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  • 2021-06-16 发布

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

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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