d= - 10,‎∴可得a‎1‎‎= - 4,‎d=1,‎∴a5=a1+4d=0.‎ ‎∵Sn=na1+n(n - 1)‎‎2‎d=‎1‎‎2‎(n2 - 9n),∴当n=4或n=5时,Sn取得最小值,最小值为 - 10.‎ ‎7.5　设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇,偶数项的和为S偶,等差数列的公差为d.由已知条件,得S奇‎+S偶=354,‎S偶‎∶S奇=32∶27,‎解得S偶‎=192,‎S奇‎=162.‎ 又S偶 - S奇=6d,所以d=‎192 - 162‎‎6‎=5.‎ ‎8.①②③④　对于①,若S11 - S3=4(a1+a14)=0,即a1+a14=0,则S14=‎14(a‎1‎+a‎14‎)‎‎2‎=0,所以①正确;对于②,当S3=S11时,易知a7+a8=0,又a1>0,d≠0,所以a7>0>a8,故S7是Sn中的最大项,所以②正确;对于③,若S7>S8,则a8<0,又a1>0,那么d<0,可知a9<0,此时S9 - S8<0,即S8>S9,所以③正确;对于④,若S7>S8,则a8<0,S9 - S6=a7+a8+a9=3a8<0,即S6>S9,所以④正确.‎ ‎1.(1)因为bn=‎1‎an,且an+1=anan‎+1‎,所以bn+1=‎1‎an+1‎‎=‎an‎+1‎an=1+‎1‎an=1+bn,故bn+1 - bn=1.‎ 又b1=‎1‎a‎1‎=1,所以数列{bn}是以1为首项,1为公差的等差数列.‎ ‎(2)由(1)知数列{bn}的通项公式为bn=n,又bn=‎1‎an,‎ 所以an=‎1‎bn‎=‎‎1‎n.‎ 故ann+1‎‎=‎1‎n(n+1)‎=‎1‎n - ‎‎1‎n+1‎,‎ 所以Tn=‎∑‎k=1‎n(‎1‎k‎ - ‎‎1‎k+1‎)=1 - ‎1‎n+1‎‎=‎nn+1‎.‎ ‎2.(1)C　解法一　由Sm - 1= - 2,Sm=0,Sm+1=3,‎ 得am=Sm - Sm - 1=2,am+1=Sm+1 - Sm=3,‎ 所以等差数列的公差为d=am+1 - am=3 - 2=1,‎ 由am‎=a‎1‎+(m - 1)d=2,‎Sm‎=a‎1‎m+‎1‎‎2‎m(m - 1)d=0,‎得a‎1‎‎+m - 1=2,‎a‎1‎m+‎1‎‎2‎m(m - 1)=0,‎ 解得a‎1‎‎= - 2,‎m=5,‎故选C.‎ 解法二　已知Sm - 1= - 2,Sm=0,Sm+1=3,‎ 由等差数列求和公式得Sm - 1‎‎=(m - 1)a‎1‎+‎(m - 1)(m - 2)d‎2‎= - 2　①,‎Sm‎=ma‎1‎+m(m - 1)d‎2‎=0　②,‎Sm+1‎‎=(m+1)a‎1‎+m(m+1)d‎2‎=3　③.‎ ‎② - ①,得a1+(m - 1)d=2　④,‎ ‎③ - ②,得a1+md=3　⑤,‎ ‎⑤ - ④,得d=1,代入⑤,得a1=3 - m,‎ 把d和a1都代入②,得m=5或m=0(舍去).故选C.‎ 解法三　由题意,知Sm=m(a‎1‎+am)‎‎2‎=0,所以a1= - am= - (Sm - Sm - 1)= - 2,所以am=2,a1= - 2.又am+1=Sm+1 - Sm=3,所以公差d=am+1 - am=1,所以3=am+1=a1+md= - 2+m,所以m=5.故选C.‎ 解法四　∵数列{an}为等差数列,且其前n项和为Sn,‎ ‎∴数列{Snn}也为等差数列.‎ ‎∴Sm - 1‎m - 1‎‎+Sm+1‎m+1‎=‎‎2‎Smm,即‎ - 2‎m - 1‎‎+‎‎3‎m+1‎=0,解得m=5.‎ 经检验为原方程的解.故选C.‎ ‎(2)C　设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,‎ 因为a5+a10=12,所以2a1+13d=12,‎ 所以3a7+a9=3(a1+6d)+a1+8d=4a1+26d=2(2a1+13d)=2×12=24.‎ ‎3.(1)B　数列{an}为等差数列,则am - 1+am+1=2am,则am - 1+am+1 - am‎2‎ - 1=0可化为2am - am‎2‎ - 1=0,解得am=1.又S2m - 1=(2m - 1)am=39,则m=20.故选B.‎ ‎(2)‎21‎‎32‎　由等差数列前n项和的性质得a‎11‎b‎11‎‎=S‎21‎T‎21‎=‎2×21‎‎3×21+1‎=‎‎21‎‎32‎.‎ ‎4.(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=2n - 9.‎ ‎(2)由(1)得Sn=n2 - 8n=(n - 4)2 - 16.‎ 所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为 - 16.‎