《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

考点一等差数列基本量的求解
例1 (1)(2024·全国甲卷)记$S_n$为等差数列$\{ a_n\}$的前n项和,已知$S_5 = S_{10},a_5 = 1$,则$a_1 =$ (B)

A.$\frac{7}{2}$
B.$\frac{7}{3}$
C.$-\frac{1}{3}$
D.$-\frac{7}{11}$

答案： 例1
(1)B
(2)D
(3)D [
(1)由$S_5＝S_{10}$，得
$\frac{5(a_1＋a_5)}{2}＝\frac{10(a_1＋a_{10})}{2}$，
所以$5a_3＝5(a_3＋a_8)$，
所以$a_3＝0$，公差$d＝\frac{a_8－a_5}{8－5}＝\frac{1}{3}$，
所以$a_1＝a_3－4d＝1－4×(-\frac{1}{3})＝\frac{7}{3}$，故
选B.

(2)(2025·晋城模拟)生命在于运动,某健身房为吸引会员来健身,推出打卡送积分活动(积分可兑换礼品),第一天打卡得1积分,以后只要连续打卡,每天所得积分都会比前一天多2积分.若某天未打卡,则当天没有积分,且第二天打卡需从1积分重新开始.某会员参与打卡活动,从3月1日开始到3月20日,他共得193积分,中途有一天未打卡,则他未打卡的那天是 (D)

A.3月5日或3月16日
B.3月6日或3月15日
C.3月7日或3月14日
D.3月8日或3月13日

答案：
(2)若他连续打卡，则从打卡第1天开始，逐日所得积分依次成等差数列，且首项为1，公差为2，第n天所得积分为$2n－1$.
假设他连续打卡n天，第$(n＋1)$天中断了，
则他所得积分之和为$(1＋3＋\cdots＋2n－1)＋[1＋3＋\cdots＋2(19－n)－1]＝\frac{n(1＋2n－1)}{2}＋\frac{(19－n)[1＋2(19－n)－1]}{2}＝193$，
化简得$n^2－19n＋84＝0$，
解得$n＝7$或$n＝12$，
所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日.

(3)(2024·全国甲卷)已知等差数列$\{ a_n\}$的前n项和为$S_n$,若$S_9 = 1$,则$a_3 + a_7 =$ (D)

A.$-2$
B.$\frac{7}{3}$
C.1
D.$\frac{2}{9}$

答案：
(3)法一 设等差数列$\{a_n\}$的公差为d，
由$S_9＝9a_1＋\frac{9×8}{2}d＝1$，
得$a_1＋4d＝\frac{1}{9}$，
则$a_3＋a_7＝a_1＋2d＋a_1＋6d＝2a_1＋8d$
$＝2(a_1＋4d)＝\frac{2}{9}$，故选D.
法二 因为$\{a_n\}$为等差数列，
所以$S_9＝\frac{9(a_1＋a_9)}{2}＝9a_5＝1$，得$a_5＝\frac{1}{9}$.
则$a_3＋a_7＝2a_5＝\frac{2}{9}$，故选D.]

训练1 (1)(2025·南昌模拟)已知等差数列$\{ a_n\}$的前n项和为$S_n$,若$a_3=\frac{1}{3},a_6=\frac{2}{3}$,则$S_{17}=$ (C)
A. 51
B. 34
C. 17
D. 1

答案： 训练1
(1)C
(2)D
(3)B [
(1)设等差数列$\{a_n\}$的首项为$a_1$，公差为d，
由$a_3＝\frac{1}{3}$，$a_6＝\frac{2}{3}$
可得$\begin{cases}a_1＋2d＝\frac{1}{3},\\a_1＋5d＝\frac{2}{3},\end{cases}$解得$\begin{cases}a_1＝\frac{1}{9},\\d＝\frac{1}{9}.\end{cases}$
所以$S_{17}＝17a_1＋\frac{17×16}{2}×d$
$＝17×\frac{1}{9}＋\frac{17×16}{2}×\frac{1}{9}＝17$.

(2)(2025·重庆诊断)已知数列$\{ a_n\},\{ b_n\}$均为等差数列,且$a_1 = 1,b_1 = 7,a_2 + b_2 = 12$,设数列$\{ a_n + b_n\}$的前n项和为$S_n$,则$S_{20}=$ (D)

A.84
B.540
C.780
D.920

答案：
(2)根据题意可设数列$\{a_n\}$，$\{b_n\}$的公差分别为$d_1$，$d_2$，
由$a_1＝1$，$b_1＝7$，$a_2＋b_2＝12$可知，$d_1＋d_2＝4$，
则数列$\{a_n＋b_n\}$是以$a_1＋b_1＝8$为首项，$d_1＋d_2＝4$为公差的等差数列，
所以$a_n＋b_n＝8＋4(n－1)＝4n＋4$，
故$S_n＝\frac{n}{2}(a_1＋b_1＋a_n＋b_n)＝\frac{n}{2}(8＋4n＋4)$
$＝n(2n＋6)$，
所以$S_{20}＝20×(2×20＋6)＝920$.

(3)(2025·厦门质检)已知正项等差数列$\{ a_n\}$的公差为$d$,前n项和为$S_n$,且$4S_3=(a_3 + 1)^2,4S_4=(a_4 + 1)^2$,则$d =$ (B)

A.1
B.2
C.3
D.4

答案：
(3)$4S_3＝(a_3＋1)^2$，
两式相减得$4a_4＝(a_4＋1)^2－(a_3＋1)^2$，
即$(a_4－1)^2－(a_3＋1)^2＝0$，
则$(a_4＋a_3)(a_4－a_3－2)＝0$，
又数列$\{a_n\}$为正项等差数列，
$\therefore a_4－a_3－2＝0$，$\therefore a_4－a_3＝2$，即$d＝2$.]

考点二等差数列的判定与证明
例2 (2021·全国甲卷)已知数列$\{ a_n\}$的各项均为正数,记$S_n$为$\{ a_n\}$的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.
①数列$\{ a_n\}$是等差数列;②数列$\{\sqrt{S_n}\}$是等差数列;③$a_2 = 3a_1$.
注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.

答案： 例2 解 ①③⇒②.
已知$\{a_n\}$是等差数列，$a_2＝3a_1$.
设数列$\{a_n\}$的公差为d，
则$a_2＝3a_1＝a_1＋d$，得$d＝2a_1$，
所以$S_n＝na_1＋\frac{n(n－1)}{2}d＝n^2a_1$.
因为数列$\{a_n\}$的各项均为正数，
所以$\sqrt{S_n}＝n\sqrt{a_1}$，
所以$\sqrt{S_{n＋1}}－\sqrt{S_n}＝(n＋1)\sqrt{a_1}－n\sqrt{a_1}＝\sqrt{a_1}$(常数)，所以数列$\{\sqrt{S_n}\}$是等差数列.
①②⇒③.
已知$\{a_n\}$是等差数列，$\{\sqrt{S_n}\}$是等差数列.
设数列$\{a_n\}$的公差为d，
则$S_n＝na_1＋\frac{n(n－1)}{2}d$
$＝\frac{1}{2}d n^2＋(a_1－\frac{d}{2})n$.
因为数列$\{\sqrt{S_n}\}$是等差数列，
所以数列$\{\sqrt{S_n}\}$的通项公式是关于n的一次函数，
则$a_1－\frac{d}{2}＝0$，即$d＝2a_1$，
所以$a_2＝a_1＋d＝3a_1$.
②③⇒①.
已知数列$\{\sqrt{S_n}\}$是等差数列，$a_2＝3a_1$，
所以$S_1＝a_1$，$S_2＝a_1＋a_2＝4a_1$.
设数列$\{\sqrt{S_n}\}$的公差为d，$d＞0$，
则$\sqrt{S_2}－\sqrt{S_1}＝\sqrt{4a_1}－\sqrt{a_1}＝d$，
得$a_1＝d^2$，所以$\sqrt{S_n}＝\sqrt{S_1}＋(n－1)d＝nd$，
所以$S_n＝n^2d^2$，
所以$n≥2$时，$a_n＝S_n－S_{n－1}＝n^2d^2－(n－1)^2d^2＝(2n^2－d^2)－(2d^2n－d^2)＝2d^2$(常数)，
所以数列$\{a_n\}$是等差数列.

训练2 (2021·全国乙卷)记$S_n$为数列$\{ a_n\}$的前n项和,$b_n$为数列$\{ S_n\}$的前n项积,已知$\frac{2}{S_n}+\frac{1}{b_n}=2$.
(1)证明:数列$\{ b_n\}$是等差数列;
(2)求$\{ a_n\}$的通项公式.

答案： 训练2
(1)证明 因为$b_n$是数列$\{S_n\}$的前n项
积.所以当$n≥2$时，$S_n＝\frac{b_n}{b_{n－1}}$，
代入$\frac{2}{S_n}＋\frac{1}{b_n}＝2$，可得$\frac{2b_{n－1}}{b_n}＋\frac{1}{b_n}＝2$，
整理可得$2b_{n－1}＋1＝2b_n$，
即$b_n－b_{n－1}＝\frac{1}{2}(n≥2)$.
又$\frac{2}{S_1}＋\frac{1}{b_1}＝\frac{3}{2}＝2$，所以$b_1＝\frac{3}{2}$，
故$\{b_n\}$是以$\frac{3}{2}$为首项，$\frac{1}{2}$为公差的等差数列.
(2)解 由
(1)可知，$b_n＝\frac{3}{2}＋\frac{1}{2}(n－1)＝\frac{n＋2}{2}$，则$\frac{2}{S_n}＋\frac{2}{n＋2}＝2$，所以$S_n＝\frac{n＋2}{n＋1}$，
当$n＝1$时，$a_1＝S_1＝\frac{3}{2}$，
当$n≥2$时，
$a_n＝S_n－S_{n－1}＝\frac{n＋2}{n＋1}－\frac{n＋1}{n}＝\frac{1}{n(n＋1)}$，
又$a_1＝\frac{3}{2}$不满足上式.
故$a_n＝\begin{cases} \frac{3}{2},n＝1,\\ \frac{1}{n(n＋1)},n≥2.\end{cases}$