2023年高考分类题库考点22 等差数列及其前n项和

考点22等差数列及其前n项和7.(2023·新高考Ⅰ卷·T7)记Sn为数列{an}的前n项和,设甲:{an}为等差数列;乙:Snn为等差数列,则()A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【命题意图】本题以等差数列为载体考查充要条件的判定,以及判断等差数列、由递推关系证明数列是等差数列、求等差数列前n项和,考查学生的逻辑推理能力.【解析】选C.an为等差数列,设其首项为a1,公差为d,则Sn=na1+n(n从而可得Snn=a1+n-12d=d2n+a1-d2,故Sn+1n+1-Snn=d2,则Snn为等差数列,则甲是乙的充分条件所以Snn=S1+(n-1)D,即Sn=nS1+n(n-1)当n≥2时,Sn-1=(n-1)S1+(n-1)(n-2)D,上述两式相减得,Sn-Sn-1=S1+2(n-1)D,当n=1时,成立,所以an=a1+2(n-1)D,又an+1-an=a1+2nD-[a1+2(n-1)D]=2D为常数,所以{an}为等差数列,则甲是乙的必要条件.综上,甲是乙的充要条件.20.(2023·新高考Ⅰ卷·T20)设等差数列{an}的公差为d,且d>1,令bn=n2+nan,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式;(2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.【命题意图】本题考查等差数列的通项及前n项和公式,考查学生运用数列知识解决综合问题的能力,考查分类讨论的思想.【解析】(1)由3a2=3a1+a3,得3(a2-a1)=a3=3d=a1+2d,得a1=d,从而an=nd(d>1),故bn=n+1d,易知S3=a1+a2+a3=6d,T3=2+3+4d由题意6d+9d=21,从而得2d2-7d+3=0,解得d=3,故an=3n,n∈N*(2)因为{bn}为等差数列,所以2b2=b1+b3,即12a2=2a1+12a3,所以61a2-1a3=6da2a3=1a1,即a12-3a1d+2d2=0,解得a1=d又S99-T99=99,由等差数列性质知,99a50-99b50=99,即a50-b50=1,所以a50-2550a50=1,即a502-a50-2550=0,解得a50=51或a50=-50当a1=2d时,a50=a1+49d=51d=51,解得d=1,与d>1矛盾,无解;当a1=d时,a50=a1+49d=50d=51,解得d=5150.综上,d=5118.(2023·新高考Ⅱ卷·T18)若{an}为等差数列,bn=an-6(n为奇数),2an(n为偶数),记Sn,Tn为{an},{bn}的前n项和(1)求{an}的通项公式;(2)证明:当n>5时,Tn>Sn.【命题意图】本题主要考查数列的基本运算,突出考查数列的奇、偶项的运算.考查利用数列的基础知识解决数列综合问题的能力.【解题指导】(1)设等差数列{an}的公差为d,用a1,d表示Sn及Tn,即可求解作答.(2)方法1:利用(1)的结论求出Sn,bn,再分奇偶结合分组求和法求出Tn,并与Sn作差比较作答;方法2:利用(1)的结论求出Sn,bn,再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出Tn,并与Sn作差比较作答.【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,而bn=an-6,n=2k-12an,n=2k,k∈N*,则b1=a1-6,b2=2a2=2a1+于是S4=4a1+6d=32T3=4a1+4d-12=16,解得a1=5,d=所以数列{an}的通项公式为an=2n+3.(2)方法1:由(1)知,Sn=n(5+2n+3)2=n2+4n,bn=2当n为偶数时,bn-1+bn=2(n-1)-3+4n+6=6n+1,Tn=13+(6n+1)2·n2=当n>5时,Tn-Sn=32n2+72n-(n2+4n)=12n(n-1)>0,因此Tn>Sn当n为奇数时,Tn=Tn+1-bn+1=32(n+1)2+72(n+1)-[4(n+1)+6]=32n2+5当n>5时,Tn-Sn=32n2+52n-5-(n2+4n)=12(n+2)(n-5)>0,因此Tn>Sn所以当n>5时,Tn>Sn.方法2:由(1)知,Sn=n(5+2n+3)2=n2+4n,bn=2当n为偶数时,Tn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)=-1+2(n-1)-32·n2+14+4n当n>5时,Tn-Sn=32n2+72n-(n2+4n)=12n(n-1)>0,因此Tn>Sn当n为奇数时,若n≥3,则Tn=(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1)=-1+2n-32·n+12+14+4(n-1)+62·n-12=32n2+52n-5,显然T1=b1当n>5时,Tn-Sn=32n2+52n-5-(n2+4n)=12(n+2)(n-5)>0,因此Tn>Sn,所以当n>5时,Tn>Sn19.(2023·天津高考)已知{an}是等差数列,a2+a5=16,a5-a3=4.(1)求{an}的通项公式和∑i=2(2)已知{bn}为等比数列,对于任意k∈N*,若2k-1≤n≤2k-1,则bk<an<bk+1.(i)当k≥2时,求证:2k-1<bn<2k+1;(ii)求{bn}的通项公式及其前n项和.【解析】(1)因为{an}是等差数列,a2+a5=16,a5-a3=4.所以a1+d+a1+4d=2a则{an}的通项公式为an=3+2(n-1)=2n+1(n∈N*),∑i=2n-12n-1ai中的首项a2n-1=2n-1-2n-1+1=2n-2n-1=2×2n-1-2n-1=2n-1,则∑i=2n-12n-1ai=2n-1(2n+1)+2n-1(2n-1-1)2×2=2n-1(2n+1)+2n-1(2n-1-1)=2n-1(2=2n-1×3×2n-1=3×4n-1.(2)(i)因为2k-1≤n≤2k-1,所以2k≤2n≤2k+1-2,1+2k≤2n+1≤2k+1-1,即1+2k≤an≤2k+1-1,当k≥2时,因为bk<an<bk+1.所以bk<1+2k,且bk+1>2k+1-1,即bk>2k-1,综上2k-1<bk<1+2k,即2k-1<bn<2k+1成立.(ii)因为2k-1<bk<2k+1成立,且{bn}为等比数列,所以设公比为q,当k≥2时,2k+1-1<bk+1<2k+1+1,12k+1<1则2k+1-12即2(2k+1)-即2-12k+1<q<2当k→+∞,2-12k+1→2,2+3所以q=2.因为当k≥2时,2k-1<bk<2k+1,所以2k-1<b12k-1<2k+1,即2k-12k即2-12k-1<b1<当k→+∞,2-12k-1→2,2+则b1=2,则bn=2×2n-1=2n,即{bn}的通项公式为bn=2n,则{bn}的前n项和Tn=2(1-2n)110.(2023·全国乙卷·理科·T10)已知等差数列{an}的公差为2π3,集合S={cosan|n∈N*},若S={a,b},则ab=(A.-1 B.-12 C.0 D.【解析】选B.依题意,等差数列{an}中,an=a1+(n-1)·2π3=2π3n+a1-显然函数y=cos2π3n+a1-2π3的周期为3,而n∈N*,即cosan最多3个不同取值,又{cosan|n∈N*}={a,b},则在cosa1,cosa2,cosa3中,cosa1=cosa2≠cosa3或cosa1≠cosa2=cosa3或cosa1=cosa3≠cosa2,不妨令cosa1=cosa2≠cosa3,于是有cosθ=cosθ+2π3,即有θ+θ+2π3=2kπ,k∈Z,解得θ=kπ-π3,k∈Z所以ab=coskπ-π3coskπ-π3+4π3=-coskπ-π3coskπ=-cos2kπcosπ3=-15.(2023·全国甲卷·文科·T5)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2+a6=10,a4a8=45,则S5=()A.25 B.22 C.20 D.15【解析】选C.方法一:设等差数列{an}的公差为d,首项为a1,依题意可得,a2+a6=a1+d+a1+5d=10,即a1+3d=5,又a4a8=(a1+3d)(a1+7d)=45,解得d=1,a1=2,所以S5=5a1+5×42×d=5×2+10=20方法二:a2+a6=2a4=10,a4a8=45,所以a4=5,a8=9,从而d=a8-a于是a3=a4-d=5-1=4,所以S5=5a3=20.18.(2023·全国乙卷·文科·T18)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a2=11,S10=40.(1)求{an}的通项公式;(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.【解析】(1)设等差数列的公差为d,由题意可得a2即a1+d=11所以an=13-2(n-1)=15-2n.(2)因为Sn=n(13+15-