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- 2021-06-16 发布
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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=14a1+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=20a1+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=na1+an
2
=na5+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
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