2019版一轮复习理数通用版高考达标检测 等差数列的3考点求项求和及判定 7页

高考达标检测（二十三） 等差数列的 3 考点 ——求项、求和及判定 一、选择题 1．(2018·厦门一中测试)已知数列{an}中，a2＝3 2 ，a5＝9 8 ，且 1 an－1 是等差数列，则 a7＝( ) A.10 9 B.11 10 C.12 11 D.13 12 解析：选 D 设等差数列 1 an－1 的公差为 d， 则 1 a5－1 ＝ 1 a2－1 ＋3d，即 1 9 8 －1 ＝ 1 3 2 －1 ＋3d，解得 d＝2， 所以 1 a7－1 ＝ 1 a2－1 ＋5d＝12，解得 a7＝13 12. 2．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重 四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长五尺，一 头粗，一头细，在粗的一端截下 1 尺，重 4 斤，在细的一端截下 1 尺，重 2 斤，问依次每 一尺各重多少斤？”根据上题的已知条件，若金箠由粗到细是均匀变化的，问第二尺与第 四尺的重量之和为( ) A．6 斤 B．9 斤 C．9.5 斤 D．12 斤 解析：选 A 依题意，金箠由粗到细各尺的重量构成一个等差数列， 设首项 a1＝4，则 a5＝2. 由等差数列的性质得 a2＋a4＝a1＋a5＝6， 所以第二尺与第四尺的重量之和为 6 斤． 3．(2018·银川一中月考)在等差数列{an}中，首项 a1>0，公差 d≠0，前 n 项和为 Sn(n∈ N*)，有下列命题： ①若 S3＝S11，则必有 S14＝0； ②若 S3＝S11，则必有 S7 是 Sn 中的最大项； ③若 S7>S8，则必有 S8>S9； ④若 S7>S8，则必有 S6>S9. 其中正确命题的个数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选 D 对于①，若 S11－S3＝4(a1＋a14)＝0，即 a1＋a14＝0，则 S14＝14a1＋a14 2 ＝ 0，所以①正确； 对于②，当 S3＝S11 时，易知 a7＋a8＝0，又 a1>0，d≠0，所以 a7>0>a8，故 S7 是 Sn 中 的最大项，所以②正确； 对于③，若 S7>S8，则 a8<0，那么 d<0，可知 a9<0，此时 S9－S8<0，即 S8>S9，所以③ 正确； 对于④，若 S7>S8，则 a8<0，S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8<0，即 S6>S9，所以④正确．故选 D. 4．(2018·大同模拟)在等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝3，a18＋a19＋a20＝87，则此数列前 20 项的和等于( ) A．290 B．300 C．580 D．600 解析：选 B 由 a1＋a2＋a3＝3a2＝3，得 a2＝1. 由 a18＋a19＋a20＝3a19＝87，得 a19＝29， 所以 S20＝20a1＋a20 2 ＝10(a2＋a19)＝300. 5．设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 S9＝18，an－4＝30(n>9)，若 Sn＝336，则 n 的 值为( ) A．18 B．19 C．20 D．21 解析：选 D 因为{an}是等差数列， 所以 S9＝9a5＝18，a5＝2， Sn＝na1＋an 2 ＝na5＋an－4 2 ＝n 2 ×32＝16n＝336， 解得 n＝21. 6．设{an}是等差数列，d 是其公差，Sn 是其前 n 项和，且 S5S8，则下列结 论错误的是( ) A．d<0 B．a7＝0 C．S9>S5 D．当 n＝6 或 n＝7 时 Sn 取得最大值 解析：选 C 由 S50.同理由 S7>S8，得 a8<0.又 S6＝S7，∴a1＋a2＋…＋a6＝a1＋a2＋…＋a6＋a7，∴a7＝0，∴B 正确；∵ d＝a7－a6<0，∴A 正确；而 C 选项，S9>S5，即 a6＋a7＋a8＋a9>0，可得 2(a7＋a8)>0，由结 论 a7＝0，a8<0，知 C 选项错误；∵S5S8，∴结合等差数列前 n 项和的函数特 性可知 D 正确．故选 C. 7．等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若公差 d>0，(S8－S5)(S9－S5)<0，则( ) A．|a7|>|a8| B．|a7|<|a8| C．|a7|＝|a8| D．|a7|＝0 解析：选 B 因为(S8－S5)(S9－S5)<0， 所以(a6＋a7＋a8)(a6＋a7＋a8＋a9)<0， 因为{an}为等差数列， 所以 a6＋a7＋a8＝3a7， a6＋a7＋a8＋a9＝2(a7＋a8)， 所以 a7(a7＋a8)<0， 所以 a7 与(a7＋a8)异号． 又公差 d>0， 所以 a7<0，a8>0，且|a7|<|a8|，故选 B. 二、填空题 8．在数列{an}中，an＋1＝ an 1＋3an ，a1＝2，则 a20＝________. 解析：由 an＋1＝ an 1＋3an ，a1＝2， 可得 1 an＋1 － 1 an ＝3， 所以 1 an 是以1 2 为首项，3 为公差的等差数列． 所以 1 an ＝1 2 ＋3(n－1)，即 an＝ 2 6n－5 ， 所以 a20＝ 2 115. 答案： 2 115 9．数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝2an＋2n，则数列{an}的通项公式为________． 解析：∵a1＝1，an＋1＝2an＋2n， ∴an＋1 2n＋1 ＝an 2n ＋1 2 ， ∴数列 an 2n 是首项为a1 2 ＝1 2 ，公差 d＝1 2 的等差数列， 故an 2n ＝1 2 ＋(n－1)×1 2 ＝1 2n， 即 an＝n·2n－1. 答案：an＝n·2n－1 10．设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，若 S4≠0，且 S8＝3S4，S12＝λS8，则λ＝________. 解析：当 S4≠0，且 S8＝3S4，S12＝λS8 时， 由等差数列的性质得：S4，S8－S4，S12－S8 成等差数列， ∴2(S8－S4)＝S4＋(S12－S8)， ∴2(3S4－S4)＝S4＋(λ·3S4－3S4)， 解得λ＝2. 答案：2 三、解答题 11．已知数列{an}是等差数列，且 a1，a2，a5 成等比数列，a3＋a4＝12. (1)求 a1＋a2＋a3＋a4＋a5； (2)设 bn＝10－an，数列{bn}的前 n 项和为 Sn，若 b1≠b2，则 n 为何值时，Sn 最大？ Sn 最大值是多少？ 解：(1)设{an}的公差为 d， ∵a1，a2，a5 成等比数列， ∴(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)， 解得 d＝0 或 d＝2a1. 当 d＝0 时，∵a3＋a4＝12，∴an＝6， ∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝30； 当 d≠0 时，∵a3＋a4＝12，∴a1＝1，d＝2， ∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝25. (2)∵b1≠b2，bn＝10－an，∴a1≠a2，∴d≠0， 由(1)知 an＝2n－1， ∴bn＝10－an＝10－(2n－1)＝11－2n，Sn＝10n－n2＝－(n－5)2＋25. ∴当 n＝5 时，Sn 取得最大值，最大值为 25. 12．(2018·沈阳质检)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a3＋a6＝4，S5＝－5. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 Tn＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|，求 T5 的值和 Tn 的表达式． 解：(1)设等差数列{an}的公差为 d， 由题意知 2a1＋7d＝4， 5a1＋5×4 2 d＝－5， 解得 a1＝－5， d＝2， 故 an＝2n－7(n∈N*)． (2)由 an＝2n－7<0，得 n<7 2 ，即 n≤3， 所以当 n≤3 时，an＝2n－7<0，当 n≥4 时，an＝2n－7>0. 由(1)知 Sn＝n2－6n， 所以当 n≤3 时，Tn＝－Sn＝6n－n2； 当 n≥4 时， Tn＝－S3＋(Sn－S3)＝Sn－2S3＝n2－6n＋18. 故 T5＝13，Tn＝ 6n－n2，n≤3， n2－6n＋18，n≥4. 13．已知数列{an}中，a1＝4，an＝an－1＋2n－1＋3(n≥2，n∈N*)． (1)证明数列{an－2n}是等差数列，并求{an}的通项公式； (2)设 bn＝an 2n ，求 bn 的前 n 项和 Sn. 解：(1)证明：当 n≥2 时，an＝an－1＋2n－1＋3＝an－1＋2n－2n－1＋3， ∴an－2n－(an－1－2n－1)＝3. 又 a1＝4，∴a1－2＝2， 故数列{an－2n}是以 2 为首项，3 为公差的等差数列， ∴an－2n＝2＋(n－1)×3＝3n－1， ∴an＝2n＋3n－1. (2)bn＝an 2n ＝2n＋3n－1 2n ＝1＋3n－1 2n ， ∴Sn＝ 1＋2 2 ＋ 1＋ 5 22 ＋…＋ 1＋3n－1 2n ＝n＋ 2 2 ＋ 5 22 ＋…＋3n－1 2n ， 令 Tn＝2 2 ＋ 5 22 ＋…＋3n－1 2n ， ① 则 1 2Tn＝ 2 22 ＋ 5 23 ＋…＋3n－1 2n＋1 ， ② ①－②得，1 2Tn＝1＋ 3 22 ＋ 3 23 ＋…＋ 3 2n －3n－1 2n＋1 ， ＝1＋3× 1 4 1－ 1 2 n－1 1－1 2 －3n－1 2n＋1 ＝5 2 －3n＋5 2n＋1 ， ∴Sn＝n＋5－3n＋5 2n . 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝3，an＋1＝2an＋2n＋1－1(n∈N*)． (1)求 a2，a3； (2)求实数λ使 an＋λ 2n 为等差数列，并由此求出 an 与 Sn； (3)求 n 的所有取值，使Sn an ∈N*，说明你的理由． 解：(1)∵a1＝3，an＋1＝2an＋2n＋1－1， ∴a2＝2×3＋22－1＝9，a3＝2×9＋23－1＝25. (2)∵a1＝3，an＋1＝2an＋2n＋1－1， ∴an＋1－1＝2(an－1)＋2n＋1， ∴an＋1－1 2n＋1 －an－1 2n ＝1， 故λ＝－1 时，数列 an＋λ 2n 成等差数列，且首项为a1－1 2 ＝1，公差 d＝1. ∴an－1 2n ＝n，即 an＝n·2n＋1. ∴Sn＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n)＋n， 设 Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，① 则 2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，② ①－②得，－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2， ∴Tn＝(n－1)·2n＋1＋2， ∴Sn＝Tn＋n＝(n－1)·2n＋1＋2＋n. (3)Sn an ＝n－1·2n＋1＋n＋2 n·2n＋1 ＝2＋n－2n＋1 n·2n＋1 ， 结合 y＝2x 及 y＝1 2x 的图象可知 2n>n 2 恒成立， ∴2n＋1>n，即 n－2n＋1<0，∵n·2n＋1>0，∴Sn an <2. 当 n＝1 时，Sn an ＝S1 a1 ＝1∈N*； 当 n≥2 时，∵an>0 且{an}为递增数列， ∴Sn>0 且 Sn>an， ∴Sn an >1，即 1