考向19等差数列及其前n项和（重点）-备战2023年高考数学一轮复习考点微专题（全国通用）（解析版）

考向19等差数列及其前n项和1.（2022年乙卷文科第13题）记nS为等差数列{}na的前n项和.若32236SS，则公差d．【答案】2【解析】因为32236SS，所以212233()6aaa，即213()36aad，所以2d.2.（2022年北京卷第6题）设na是公差不为0的无穷等差数列，则“na为递增数列”是“存在正整数0N，当0nN时，0na”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】设等差数列na的公差为d，则0d，记x为不超过x的最大整数.若na为单调递增数列，则0d，若10a，则当2n时，10naa；若10a，则11naand，由110naand可得11and，取1011aNd，则当0nN时，0na，所以，“na是递增数列”“存在正整数0N，当0nN时，0na”；若存在正整数0N，当0nN时，0na，取Nk且0kN，0ka，假设0d，令0nkaankd可得kankd，且kakkd，当1kankd时，0na，与题设矛盾，假设不成立，则0d，即数列na是递增数列.所以，“na是递增数列”“存在正整数0N，当0nN时，0na”.所以，“na是递增数列”是“存在正整数0N，当0nN时，0na”的充分必要条件.故选：C.3.（2022新课标1卷第17题）记nS为数列{}na的前n项和，已知11a，{}nnSa是公差为13的等差数列．（1）求{}na得通项公式；（2）证明：121112naaa．【解析】（1）111Sa，所以111Sa，所以{}nnSa是首项为1，公差为13的等差数列，所以121(1)33nnSnna，所以23nnnSa．当2n…时，112133nnnnnnnaSSaa，所以1(1)(1)nnnana，即111nnanan（2n…）；累积法可得：(1)2nnna（2n…），又11a满足该式，所以{}na得通项公式为(1)2nnna．（2）121111112[]1223(1)naaann111112(1)2231nn12(1)21n．4.（2022新课标2卷第17题）已知{}na为等差数列，{}nb是公比为2的等比数列，且223344ababba（1）证明：11ab；（2）求集合1{|,1500}kmkbaam剟中元素的个数．【答案】（1）见解析；（2）9．【解析】（1）设等差数列{}na公差为d由2233abab，知1111224adbadb，故12db由2244abba，知1111283adbbad，故111243adbdad；故1112adbda，整理得11ab，得证．（2）由（1）知1122dba，由1kmbaa知：111121kbamda即11111212kbbmbb，即122km，因为1500m剟，故1221000k剟，解得210k剟故集合1{|,1500}kmkbaam剟中元素的个数为9个．5.（2022年甲卷理科第17题，文科第18题）记nS为数列{}na的前n项和.已知221nnSnan.（1）证明：{}na是等差数列；（2）若479,,aaa成等比数列，求nS的最小值.【答案】（1）略；（2）78【解析】（1）由于221nnSnan，变形为222nnSnann，记为①式，又21122(1)1(1)nnSnann，记为②式，①-②可得*1(22)(22)22,2,nnnanannnN…即*11,2,nnaannN…，所以{}na是等差数列；（2）由题意可知2749aaa，即2111(6)(3)(8)aaa，解得112a，所以12(1)113nann，其中1212...0aaa，130a则nS的最小值为121378SS.6.（2021年甲卷理科第18题）已知数列}{na的各项为正数，记nS为}{na的前n项和，从下面①②③中选出两个条件，证明另一个条件成立．①数列}{na为等差数列；②数列}{nS为等差数列；③123aa．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【答案】见解析．【解析】一、选择条件①③已知}{na为等差数列，122aa，设公差为d，则daaa1123，即12ad因为1212)1(andnnnaSn，则naSn1)0(1a所以数列}{nS为等差数列二、选择条件①②已知}{na为等差数列，数列}{nS为等差数列，设公差为d则dnaan)1(1，ndadndnnnaSn)2(212)1(121若数列}{nS为等差数列，则21da，所以1123adaa三、选择条件②③已知数列}{nS为等差数列，123aa设公差为d则dSS12，即daa114则21danddnSSn)1(1则dnSn2，ddnSSannn21所以}{na为等差数列7.（2021年全国一卷第19题）记nS为数列{}na的前n项和，nb为数列{}nS的前n项积.已知212nnSb.（1）证明：数列{}nb是等差数列；（2）求{}na的通项公式.【答案】（1）见解析；（2）31212(1)nnannn≥.【解析】（1）当1n时，11bS，易得132b.当2n≥时，1nnnbSb，代入212nnSb消去nS得，1212nnnbbb，化简得112nnbb，{}nb是以32为首项，12为公差的等差数列.（2）易得11132aSb.由（1）可得22nnb，由212nnSb可得21nnSn.当2n≥时，12111(1)nnnnnaSSnnnn，显然1a不满足该式；31212(1)nnannn≥.8.（2021年新高考2卷第17题）记nS是公差不为0的等差数列na的前n项和，若35244,aSaaS．（1）求数列na的通项公式na；（2）求使nnSa成立的n的最小值．【答案】（1）=26nan；（2）min7n．【解析】（1）由题意知：35244,aSaaS1111154+252,43342adadadadad即：121+20,46addad故14,2ad所以数列na的通项公式为26nan．（2）由（1）知21(4)25,2nnnSnnn又,26nnnSaan2526nnn即2760nn16nn或+nNmin7n1.等差数列的基本运算的解题策略(1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了方程思想．(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换的作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用方法．2.等差数列的判定与证明方法（1）定义法：如果一个数列{an}从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么可以判断数列{an}为等差数列；（2）等差中项法：如果一个数列{an}对任意的正整数n都满足2an+1=an+an+2，那么可以判断{an}为等差数列；（3）通项公式法：如果一个数列{an}的通项公式满足an=pn+q（p，q为常数）的形式，那么可以得出{an}是首项为p+q，公差为p的等差数列;（4）前n项和公式法:如果一个数列{an}的前n项和公式满足Sn=An2+Bn（A，B为常数）的形式，那么可以得出数列{an}是首项为A+B，公差为2A的等差数列.1．等差数列与函数的关系(1)通项公式：当公差d≠0时，等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d是关于n的一次函数，且一次项系数为公差d.若公差d＞0，则为递增数列，若公差d＜0，则为递减数列．(2)前n项和：当公差d≠0时，Sn＝na1＋n（n－1）2d＝d2n2＋a1－d2n是关于n的二次函数且常数项为0.2．两个常用结论(1)关于等差数列奇数项和与偶数项和的性质①若项数为2n，则S偶－S奇＝nd，S奇S偶＝anan＋1；②若项数为2n－1，则S偶＝(n－1)an，S奇＝nan，S奇－S偶＝an，S奇S偶＝nn－1.(2)两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为S2n－1T2n－1＝anbn.1．当公差d≠0时，等差数列的通项公式是n的一次函数；当公差d＝0时，an为常数．2．注意利用“an－an－1＝d”时加上条件“n≥2”．1．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a2＝2，S4＝14，则S6等于()A．32B．39C．42D．45【答案】B【解析】设公差为d，由题意得a1＋d＝2，4a1＋4×32d＝14，解得a1＝－1，d＝3，所以S6＝6a1＋5×62d＝39.2．已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，若a1＝1，a3＝5，Sn＝64，则n＝()A．6B．7C．8D．9【答案】C【解析】因为d＝a3－a12＝2，Sn＝na1＋n（n－1）2d＝n＋n(n－1)＝64，解得n＝8(负值舍去)．3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4＋S5＝2，S7＝14，则a10＝()A．18B．16C．14D．12【答案】C【解析】设{an}的公差为d，由a1＋3d＋5a1＋5×42d＝2，7a1＋7×62d＝14可得6a1＋13d＝2，a1＋3d＝2，解得a1＝－4，d＝2，所以a10＝－4＋9×2＝14，选C.4．已知数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a，b∈R)且a2＝3，a6＝11，则S7等于()A．13B．49C．35D．63【答案】B【解析】由Sn＝an2＋bn(a，b∈R)可知数列{an}是等差数列，依题意得，d＝a6－a26－2＝11－34＝2，则an＝a2＋(n－2)d＝2n－1，即a1＝1，a7＝13，所以S7＝a1＋a72×7＝1＋132×7＝49.5．数列{an}满足2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，且a2＝－6，a6＝6，Sn是数列{an}的前n项和，则()A．S4＜S3B．S4＝S3C．S4＞S1D．S4＝S1【答案】B【解析】数列{an}满足2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，则数列{an}是等差数列，设等差数列{an}的公差为d.因为a2＝－6，a6＝6，所以4d＝a6－a2＝12，即d＝3.所以an＝－6＋3(n－2)＝3n－12，所以S1＝a1＝－9，S3＝a1＋a2＋a3＝－9－6－3＝－18，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝－9－6－3＋0＝－18，所以S4＜S1，S3＝S4.6.在等差数列{an}中，a2，a14是方程x2＋6x＋2＝0的两个实数根，则a8a2a14＝()A．－32B．－3C．－6D．2【答案】A【解析】因为a2，a14是方程x2＋6x＋2＝0的两个实数根，所以a2＋a14＝－6，a2a14＝2，由等差数列的性质可知，a2＋a14＝2a8＝－6，所以a8＝－3，则a8a2a14＝－32，故选A.7.已知等差数列{an}的前10项和为30，它的前30项和为210，则前20项和为()A．100B．120C．390D．540【答案】A【解析】设Sn为等差数列{an}的前n项和，则S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，所以2(S