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2024高考数学常考题型:第14讲 等差数列的通项求和及性质7大题型 (解析版)
2024高考数学常考题型:第14讲 等差数列的通项求和及性质7大题型 (解析版)
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第14讲等差数列的通项求和及性质7大题型【考点分析】考点一:等差数列的基本概念及公式①等差数列的定义:(或者).②等差数列的通项公式:,通项公式的推广:③等差中项:若三个数,,成等差数列,则叫做与的等差中项,且有().④等差数列的前项和公式:考点二:等差数列的性质①通项下标和性质:在等差数列中,当时,则.特别地,当时,则.②等差数列通项的性质:,所以当时,等差数列的通项为关于的一次函数,即.③等差数列前n项和的常用性质:,所以当时,等差数列的前n项和为关于的二次函数且没有常数项,即因为当时,开口向上,有最小值;当时,开口向下,有最大值;【题型目录】题型一:等差数列通项求和公式运用题型二:等差中项及性质问题题型三:等差数列前项和的性质题型四:等差数列前n项和的最值题型五:等差数列通项公共项及奇偶项和问题 题型六:等差数列新文化试题题型七:对于含绝对值的数列求和问题【典型例题】题型一:等差数列通项求和公式运用【例1】(2022·江西省万载中学高一阶段练习(文))在数列中,,,若,则( )A.671B.672C.673D.674【答案】D【分析】分析得到数列是以1为首项,3为公差的等差数列,利用等差数列通项即得解.【详解】∵,,∴∴数列是以1为首项,3为公差的等差数列,∴,解得.故选:D.【例2】(2022·全国·高三专题练习)数列{an}满足,且,,是数列的前n项和,则( )A.B.C.D.【答案】B【分析】根据递推公式得到数列是等差数列,进而求出公差和通项公式,求出,得到答案.【详解】数列满足,则数列是等差数列,设等差数列的公差为.因为,所以,即.所以,所以,, ,所以,.故选:B【例3】(2022·全国·高考真题)图1是中国古代建筑中的举架结构,是桁,相邻桁的水平距离称为步,垂直距离称为举,图2是某古代建筑屋顶截面的示意图.其中是举,是相等的步,相邻桁的举步之比分别为.已知成公差为0.1的等差数列,且直线的斜率为0.725,则( )A.0.75B.0.8C.0.85D.0.9【答案】D【解析】设,则,依题意,有,且,所以,故,故选:D【例4】(2022·北京石景山·高二期末)等差数列的前项和为,前项积为,已知,,则( )A.有最小值,有最小值B.有最大值,有最大值C.有最小值,有最大值D.有最大值,有最小值【答案】C【详解】依题意,由解得,,所以等差数列 的前项和满足:最小,无最大值.……当时:,且为递减数列,故有最大值,没有最小值.故选:C【例5】(2022·全国·高二课时练习)已知数列均为等差数列,若,则( )A.B.C.D.【答案】B【分析】设,得出,令,可得构成一个等差数列,求得公差,即可求得的值.【详解】由题意,设,则,令,可得构成一个等差数列,所以由已给出的,,,,所以解得:,即.故选:B【例6】(2022·全国·高三专题练习)设等差数列的前项和为,若,,则( )A.18B.16C.14D.12【答案】C【分析】设的公差为,依题意得到方程组,解得、,从而得解.【详解】解:设的公差为,依题意可得,即,解得,所以; 故选:C.【例7】(2021·福建省华安县第一中学高三期中)设等差数列的前n项和为,若,,,则m等于( )A.8B.7C.6D.5【答案】D【详解】是等差数列,,又,∴公差,,故选:D.【题型专练】1.(2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测(文))已知等差数列中,为数列的前项和,则( )A.115B.110C.D.【答案】D【解析】设数列的公差为,则由得,解得,.故选:D.2.(2022全国高二专题练习)在等差数列中,,且(1)求数列的首项、公差;(2)设,若,求正整数m的值.【答案】(1)数列的首项是4,公差为0或首项是1,公差为3;(2)6.【分析】(1)根据条件,列出两个关于首项和公差的方程,然后解方程即可;(2)由(1)求出数列的通项,然后再求出,再根据求出.【详解】(1)设等差数列的公差为d,前n项和为,由已知可得:或, 即数列的首项是4,公差为0或首项是1,公差为3.(2)由(1)可知或当时,,又,而不满足题意;当时,,又,所以,整理得,因为m为正整数,所以m=6.3.(2022·山西吕梁·高二期末)北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层,上层的中心是一块天心石,围绕它的第一圈有9块石板,从第二圈开始,每一圈比前一圈多9块.已知每层圈数相同,共有9圈,则下层比上层多______块石板.【答案】1458【详解】设第圈的石板为,由条件可知数列是等差数列,且上层的第一圈为,且,所以,上层的石板数为,下层的石板数为.所以下层比上层多块石板.故答案为:14584.(2022·全国·高二课时练习)(多选)已知圆的半径为,,过点的条弦的长度组成一个等差数列,最短弦长为,最长弦长为,且公差,则的取值可能是( )A.B.C.D.【答案】AB【分析】由过圆内一点的最长弦和最短弦的求法可求得,结合等差数列通项公式可求得 ,根据的范围可求得所有可能的取值.【详解】过点的最长弦为圆的直径,则;过点的最短弦是与最长弦垂直的弦,则;,解得:;,,即,又,的取值可能为或.故选:AB.5.(2022·全国·高二课时练习)已知等差数列为递增数列,若,,则数列的公差d的值为______.【答案】1【分析】根据等差数列的性质结合完全平方公式可得,由此可求得,,利用等差数列的通项公式即可求得答案.【详解】由,得,所以.又,,所以,,所以,故答案为:1题型二:等差中项及性质问题【例1】(2022·全国·高二课时练习)已知和的等差中项是4,和的等差中项是5,则和的等差中项是( )A.8B.6C.D.3【答案】D【分析】利用等差中项的定义即求.【详解】∵,,∴,∴,∴和的等差中项是.故选:D. 【例2】(2022·辽宁·高三开学考试)设等差数列的前项和为,若则( )A.150B.120C.75D.60【答案】D【分析】由等差数列的性质及求和公式计算即可得解.【详解】由等差数列的性质可知,所以,.故选:D【例3】(2022·全国·高三专题练习(理))数列{an}满足,且,是函数的两个零点,则的值为( )A.4B.-4C.4040D.-4040【答案】A【分析】由题设可得+=8,根据已知条件易知{an}是等差数列,应用等差中项的性质求.【详解】由,是的两个零点,即,是x2-8x+3=0的两个根,∴+=8,又,即数列{an}是等差数列,∴+=8,故=4.故选:A.【例4】(2022·全国·高二课时练习)已知等差数列的前项和为,,,,求项数的值.【答案】【分析】利用、,两式作和,结合等差数列下标和性质可求得,代入等差数列求和公式可构造方程求得的值.【详解】,,,又, ,解得:,,解得:.【例5】(2022·河南焦作·一模(文))设和都是等差数列,前项和分别为和,若,,则()A.B.C.D.【答案】A【详解】由等差数列的性质可得,所以;因为,所以.由等差数列的前项和公式可得,,所以.故选:A【例6】(2022·四川省成都市新都一中高一期中(理))已知数列满足,且,则( )A.B.C.D.【答案】B【分析】根据题意和等差中项的性质可知数列为等差数列,进而可得,结合诱导公式计算即可.【详解】由题意知,,由等差数列的等差中项,得数列为等差数列,又,所以,则,所以.故选:B【题型专练】1.(2022·陕西·渭南市三贤中学高二阶段练习(理))已知一个等差数列 的前四项和为21,末四项和为67,前项和为77,则项数的值为___________.【答案】7【分析】先利用等差数列的性质结合已知条件可求出的值,再利用等差数列的求和公式列方程可求出项数的值.【详解】因为等差数列的前四项和为21,末四项和为67,所以,所以,所以,因为等差数列的前项和为77,所以,解得,故答案为:72.(2022·全国·高三专题练习)下列选项中,为“数列是等差数列”的一个充分不必要条件的是( )A.B.C.数列的通项公式为D.【答案】C【分析】根据等差数列的中项性质以及通项公式,结合充分必要条件的概念逐项分析即可.【详解】对于A:数列是等差数列,∴A选项为“数列是等差数列”的一个充要条件,故A错误;对于B:易知B选项为“数列是等差数列”的一个既不充分也不必要条件,故B错误;对于C:∵,∴,∴,∴数列是等差数列,反之若为等差数列,则,此时不一定为2,所以必要性不成立,∴C选项为“数列是等差数列”的一个充分不必要条件,故C正确;对于D:若数列是等差数列,则,∴成立, 反之当,,,时,满足,但不是等差数列,∴D选项为“数列是等差数列”的一个必要不充分条件,故D错误.故选:C.3.(2022·全国·高二单元测试)在等差数列中,已知,,,则______.【答案】20【分析】根据等差中项的性质,化简整理解得等差数列其中两项,根据等差数列的求和公式,可得方程,解得答案.【详解】在等差数列中,,,,同理由,则,即,由,解得.故答案为:20.4.(2022·浙江宁波·高一期末)设等差数列的前项和,且,,则下列结论正确的是( )A.B.C.D.【答案】C【详解】令函数,,,则是R上的单调递增的奇函数,由得,由得,于是得,且,即,且,所以等差数列前项,且.故选:C5.(2022·四川省高县中学校高一阶段练习(理))等差数列的前项和为,若,满足 ,其中为边上任意一点,则( )A.2020B.1020C.1010D.2【答案】C【详解】由题设知:,而.故选:C6.(2022·河南·驻马店市基础教学研究室高二期末(理))已知等差数列中,、是的两根,则( )A.B.C.D.【答案】B【分析】利用韦达定理结合等差中项的性质可求得的值,再结合等差中项的性质可求得结果.【详解】对于方程,,由韦达定理可得,故,则,所以,.故选:B.题型三:等差数列前项和的性质【例1】(2022·广东·金山中学高三阶段练习)等差数列的前n项和为,若,,则( ).A.27B.45C.18D.36【答案】B【分析】根据等差数列前项和的性质可得,,成等差数列,从而可列方程可求出结果.【详解】由已知,,,即6,15,成等差数列,所以,所以,故选:B.【例2】(2023·全国·高三专题练习)已知是等差数列的前n项和,若,,则等于( ) A.﹣4040B.﹣2020C.2020D.4040【答案】C【分析】根据等差数列前n项和的性质,结合等差数列的通项公式进行求解即可.【详解】∵Sn是等差数列{an}的前n项和,∴数列{}是等差数列.∵a1=﹣2018,,∴数列{}的公差d,首项为﹣2018,∴2018+2019×1=1,∴S2020=2020.故选:C.【例3】(2022·全国·高二多选题)下列结论中正确的有( )A.若为等差数列,它的前项和为,则数列也是等差数列B.若为等差数列,它的前项和为,则数列,,,也是等差数列C.若等差数列的项数为,它的偶数项和为,奇数项和为,则D.若等差数列的项数为,它的偶数项和为,奇数项和为,则【答案】AD【分析】利用等差数列定义判断,利用等差数列片段和性质判断,利用奇偶项和的性质判断.【详解】对于A,,数列是等差数列,故正确;对于B,,,是等差数列,故错误;对于C,,,所以,故错误;对于D,,,所以,故正确;故选:AD.【例4】(2023·全国·高三专题练习)两个等差数列和的前项和分别为、,且,则 等于( )A.B.C.D.【答案】A【分析】根据给定条件,利用等差数列前n项和公式结合等差数列性质计算作答.【详解】两个等差数列和的前项和分别为、,且,所以.故选:A【例5】(2021·江苏·高二单元测试)已知两个等差数列和的前n项和分别为Sn和Tn,且=,则使得为整数的正整数n的个数为( )A.4B.5C.6D.7【答案】B【分析】根据给定条件结合等差数列性质及前n项和公式,将用n表示出即可作答.【详解】依题意,,又=,于是得,因此,要为整数,当且仅当是正整数,而,则是32的大于1的约数,又32的非1的正约数有2,4,8,16,32五个,则n的值有1,3,7,15,31五个,所以使得为整数的正整数n的个数为5.故选:B【题型专练】1.(2023·全国·高三专题练习)已知等差数列的前n项和为,若,,则等于( )A.110B.150 C.210D.280【答案】D【分析】根据在等差数列中,S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30成等差数列即可得解.【详解】因为等差数列{an}的前n项和为Sn,所以S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30也成等差数列.故(S30-S20)+S10=2(S20-S10),所以S30=150,又因为(S20-S10)+(S40-S30)=2(S30-S20),所以S40=280.故选:D.2.(2022重庆巴蜀中学高三阶段练习)在等差数列中,为其前项和.若,且,则等于( )A.-2021B.-2020C.-2019D.-2018【答案】A【分析】根据等差数列的性质可知,数列也为等差数列,结合已知条件求出等差数列的首项,即可得到.【详解】因为为等差数列的前项和,令,则也为等差数列,设其公差为,由得,又得.故选:A.3.(2022·山西·忻州一中高三阶段练习)设等差数列的前项和分别是,且,则__________.【答案】【分析】根据等差数列前项和公式求解即可.【详解】由等差数列的性质可知,则. 故答案为:4.(2022·辽宁·沈阳市第五十六中学高二阶段练习)若等差数列和的前项的和分别是和,且,则( )A.B.C.D.【答案】C【分析】根据等差数列的前项的和的公式即可转化成,进而求解.【详解】因为和是等差数列,故故选:C5.(2021·全国·高二单元测试)已知数列,均为等差数列,其前项和分别为,,且若对任意的恒成立,则实数的最大值为( )A.B.C.-2D.2【答案】C【解析】由已知结合等差数列性质可得,,然后结合单调性可求取得最大值,从而可求.【详解】因为数列,均为等差数列,且,所以单调递减,当时,取得最大值为,所以,若对任意的恒成立,所以,故实数的最大值为-2.故选:C 6.(2022·全国·高二课时练习)(多选)已知两个等差数列和的前项和分别为,,且,则使得为整数的正整数可能是( )A.B.C.D.【答案】AC【分析】首先利用等差数列前项和公式,求出与之间的关系,进而可求出,然后根据已知求解即可.【详解】由题意,可得,∵和均为等差数列,∴,同理,,∴,若为整数,则只需,,,.故选:AC.【点睛】若等差数列和的前项和分别为,,则.题型四:等差数列前n项和的最值【例1】(2022·四川省武胜烈面中学校高二开学考试(文))记为等差数列的前项和,且,,则取最大值时的值为( )A.12B.12或11C.11或10D.10【答案】B【分析】设等差数列的公差为,由,可解出值为-2,从而可知数列前11项为正;第12项为0;从第13项起,各项为负,所以取得最大值时n的值可确定.【详解】解:设等差数列的公差为,由,得,即,又,所以,所以,令,可得,所以数列满足:当时,;当时,;当时,, 所以取得最大值时,的取值为11或12.【例2】(2022·四川乐山·高一期末)已知数列为等差数列,公差为d,为其前n项和,若满足,给出下列说法:①;②;③;④当且仅当时,取得最大值.其中正确说法的个数为( )A.1B.2C.3D.4【答案】B【分析】由题可得,,然后结合条件及求和公式逐项分析即得.【详解】由,有,故②正确;又,则,从而,即,所以,故①正确;因为,所以,故④错误;因为,所以,故③错误;所以正确说法的个数为2.故选:B.【例3】(2023·全国·高三专题练习)等差数列的前n项和为,已知,,则的最小值为______.【答案】【分析】由条件得到,再由求和公式得,从而得可求解.【详解】由,,得,解得:,则.故.由于,故当或4时,.故答案为: 【例4】(2022·内蒙古·赤峰二中高一阶段练习(理))设为等差数列的前n项和,若,则满足的最大的正整数n的值为__________.【答案】22【分析】由已知,可通过得到,,,,再结合等差数列的性质可以得到,,,然后带入等差数列的前n项和即可得到,,,从而作出判断.【详解】由已知,为等差数列的前n项和,,所以,而,所以,所以,,所以,而,所以,所,,所以,而,所以,所以,,,,所以满足的最大的正整数n的值为22.故答案为:22.【例5】(2022·山东·德州市教育科学研究院高二期中)在等差数列中,前n项和为,若,,则在,,…,中最大的是( )A.B.C.D.【答案】B【分析】由,,知,得最大值是,从而判断结果.【详解】∵等差数列前n项和,由,,得,∴,故为递减数列,当时,;当时,,所以最大值是,则当时,且单调递增,当时,,∴最大.故选:B.【题型专练】 1.(2022·河北·石家庄二中高二期末多选题)等差数列中,,则下列命题中为真命题的是( )A.公差B.C.是各项中最大的项D.是中最大的值【答案】ABD【分析】由得:,进而再等差数列的性质逐个判断即可【详解】由得:,所以,且各项中最大的项为,故A正确,C错误;,所以,故B正确;因为,等差数列递减,所以最大,故D正确;故选:ABD2.(2023·全国·高三专题练习)等差数列的首项为正数,其前n项和为.现有下列命题,其中是假命题的有( )A.若有最大值,则数列的公差小于0B.若,则使的最大的n为18C.若,,则中最大D.若,,则数列中的最小项是第9项【答案】B【分析】由有最大值可判断A;由,可得,,利用可判断BC;,得,,可判断D.【详解】对于选项A,∵有最大值,∴等差数列一定有负数项,∴等差数列为递减数列,故公差小于0,故选项A正确;对于选项B,∵,且, ∴,,∴,,则使的最大的n为17,故选项B错误;对于选项C,∵,,∴,,故中最大,故选项C正确;对于选项D,∵,,∴,,故数列中的最小项是第9项,故选项D正确.故选:B.3.(2022·四川眉山·高一期末(理))设等差数列的前n项和为,,,取最小值时,n的值为( )A.11或12B.12C.13D.12或13【答案】D【分析】设等差数列的公差为,根据题意求得首项与公差,从而可求得数列的通项,令,求出的范围,从而可得出答案.【详解】设等差数列的公差为,因为,,则有,解得,所以,令,则,又,所以当或时,取最小值.故选:D. 4.(2022·山西·怀仁市第一中学校模拟预测(文))数列是递增的整数数列,若,,则的最大值为( )A.25B.22C.24D.23【答案】D【分析】数列是递增的整数数列,要取最大值,则递增幅度要尽可能为小的整数,所以,可得是首项为2,公差为1的等差数列,再利用等差数列的前项和公式即可求解.【详解】数列是递增的整数数列,要取最大值,则递增幅度要尽可能为小的整数.假设递增的幅度为,,,,解得,当时,,不满足题意.当时,,满足,所以的最大值为23.故选:D.题型五:等差数列通项公共项及奇偶项和问题【例1】(2022·重庆市实验中学高二期末)已知数列中,,,,则( )A.B.C.D.【答案】D【详解】当为奇数时,,即数列中的奇数项依次构成首项为,公差为的等差数列,所以,,当为偶数时,,则,两式相减得,所以,,故,故选:D.【例2】(2022全国高二单元测试)在数学发展史上,已知各除数及其对应的余数,求适合条件的被除数,这类问题统称为剩余问题.年《孙子算经》中“物不知其数”问题的解法传至欧洲,在西方的数学史上将“物不知其数”问题的解法称之为“中国剩余定理”.“物不知其数”问题后经秦九韶推广,得到了一个普遍的解法,提升了“中国剩余定理”的高度.现有一个剩余问题:在的整数中,把被除余数为,被除余数也为 的数,按照由小到大的顺序排列,得到数列,则数列的项数为( )A.B.C.D.【答案】A【分析】将数列中的项由小到大列举出来,可知数列为等差数列,确定该数列的首项和公差,可求得,然后解不等式,即可得解.【详解】由题意可知,数列中的项由小到大排列依次为、、、、,可知数列是以为首项,以为公差的等差数列,则,由可得,解得,,则,因此,数列的项数为.故选:A.【例3】(2022·全国·高三专题练习)已知数列满足:,,.(1)记,求数列的通项公式;(2)记数列的前项和为,求.【答案】(1),(2)353【分析】(1)令n取代入已知条件可以得到,从而求出数列的通项公式(2)先分奇偶求出数列的表达式,分别求奇数项的和与偶数项的和,相加得到(1)因为,令n取,则,即,,所以数列是以1为首项,3为公差的等差数列,所以(2)令n取2n,则,所以,由(1)可知,;;所以【例4】(2022·四川·成都七中高一期末)已知数列的通项公式为,Sn为数列的前n 项和,则的值为( )A.672B.1011C.2022D.6066【答案】B【解析】因为的周期为,由,可得,,,,,,,,,……,因为,所以故选:B【题型专练】1.(2022·全国·高二课时练习)在1,2,3,…,2021这2021个自然数中,将能被2除余1,且被3除余1的数按从小到大的次序排成一列,构成数列,则等于( )A.289B.295C.301D.307【答案】B【分析】根据题意,得到能被2除余1满足,被3除余1的数满足,进而求得数列的通项公式,即可求解.【详解】由题意,在1,2,3,…,2021这2021个自然数中,能被2除余1满足,被3除余1的数满足,所以在1,2,3,…,2021这2021个自然数中,能被2除余1,且被3除余1的数, 按从小到大的次序排成一列,可得构成的数列是首项为,公差为的等差数列,则数列的通项公式,所以.故选:B.2.(2022·海南中学高三)已知数列满足,则( )A.50B.75C.100D.150【答案】A【详解】解:∵,∴,.两式相减得.则,,…,,∴,故选:A.3.(2022·全国·高三专题练习)已知等差数列的项数为奇数,其中所有奇数项之和为,所有偶数项之和为,则该数列的中间项为( )A.B.C.D.【答案】B【分析】本题可设等差数列共有项,然后通过即可得出结果.【详解】设等差数列共有项,则,,中间项为,故,,故选:B.4.(2022·重庆·三模)已知数列的前项和为,,则( )A.B.0C.D.【答案】C 【解析】当为奇数时有,函数的周期为,故有,,,,,按此规律下去循环重复下去,,故有.故选:C.题型六:等差数列新文化试题【例1】(2022·云南·弥勒市一中高二阶段练习)斐波那契数列(FibonacciSequence)又称黄金分割数列,因数学家列昂纳多,斐波那契(LeonardoFibonacci)以兔子繁殖为例子而引入,故又称为“兔子数列”.在数学上,斐波纳契数列被以下递推的方法定义:数列满足:,现从数列的前2022项中随机抽取1项,能被3整除的概率是( )A.B.C.D.【答案】A【详解】根据斐波那契数列的定义,数列各项除以3所得余数依次为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,…,余数数列是周期数列,周期为8,,所以数列的前2022项中能被3整除的项有,所求概率为,故选A.【例2】(2022·全国·高三专题练习)2022北京冬奥会开幕式将我国二十四节气融入倒计时,尽显中国人之浪漫.倒计时依次为:大寒、小寒、冬至、大雪、小雪、立冬、霜降、寒露、秋分、白露、处暑、立秋、大暑、小暑、夏至、芒种、小满、立夏、谷雨、清明、春分、惊蛰、雨水、立春,已知从冬至到夏至的日影长等量减少,若冬至、立冬、秋分三个节气的日影长之和为31.5寸,冬至到处暑等九个节气的日影长之和为85.5寸,问大暑的日影长为( )A.4.5寸B.3.5寸C.2.5寸D.1.5寸【答案】B【详解】因为从冬至到夏至的日影长等量减少,所以构成等差数列,由题意得:,则,,则,所以公差为,所以, 故选:B【例3】(2022·全国·高三专题练习)《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著,全书总结了战国、秦、汉时期的数学成就,其中有如下问题:“今有五人分五钱,令上二人所得与下三人等,问各得几何?”其意思为:“今有5人分5钱,各人所得钱数依次为等差数列,其中前2人所得之和与后3人所得之和相等,问各得多少钱?”则第2人比第4人多得钱数为( )A.钱B.钱C.钱D.钱【答案】D【分析】设从前到后的5个人所得钱数构成首项为,公差为的等差数列,则有,,从而可求出,进而可求得结果【详解】设从前到后的5个人所得钱数构成首项为,公差为的等差数列,则有,,故解得则,故选:D.【题型专练】1.(2022·全国·高三专题练习(理))斐波那契数列又称黄金分割数列,因数学家列昂纳多•斐波那契以兔子繁殖为例子而引入,故又称为“兔子数列”.斐波那契数列用递推的方式可如下定义:用表示斐波那契数列的第n项,则数列满足:.,记,则下列结论不正确的是( )A.B.C.D.【答案】C【详解】依题意,数列的前10项依次为:1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,即,所以A正确;当时,,所以B正确; 由,可得,累加得则,即,所以C错误;由,,,所以,所以D正确.故选:C.2.(2022·全国·高二课时练习)2021年是中国共产党建党100周年,《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出,中国共产党党旗为旗面缀有金黄色党徽图案的红旗,通用规格有五种,这五种规格党旗的长、、、、(单位:)成等差数列,对应的宽为、、、、(单位:),且长与宽之比都相等,已知,,,则( )A.124B.126C.128D.130【答案】C【分析】由等差中项的性质得出,再由得出.【详解】,∴,即,则.故选:C.题型七:对于含绝对值的数列求和问题【例1】(2022·辽宁·高二期中)已知在前n项和为的等差数列中,,.(1)求数列的通项公式;(2)求数列的前20项和.【答案】(1);(2).【分析】(1)根据等差数列前n项和、通项公式求首项与公差,进而写出通项公式.(2)首先判断、对应n的范围,再根据各项的符号,应用分组求和及等差数列前n项和求. (1)由,则,由,则,所以,即,故,则.(2)由(1)知:,可得,即,故时,所以.【例2】(2022·福建省漳州第一中学高三阶段练习)已知数列为等差数列,且,.(1)求数列的通项公式及前项和;(2)求数列的前项和.【答案】(1),,(2),【分析】(1)根据题意,由等差数列的通项公式,求出和,计算可得结果;(2)由(1)的结论可得数列的前4项均为负数,从第5项开始都为非负数.据此分2种情况求出,综合可得答案.(1)设的公差为,则,解得,所以,.(2)由,得,所以当时,;当时,,所以当时,; 当时,,所以,.【题型专练】1.(2022·江苏省灌南高级中学高二阶段练习)数列中,,,且满足(1)求数列的通项公式;(2)设,求.【答案】(1),(2)【分析】(1)由等差数列的通项公式求解,(2)分类讨论后由等差数列前n项和公式求解(1)由题意,,是等差数列且,,.(2),令,得.当时,;当时,;当时,.当时,,当时,. .2.(2022·全国·高三专题练习(文))记为等差数列的前n项和,.(1)求数列的通项公式;(2)求的值.【解析】(1)设等差数列的首项和公差分别为,由题意可知:,解得所以(2)由(1)知:当时,,当时,所以
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高考 - 二轮专题
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