《（全國通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 高考達(dá)標(biāo)檢測（二十三）等差數(shù)列的3考點(diǎn)——求項、求和及判定 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 高考達(dá)標(biāo)檢測（二十三）等差數(shù)列的3考點(diǎn)——求項、求和及判定 文（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（全國通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 高考達(dá)標(biāo)檢測（二十三）等差數(shù)列的3考點(diǎn)——求項、求和及判定 文 一、選擇題 1．(2018·廈門一中測試)已知數(shù)列{an}中，a2＝，a5＝，且是等差數(shù)列，則 a7＝(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選D　設(shè)等差數(shù)列的公差為d， 則＝＋3d，即＝＋3d，解得d＝2， 所以＝＋5d＝12，解得a7＝. 2．我國古代數(shù)學(xué)著作《九章算術(shù)》有如下問題：“今有金箠，長五尺，斬本一尺，重四斤，斬末一尺，重二斤，問次一尺各重幾何？”意思是：“現(xiàn)有一根金箠，長五尺，一頭粗，一頭細(xì)，在粗的一端截下1尺，重4斤，在細(xì)

2、的一端截下1尺，重2斤，問依次每一尺各重多少斤？”根據(jù)上題的已知條件，若金箠由粗到細(xì)是均勻變化的，問第二尺與第四尺的重量之和為(　　) A．6斤 B．9斤 C．9.5斤 D．12斤 解析：選A　依題意，金箠由粗到細(xì)各尺的重量構(gòu)成一個等差數(shù)列， 設(shè)首項a1＝4，則a5＝2. 由等差數(shù)列的性質(zhì)得a2＋a4＝a1＋a5＝6， 所以第二尺與第四尺的重量之和為6斤． 3．(2018·銀川一中月考)在等差數(shù)列{an}中，首項a1>0，公差d≠0，前n項和為Sn(n∈N*)，有下列命題： ①若S3＝S11，則必有S14＝0； ②若S3＝S11，則必有S7是Sn中的最大項； ③若S7>

3、S8，則必有S8>S9； ④若S7>S8，則必有S6>S9. 其中正確命題的個數(shù)是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選D　對于①，若S11－S3＝4(a1＋a14)＝0，即a1＋a14＝0，則S14＝＝0，所以①正確； 對于②，當(dāng)S3＝S11時，易知a7＋a8＝0，又a1>0，d≠0，所以a7>0>a8，故S7是Sn中的最大項，所以②正確； 對于③，若S7>S8，則a8<0，那么d<0，可知a9<0，此時S9－S8<0，即S8>S9，所以③正確； 對于④，若S7>S8，則a8<0，S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8<0，即S6>S9，所以④正確．故選D.

4、4．(2018·大同模擬)在等差數(shù)列中，a1＋a2＋a3＝3，a18＋a19＋a20＝87，則此數(shù)列前20項的和等于(　　) A．290 B．300 C．580 D．600 解析：選B　由a1＋a2＋a3＝3a2＝3，得a2＝1. 由a18＋a19＋a20＝3a19＝87，得a19＝29， 所以S20＝＝10(a2＋a19)＝300. 5．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且S9＝18，an－4＝30(n>9)，若Sn＝336，則n的值為(　　) A．18 B．19 C．20 D．21 解析：選D　因為{an}是等差數(shù)列， 所以S9＝9a5＝18，a5＝2， S

5、n＝＝＝×32＝16n＝336， 解得n＝21. 6．設(shè){an}是等差數(shù)列，d是其公差，Sn是其前n項和，且S5S8，則下列結(jié)論錯誤的是(　　) A．d<0 B．a(chǎn)7＝0 C．S9>S5 D．當(dāng)n＝6或n＝7時Sn取得最大值 解析：選C　由S50.同理由S7>S8，得a8<0.又S6＝S7，∴a1＋a2＋…＋a6＝a1＋a2＋…＋a6＋a7，∴a7＝0，∴B正確；∵d＝a7－a6<0，∴A正確；而C選項，S9>S5，即a6＋a7＋a8＋a9>0，可得2(a7＋a8)>0，由結(jié)論

6、a7＝0，a8<0，知C選項錯誤；∵S5S8，∴結(jié)合等差數(shù)列前n項和的函數(shù)特性可知D正確．故選C. 7．等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若公差d>0，(S8－S5)(S9－S5)<0，則(　　) A．|a7|>|a8| B．|a7|<|a8| C．|a7|＝|a8| D．|a7|＝0 解析：選B　因為(S8－S5)(S9－S5)<0， 所以(a6＋a7＋a8)(a6＋a7＋a8＋a9)<0， 因為{an}為等差數(shù)列， 所以a6＋a7＋a8＝3a7， a6＋a7＋a8＋a9＝2(a7＋a8)， 所以a7(a7＋a8)<0， 所以a7與(a7＋a8)異

7、號． 又公差d>0， 所以a7<0，a8>0，且|a7|<|a8|，故選B. 二、填空題 8．在數(shù)列{an}中，an＋1＝，a1＝2，則a20＝________. 解析：由an＋1＝，a1＝2， 可得－＝3， 所以是以為首項，3為公差的等差數(shù)列． 所以＝＋3(n－1)，即an＝， 所以a20＝. 答案： 9．?dāng)?shù)列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝2an＋2n，則數(shù)列{an}的通項公式為________． 解析：∵a1＝1，an＋1＝2an＋2n， ∴＝＋， ∴數(shù)列是首項為＝，公差d＝的等差數(shù)列， 故＝＋(n－1)×＝n， 即an＝n·2n－1. 答案：an＝n

8、·2n－1 10．設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，若S4≠0，且S8＝3S4，S12＝λS8，則λ＝________. 解析：當(dāng)S4≠0，且S8＝3S4，S12＝λS8時， 由等差數(shù)列的性質(zhì)得：S4，S8－S4，S12－S8成等差數(shù)列， ∴2(S8－S4)＝S4＋(S12－S8)， ∴2(3S4－S4)＝S4＋(λ·3S4－3S4)， 解得λ＝2. 答案：2 三、解答題 11．已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，且a1，a2，a5成等比數(shù)列，a3＋a4＝12. (1)求a1＋a2＋a3＋a4＋a5； (2)設(shè)bn＝10－an，數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，若b1≠b2，則n為

9、何值時，Sn最大？ Sn最大值是多少？ 解：(1)設(shè){an}的公差為d， ∵a1，a2，a5成等比數(shù)列， ∴(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)， 解得d＝0或d＝2a1. 當(dāng)d＝0時，∵a3＋a4＝12，∴an＝6， ∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝30； 當(dāng)d≠0時，∵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. ∴當(dāng)n＝5時，Sn取得最

10、大值，最大值為25. 12．(2018·沈陽質(zhì)檢)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a3＋a6＝4，S5＝－5. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若Tn＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|，求T5的值和Tn的表達(dá)式． 解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d， 由題意知解得 故an＝2n－7(n∈N*)． (2)由an＝2n－7<0，得n<，即n≤3， 所以當(dāng)n≤3時，an＝2n－7<0，當(dāng)n≥4時，an＝2n－7>0. 由(1)知Sn＝n2－6n， 所以當(dāng)n≤3時，Tn＝－Sn＝6n－n2； 當(dāng)n≥4時， Tn＝－S3＋(Sn－S3)＝Sn－2S3

11、＝n2－6n＋18. 故T5＝13，Tn＝ 13．已知數(shù)列{an}中，a1＝4，an＝an－1＋2n－1＋3(n≥2，n∈N*)． (1)證明數(shù)列{an－2n}是等差數(shù)列，并求{an}的通項公式； (2)設(shè)bn＝，求bn的前n項和Sn. 解：(1)證明：當(dāng)n≥2時，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， 故數(shù)列{an－2n}是以2為首項，3為公差的等差數(shù)列， ∴an－2n＝2＋(n－1)×3＝3n－1， ∴an＝2n＋3n－1. (2)bn＝＝＝1＋， ∴Sn＝＋＋…＋ ＝

12、n＋， 令Tn＝＋＋…＋， ① 則Tn＝＋＋…＋， ② ①－②得，Tn＝1＋＋＋…＋－， ＝1＋3×－＝－， ∴Sn＝n＋5－. 已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝3，an＋1＝2an＋2n＋1－1(n∈N*)． (1)求a2，a3； (2)求實數(shù)λ使為等差數(shù)列，并由此求出an與Sn； (3)求n的所有取值，使∈N*，說明你的理由． 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－

13、1＝2(an－1)＋2n＋1， ∴－＝1， 故λ＝－1時，數(shù)列成等差數(shù)列，且首項為＝1，公差d＝1. ∴＝n，即an＝n·2n＋1. ∴Sn＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n)＋n， 設(shè)Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，① 則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)＝＝2＋， 結(jié)合y＝2x及y＝x的圖象可知2n>恒成立， ∴2n＋1>n，即n－2n＋1<0，∵n·2n＋1>0，∴<2. 當(dāng)n＝1時，＝＝1∈N*； 當(dāng)n≥2時，∵an>0且{an}為遞增數(shù)列， ∴Sn>0且Sn>an， ∴>1，即1<<2，∴當(dāng)n≥2時， ?N*. 綜上可得n＝1.