人教A版（2019）选修第二册第四章第二节课时2等差数列的前n项和公式（1）（word版含解析）
文档属性
| 名称 | 人教A版（2019）选修第二册第四章第二节课时2等差数列的前n项和公式（1）（word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 786.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-02-15 15:20:20 | ||
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文档简介
人教A版（2019） 选修第二册 第四章 第二节 课时2 等差数列的前n项和公式（1）
一、单选题
1．函数在定义域R内可导，若且，若，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
2．已知公差不为0的等差数列满足，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知等差数列的各项都为整数，且，则
A．70 B．58 C．51 D．40
4．已知等差数列的前项和为，，，，则（ ）
A．8 B．9 C．15 D．17
5．已知等差数列的前项和是，公差不等于零，若成等比数列，则
A． B．
C． D．
6．设是等差数列（）的前项和，且，则（ ）
A． B． C． D．
7．设等差数列的前项和为，公差，且，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
二、多选题
8．已知数列的前项和为，则（ ）
A． B．时，的最大值为17
C． D．
9．等差数列的前项和为，且，（，，），则下列各值中不可能是的为（ ）
A． B． C． D．
10．已知等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．若，则数列的前2020项和为4040 B．数列是公比为8的等比数列
C． D．若，则数列的前2020项和为
三、填空题
11．在等差数列{an}中，，那么的值是_________．
12．等差数列的前项和为，且，，数列满足，则数列的前9和__________．
13．已知数列满足：，（，），则___________.
四、解答题
14．已知等差数列的前项和为，且.
（Ⅰ）求数列的通项；
（Ⅱ）设，求数列的前项和
15．已知各项均为正数的两个数列满足且
（1）求证：数列为等差数列；
（2）求数列的通项公式；
（3）设数列的前n项和分别为求使得等式：成立的有序数对
16．已知等差数列的公差不为0，前项和为成等比数列．
（1）求与；
（2）设，求证：．
17．已知等差数列的前项和为，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若（），求的值.
18．设等比数列的前项和为；数列满足（，）．
（1）求数列的通项公式；
（2）①试确定的值，使得数列为等差数列；②在①结论下，若对每个正整数，在与之间插入个2，符到一个数列．设是数列的前项和，试求满足的所有正整数．
19．对于无穷数列，，若，则称是的“伴随数列”．其中，，分别表示中的最大数和最小数．已知为无穷数列，其前项和为，数列是的“伴随数列”．
(1)若，求的前项和；
(2)证明：且；
(3)若，求所有满足该条件的．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
确定函数关于对称，再确定函数的单调性，综合两者判断大小得到答案.
【详解】
，即，函数关于对称，
当时，，即，函数单调递减；
当时，，即，函数单调递增.
，，，故.
故选：C.
【点睛】
本题考查了利用函数的单调性和对称性判断函数值的大小关系，意在考查学生对于函数性质的综合应用能力.
2．C
【解析】
【分析】
由条件利用等差中项化简，再根据等差数列的性质及等差数列的求和公式即可求解.
【详解】
，
，
，又
，
，
故选：C
【点睛】
关键点点睛：根据等差数列的性质时，化简是解题的关键，属于中档题.
3．B
【解析】
【详解】
设等差数列的公差为，由各项都为整数得，
因为，所以，化简得，解得或（舍去），
所以
所以.
故选B.
4．C
【解析】
【分析】
利用等差数列的性质化简已知条件，由此列方程，通过通过解方程求得的值.
【详解】
因为，所以，又，
，所以，解得.故选C.
【点睛】
本题考查等差数列的性质与前项和的计算，考查运算求解能力.属于中档题.
5．C
【解析】
【分析】
由成等比数列．可得，利用等差数列的通项公式可得（ ，解出 ．即可．
【详解】
由成等比数列．可得，
可得（，
即，∵公差不等于零，
故选C．
【点睛】
本题考查了等差数列的通项公式、考查了计算能力，属于基础题．
6．C
【解析】
由题建立关系求出公差，即可求解.
【详解】
设等差数列的公差为，
，
，，
.
故选：C
7．B
【解析】
根据等差数列的性质，由题中条件，可直接得出结果.
【详解】
因为为等差数列的前项和，公差，，
所以，
解得.
故选：B.
8．AC
【解析】
【分析】
根据数列的求和公式可得通项公式，可判断AB，根据求和公式和分类讨论即可求出含绝对值的前项和．
【详解】
，，经验证对于也成立，所以，故A正确；
当时，，当时，当时，，所以时，的最大值为16，故B错误；
因为当时，，所以，故C正确；
，故D错误，
故选：AC．
9．AB
【解析】
【分析】
根据等差数列求和公式的函数特征，设，由题中条件，求出，再利用基本不等式，即可求出结果.
【详解】
因为等差数列的前n项和，所以可设，
因为，，
所以，即，解得，
所以，
当且仅当时等号成立，
又，所以等号不能取得，
因此.
故选：AB.
10．AD
【解析】
【分析】
由分组求和可判断A;由等比数列的定义可判断B；由等差数列的性质可判断C；由裂项相消可判断D
【详解】
等差数列的前项和为，若，，
设的公差为，则有，
解得，，故，
若，
则的前2020项，故A正确；
由，得，
令，则当时，，
则数列是公比为的等比数列，故B错误；
由等差数列的性质可知，故C错误；
若，则的前2020项和
，故D正确，
故选：AD.
11．24
【解析】
【分析】
应用等差数列的性质计算即可.
【详解】
在等差数列{an}中，，
即答案为24.
【点睛】
本题考查等差数列性质的应用，属基础题.
12．180
【解析】
【详解】
设等差数列 的公差为 ，因为 ，所以 ，两式相减 ，为常数，所以数列 也为等差数列. 因为为等差数列，且 ，所以 ，所以等差数列的公差 ，所以前 项和公式为 ，所以 ，故答案为 .
13．
【解析】
【分析】
由题设可得，结合题设易知是首项、公差均为的等差数列，进而写出的通项公式.
【详解】
由题设，，即，而，
∴是首项、公差均为的等差数列，即，
∴.
故答案为：
14．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）设等差数列首项为，公差为，由，求得首项与公差，从而可得结果；（2），利用分组求和法，结合等差数列求和公式以及等比数列求和公式，从而可得结果.
【详解】
（1）设等差数列首项为，公差为，由题得，
解得 ；
（2），
.
【点睛】
本题主要考查等差数列的通项公式与求和公式以及等比数列的通项与求和公式，利用“分组求和法”求数列前项和，属于中档题. 利用“分组求和法”求数列前项和常见类型有两种：一是通项为两个公比不相等的等比数列的和或差，可以分别用等比数列求和后再相加减；二是通项为一个等差数列和一个等比数列的和或差，可以分别用等差数列求和、等比数列求和后再相加减.
15．（1）证明见解析（2）（3）
【解析】
（1）根据递推关系可得，从而得到数列是等差数列；
（2）分别求出数列的奇数项和偶数项的通项公式，进而整合数列的通项公式；
（3）求出，，代入中，则存在，使得，，从而，再证明不成立，从而得到，，．
【详解】
（1）由
即．
因为数列各项均为正数，所以，即，
故数列是公差为1的等差数列．
（2）由（1）及知．
由，得．
所以，上面两式相除得，
所以数列的奇数项和偶数项都是公比为4的等比数列．
由及知，所以，，
所以．
综上，数列的通项公式为．
（3）由（1）和（2）知，．
由，得，即．
则必存在，使得，，从而．
若，则，故．
又因为，所以．
这与矛盾，所以．由于，则只能，
此时，．
满足题意数对为.
【点睛】
关键点点睛：通过递推关系的变形化简证明数列为等差等比数列，要注意变形的方向性，
这种类型的递推关系，注意要分奇偶项分析，探索性问题要注意利用问题的特殊化，特殊性，提供方向.
16．（1）（2）见解析
【解析】
【详解】
试题分析：（1）设等差数列的公差为，由题意，化简得，求得，即可得到数列的通项公式和前项和；
（2）由（1）得，即可利用裂项求解数列的和，证明不等关系式.
试题解析：（1）设等差数列的公差为，
则由可得，得……①
又成等比数列，且
所以，整理得，
因为，所以……②
联立①②，解得
所以
（2）由（1）得
所以
17．（1）；（2）.
【解析】
（1）由，得到，进而求得，即可求得数列的通项公式；
（2）由（1）和，结合等差数列的前项和公式，列出关于的方程，即可求解.
【详解】
（1）设等差数列的公差为，
由，可得，整理得，
又因为，所以，
所以数列的通项公式.
（2）由（1）知，
因为，
可得，
解得.
【点睛】
本题主要考查了等差数列的通项公式，以及等差数列前项和公式的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式和等差数列的求和公式，准确运算是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
18．（1）；（2）见解析
【解析】
【详解】
分析：（1）求出数列的首项和公比，即可求数列的通项公式；（2）①求出数列的前几项，根据等差数列的性质建立方程即可求出；②讨论的取值，根据的关系进行求解即可．
详解：（1）当时，，，
则公比，则
（2）①当时，得 时，得；时，得，
则由，得．
而当时，由得．
由，知此时数列为等差数列．
②由题意知，
则当时，，不合题意，舍去；
当时，，所以成立；
当时，若，则，不合题意，舍去；从而必是数列中的某一项，
则：
又，所以 ，
即，所以
因为为奇数，而为偶数，所以上式无解．
即当时，
综上所述，满足题意的正整数仅有．
点睛：本题主要考查等比数列和等差数列的综合应用，考查学生的运算和推理能力，综合性较强，有一定的难度．
19．(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【解析】
【分析】
（1）由可得为递增数列，，，从而易得；
（2）令，即可得.利用， ，可证；
（3）首先，由已知，当时，；当时，，；当时，（*），这里分析与的大小关系，，均出现矛盾，，结合(*)式可得，因此猜想（），用反证法证明此结论成立，证明时假设是首次不符合的项，则，这样题设条件变为（*），仿照讨论的情况讨论，可证明．
(1)
由可得为递增数列，
所以
，
故的前项和为.
(2)
时，，
因为，
，
所以
所以；
(3)
由可得
当时，；
当时，，
即，所以；
当时，，
即（*），
若，则，
所以由（*）可得，与矛盾；
若，则，
所以由（*）可得，
所以与同号，这与矛盾；
若，则，由（*）可得.
猜想：满足
的数列是：.
经验证，左式
，
右式
.
下面证明其它数列都不满足（3）的题设条件.
法1：由上述时的情况可知，时，是成立的.
假设是首次不符合的项，则，
由题设条件可得（*），
若，则由（*）式化简可得与矛盾；
若，则，
所以由（*）可得
所以与同号，这与矛盾；
所以，则，所以由（*）化简可得.
这与假设矛盾.
所以不存在数列不满足的符合题设条件.
法2：当时，，
所以
即
由可得
又，所以可得，
所以
，
即
所以等号成立的条件是
，
所以，所有满足该条件的数列为.
【点睛】
关键点点睛：本题考查数列的新定义问题，考查学生创新意识，从特殊到一般的思维能力，题中讨论与大小关系是解题关键所在．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题
1．函数在定义域R内可导，若且，若，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
2．已知公差不为0的等差数列满足，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知等差数列的各项都为整数，且，则
A．70 B．58 C．51 D．40
4．已知等差数列的前项和为，，，，则（ ）
A．8 B．9 C．15 D．17
5．已知等差数列的前项和是，公差不等于零，若成等比数列，则
A． B．
C． D．
6．设是等差数列（）的前项和，且，则（ ）
A． B． C． D．
7．设等差数列的前项和为，公差，且，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
二、多选题
8．已知数列的前项和为，则（ ）
A． B．时，的最大值为17
C． D．
9．等差数列的前项和为，且，（，，），则下列各值中不可能是的为（ ）
A． B． C． D．
10．已知等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．若，则数列的前2020项和为4040 B．数列是公比为8的等比数列
C． D．若，则数列的前2020项和为
三、填空题
11．在等差数列{an}中，，那么的值是_________．
12．等差数列的前项和为，且，，数列满足，则数列的前9和__________．
13．已知数列满足：，（，），则___________.
四、解答题
14．已知等差数列的前项和为，且.
（Ⅰ）求数列的通项；
（Ⅱ）设，求数列的前项和
15．已知各项均为正数的两个数列满足且
（1）求证：数列为等差数列；
（2）求数列的通项公式；
（3）设数列的前n项和分别为求使得等式：成立的有序数对
16．已知等差数列的公差不为0，前项和为成等比数列．
（1）求与；
（2）设，求证：．
17．已知等差数列的前项和为，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若（），求的值.
18．设等比数列的前项和为；数列满足（，）．
（1）求数列的通项公式；
（2）①试确定的值，使得数列为等差数列；②在①结论下，若对每个正整数，在与之间插入个2，符到一个数列．设是数列的前项和，试求满足的所有正整数．
19．对于无穷数列，，若，则称是的“伴随数列”．其中，，分别表示中的最大数和最小数．已知为无穷数列，其前项和为，数列是的“伴随数列”．
(1)若，求的前项和；
(2)证明：且；
(3)若，求所有满足该条件的．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
确定函数关于对称，再确定函数的单调性，综合两者判断大小得到答案.
【详解】
，即，函数关于对称，
当时，，即，函数单调递减；
当时，，即，函数单调递增.
，，，故.
故选：C.
【点睛】
本题考查了利用函数的单调性和对称性判断函数值的大小关系，意在考查学生对于函数性质的综合应用能力.
2．C
【解析】
【分析】
由条件利用等差中项化简，再根据等差数列的性质及等差数列的求和公式即可求解.
【详解】
，
，
，又
，
，
故选：C
【点睛】
关键点点睛：根据等差数列的性质时，化简是解题的关键，属于中档题.
3．B
【解析】
【详解】
设等差数列的公差为，由各项都为整数得，
因为，所以，化简得，解得或（舍去），
所以
所以.
故选B.
4．C
【解析】
【分析】
利用等差数列的性质化简已知条件，由此列方程，通过通过解方程求得的值.
【详解】
因为，所以，又，
，所以，解得.故选C.
【点睛】
本题考查等差数列的性质与前项和的计算，考查运算求解能力.属于中档题.
5．C
【解析】
【分析】
由成等比数列．可得，利用等差数列的通项公式可得（ ，解出 ．即可．
【详解】
由成等比数列．可得，
可得（，
即，∵公差不等于零，
故选C．
【点睛】
本题考查了等差数列的通项公式、考查了计算能力，属于基础题．
6．C
【解析】
由题建立关系求出公差，即可求解.
【详解】
设等差数列的公差为，
，
，，
.
故选：C
7．B
【解析】
根据等差数列的性质，由题中条件，可直接得出结果.
【详解】
因为为等差数列的前项和，公差，，
所以，
解得.
故选：B.
8．AC
【解析】
【分析】
根据数列的求和公式可得通项公式，可判断AB，根据求和公式和分类讨论即可求出含绝对值的前项和．
【详解】
，，经验证对于也成立，所以，故A正确；
当时，，当时，当时，，所以时，的最大值为16，故B错误；
因为当时，，所以，故C正确；
，故D错误，
故选：AC．
9．AB
【解析】
【分析】
根据等差数列求和公式的函数特征，设，由题中条件，求出，再利用基本不等式，即可求出结果.
【详解】
因为等差数列的前n项和，所以可设，
因为，，
所以，即，解得，
所以，
当且仅当时等号成立，
又，所以等号不能取得，
因此.
故选：AB.
10．AD
【解析】
【分析】
由分组求和可判断A;由等比数列的定义可判断B；由等差数列的性质可判断C；由裂项相消可判断D
【详解】
等差数列的前项和为，若，，
设的公差为，则有，
解得，，故，
若，
则的前2020项，故A正确；
由，得，
令，则当时，，
则数列是公比为的等比数列，故B错误；
由等差数列的性质可知，故C错误；
若，则的前2020项和
，故D正确，
故选：AD.
11．24
【解析】
【分析】
应用等差数列的性质计算即可.
【详解】
在等差数列{an}中，，
即答案为24.
【点睛】
本题考查等差数列性质的应用，属基础题.
12．180
【解析】
【详解】
设等差数列 的公差为 ，因为 ，所以 ，两式相减 ，为常数，所以数列 也为等差数列. 因为为等差数列，且 ，所以 ，所以等差数列的公差 ，所以前 项和公式为 ，所以 ，故答案为 .
13．
【解析】
【分析】
由题设可得，结合题设易知是首项、公差均为的等差数列，进而写出的通项公式.
【详解】
由题设，，即，而，
∴是首项、公差均为的等差数列，即，
∴.
故答案为：
14．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）设等差数列首项为，公差为，由，求得首项与公差，从而可得结果；（2），利用分组求和法，结合等差数列求和公式以及等比数列求和公式，从而可得结果.
【详解】
（1）设等差数列首项为，公差为，由题得，
解得 ；
（2），
.
【点睛】
本题主要考查等差数列的通项公式与求和公式以及等比数列的通项与求和公式，利用“分组求和法”求数列前项和，属于中档题. 利用“分组求和法”求数列前项和常见类型有两种：一是通项为两个公比不相等的等比数列的和或差，可以分别用等比数列求和后再相加减；二是通项为一个等差数列和一个等比数列的和或差，可以分别用等差数列求和、等比数列求和后再相加减.
15．（1）证明见解析（2）（3）
【解析】
（1）根据递推关系可得，从而得到数列是等差数列；
（2）分别求出数列的奇数项和偶数项的通项公式，进而整合数列的通项公式；
（3）求出，，代入中，则存在，使得，，从而，再证明不成立，从而得到，，．
【详解】
（1）由
即．
因为数列各项均为正数，所以，即，
故数列是公差为1的等差数列．
（2）由（1）及知．
由，得．
所以，上面两式相除得，
所以数列的奇数项和偶数项都是公比为4的等比数列．
由及知，所以，，
所以．
综上，数列的通项公式为．
（3）由（1）和（2）知，．
由，得，即．
则必存在，使得，，从而．
若，则，故．
又因为，所以．
这与矛盾，所以．由于，则只能，
此时，．
满足题意数对为.
【点睛】
关键点点睛：通过递推关系的变形化简证明数列为等差等比数列，要注意变形的方向性，
这种类型的递推关系，注意要分奇偶项分析，探索性问题要注意利用问题的特殊化，特殊性，提供方向.
16．（1）（2）见解析
【解析】
【详解】
试题分析：（1）设等差数列的公差为，由题意，化简得，求得，即可得到数列的通项公式和前项和；
（2）由（1）得，即可利用裂项求解数列的和，证明不等关系式.
试题解析：（1）设等差数列的公差为，
则由可得，得……①
又成等比数列，且
所以，整理得，
因为，所以……②
联立①②，解得
所以
（2）由（1）得
所以
17．（1）；（2）.
【解析】
（1）由，得到，进而求得，即可求得数列的通项公式；
（2）由（1）和，结合等差数列的前项和公式，列出关于的方程，即可求解.
【详解】
（1）设等差数列的公差为，
由，可得，整理得，
又因为，所以，
所以数列的通项公式.
（2）由（1）知，
因为，
可得，
解得.
【点睛】
本题主要考查了等差数列的通项公式，以及等差数列前项和公式的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式和等差数列的求和公式，准确运算是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
18．（1）；（2）见解析
【解析】
【详解】
分析：（1）求出数列的首项和公比，即可求数列的通项公式；（2）①求出数列的前几项，根据等差数列的性质建立方程即可求出；②讨论的取值，根据的关系进行求解即可．
详解：（1）当时，，，
则公比，则
（2）①当时，得 时，得；时，得，
则由，得．
而当时，由得．
由，知此时数列为等差数列．
②由题意知，
则当时，，不合题意，舍去；
当时，，所以成立；
当时，若，则，不合题意，舍去；从而必是数列中的某一项，
则：
又，所以 ，
即，所以
因为为奇数，而为偶数，所以上式无解．
即当时，
综上所述，满足题意的正整数仅有．
点睛：本题主要考查等比数列和等差数列的综合应用，考查学生的运算和推理能力，综合性较强，有一定的难度．
19．(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【解析】
【分析】
（1）由可得为递增数列，，，从而易得；
（2）令，即可得.利用， ，可证；
（3）首先，由已知，当时，；当时，，；当时，（*），这里分析与的大小关系，，均出现矛盾，，结合(*)式可得，因此猜想（），用反证法证明此结论成立，证明时假设是首次不符合的项，则，这样题设条件变为（*），仿照讨论的情况讨论，可证明．
(1)
由可得为递增数列，
所以
，
故的前项和为.
(2)
时，，
因为，
，
所以
所以；
(3)
由可得
当时，；
当时，，
即，所以；
当时，，
即（*），
若，则，
所以由（*）可得，与矛盾；
若，则，
所以由（*）可得，
所以与同号，这与矛盾；
若，则，由（*）可得.
猜想：满足
的数列是：.
经验证，左式
，
右式
.
下面证明其它数列都不满足（3）的题设条件.
法1：由上述时的情况可知，时，是成立的.
假设是首次不符合的项，则，
由题设条件可得（*），
若，则由（*）式化简可得与矛盾；
若，则，
所以由（*）可得
所以与同号，这与矛盾；
所以，则，所以由（*）化简可得.
这与假设矛盾.
所以不存在数列不满足的符合题设条件.
法2：当时，，
所以
即
由可得
又，所以可得，
所以
，
即
所以等号成立的条件是
，
所以，所有满足该条件的数列为.
【点睛】
关键点点睛：本题考查数列的新定义问题，考查学生创新意识，从特殊到一般的思维能力，题中讨论与大小关系是解题关键所在．
答案第1页，共2页
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