五年高考真题高考数学复习 第六章 第二节 等差数列及其前n项和 理全国通用

高考数学精品复习资料 2019.5 第二节第二节 等差数列及其等差数列及其前前n n项和项和 考点一 等差数列中的运算问题 1(20 xx重庆，2)在等差数列an中，若a24，a42，则a6( ) A1 B0 C1 D6 解析 由等差数列的性质，得a62a4a22240，选 B. 答案 B 2(20 xx福建，3)等差数列an的前n项和为Sn，若a12，S312，则a6等于( ) A8 B10 C12 D14 解析 设等差数列an的公差为d，则S33a13d，所以 12323d，解得d2，所以a6a15d25212，故选 C. 答案 C 3(20 xx辽宁，8)设等差数列an的公差为d.若数列2a1an为递减数列，则( ) Ad0 Ca1d0 解析 2a1an为递减数列，可知a1an也为递减数列，又a1ana21a1(n1)da1dna21a1d，故a1d203时，f(x)0，0 x203时，f(x)0，a2n2an4Sn3. (1)求an的通项公式； (2)设bn1anan1，求数列bn的前n项和 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是首项为 3，公差为 2 的等差数列，通项公式为an2n1. (2)由an2n1 可知 bn1anan11（2n1）（2n3） 1212n112n3. 设数列bn的前n项和为Tn，则 Tnb1b2bn 1213151517 12n112n3 n3（2n3）. 考点二 等差数列的性质 1(20 xx北京，6)设an是等差数列，下列结论中正确的是( ) A若a1a20，则a2a30 B若a1a30，则a1a20 C若 0a1a2，则a2a1a3 D若a10，则(a2a1)(a2a3)0 解析 A，B 选项易举反例，C 中若 0a1a2，a3a2a10，a1a32a1a3，又 2a2a1a3，2a22a1a3，即a2a1a3成立 答案 C 2(20 xx北京，12)若等差数列an满足a7a8a90，a7a100，a80.又a7a10a8a90，a90.当n8 时，其前n项和最大 答案 8 3(20 xx广东，10)在等差数列an中，若a3a4a5a6a725，则a2a8_ 解析 因为an是等差数列，所以a3a7a4a6a2a82a5，a3a4a5a6a75a525，即a55，a2a82a510. 答案 10 4(20 xx广东，12)在等差数列an中，已知a3a810，则 3a5a7_ 解析 由题可知a3a8a5a6a4a710，又3a5a7a52a5a7a5(a4a6)a72(a5a6)21020. 答案 20 5(20 xx江西，12)设数列an，bn都是等差数列，若a1b17，a3b321，则a5b5_ 解析 an，bn均是等差数列，根据等差数列的性质a1a52a3，b1b52b3，即a52a3a1，b52b3b1， a5b52(a3b3)(a1b1)221735. 答案 35 考点三 等差数列的综合应用 1(20 xx四川，16)设数列an(n1，2，3，)的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列 (1)求数列an的通项公式； (2)记数列1an的前n项和为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)， 从而a22a1，a32a24a1， 又因为a1，a21，a3成等差数列，即a1a32(a21)， 所以a14a12(2a11)，解得a12， 所以，数列an是首项为 2，公比为 2 的等比数列，故an2n. (2)由(1)得1an12n， 所以Tn1212212n12112n112112n. 由|Tn1|11 000，得112n1 11 000，即 2n1 000， 因为 295121 0001 024210， 所以n10， 于是，使|Tn1|11 000成立的n的最小值为 10. 2(20 xx江苏，20)设数列an的前n项和为Sn.若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Snam，则称an是“H数列” (1)若数列an的前n项和Sn2n(nN N*)，证明an是“H数列”； (2)设an是等差数列，其首项a11，公差d0.若an是“H数列”，求d的值； (3)证明：对任意的等差数列an，总存在两个“H数列”bn和cn，使得anbncn(nN N*)成立 (1)证明 由已知，当n1 时，an1Sn1Sn2n12n2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数mn1，使得Sn2nam.所以an是“H数列” (2)解 由已知，得S22a1d2d.因为an是“H数列”，所以存在正整数m，使得S2am，即 2d1(m1)d，于是(m2)d1. 因为d0，所以m20，故m1.从而d1. 当d1时，an2n，Snn（3n）2是小于2的整数，nN N*.于是对任意的正整数n，总存在正整数m2Sn2n（3n）2，使得Sn2mam，所以an是“H数列”因此d的值为1. (3)证明 设等差数列an的公差为d，则ana1(n1)dna1(n1)(da1)(nN N*) 令bnna1，cn(n1)(da1)，则anbncn(nN N*) 下证bn是“H数列” 设bn的前n项和为Tn，则Tnn（n1）2a1(nN N*)于是对任意的正整数n，总存在正整数mn（n1）2，使得Tnbm，所以bn是“H数列” 同理可证cn也是“H数列” 所以，对任意的等差数列an，总存在两个“H数列”bn和cn，使得anbncn(nN N*)成立 3(20 xx山东，20)设等差数列an的前n项和为Sn，且S44S2，a2n2an1. (1)求数列an的通项公式； (2)设数列bn的前n项和为Tn，且Tnan12n(为常数)令cnb2n，(nN N*)，求数列cn的前n项和Rn. 解 (1)设数列an的公差为d，令n1， 则a22a11，即a1d1， 又S44S2，即 2a1d， 由联立解得a11，d2，所以an2n1(nN N*) (2)由题意知，Tnn2n1，所以当n2 时，bnTnTn1n2n1n12n2n22n1. 故cnb2nn14n1(nN N*) Rnc1c2cn1cn014242n14n1， 14Rn142243n24n1n14n， 两式相减得 34Rn1414214n1n14n 14114n1114n14n1313n14n， 整理得Rn4913n14n 1943n14n1. 所以数列cn的前n项和 Rn1943n14n1.