《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A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.$ \dfrac{7}{2} $
B.$ \dfrac{7}{3} $
C.$ -\dfrac{1}{3} $
D.$ -\dfrac{7}{11} $

答案：
(1)B [
(1)由$S_5=S_{10}$,得
$5(\frac{a_1+a_5}{2})=10(\frac{a_1+a_{10}}{2})$,
所以$5a_3=5(a_3+a_8)$,
所以$a_8=0$,公差$d=\frac{a_8-a_5}{8-5}=\frac{1}{3}$,
所以$a_1=a_5-4d=1-4×(-\frac{1}{3})=\frac{7}{3}$,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)D [
(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,该数列前$n$项和为
$[1+3+\cdots+2n-1]+\frac{[1+3+\cdots+2(19-n)-1]}{2}=\frac{n(1+2n-1)}{2}$
$+\frac{(19-n)[1+2(19-n)-1]}{2}=193$,
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.$ \dfrac{7}{3} $
C.1
D.$ \dfrac{2}{9}$$$

答案：
(3)D [
(3)法一 设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$,
由$S_9=\frac{9×8}{2}d=9(a_1+4d)=1$,
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.]

(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 = \dfrac{1}{3}, a_6 = \dfrac{2}{3} $, 则 $ S_{17} = $ (C)

A.51
B.34
C.17
D.1

答案：
(1)C [
(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)D [
(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)B [
(3)$4S_3=(a_3+1)^2,4S_3=(a_4+1)^2$,
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： 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$S_n=na_1+\frac{n(n-1)}{2}d$
$=\frac{1}{2}n^2d+(a_1-\frac{d}{2})n$.
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$a_2=a_1+d=3a_1$.
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$n\geq2$时,$a_n=S_n-S_{n-1}=n^2d^2-(n-1)^2d^2=2d^2n-d^2$,对$n=1$也适合.
所以$a_{n+1}-a_n=2d^2(n+1)-d^2-(2d^2n-d^2)=2d^2$(常数),
所以数列$\{a_n\}$是等差数列.

(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 $ \dfrac{2}{S_n} + \dfrac{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：
(1)证明 因为$b_n$是数列$\{S_n\}$的前$n$
积,所以当$n\geq2$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$b_n-b_{n-1}=\frac{1}{2}(n\geq2)$.
又$\frac{2}{S_1}+\frac{1}{b_1}=2$,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$n\geq2$时,
$a_n=S_n-S_{n-1}=\frac{n+2}{n+1}-\frac{n}{n(n+1)}$
又$a_1=\frac{3}{2}$不满足上式.
故$a_n=\begin{cases}\frac{3}{2},n=1,\frac{1}{n(n+1)},n\geq2.\end{cases}$