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2019年高考数学一轮复习 第八单元 数列 高考达标检测（二十三）等差数列的3考点——求项、求和及判定 理
一、选择题
1．(xx厦门一中测试)已知数列{an}中，a2＝，a5＝，且是等差数列，则 a7＝( )
A. B.
C. D.
解析：选D 设等差数列的公差为d，
则＝＋3d，即＝＋3d，解得d＝2，
所以＝＋5d＝12，解得a7＝.
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．(xx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＝＝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．(xx大同模拟)在等差数列中，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＝＝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＝＝＝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S5
S8，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＝，a1＝2，则a20＝________.
解析：由an＋1＝，a1＝2，
可得－＝3，
所以是以为首项，3为公差的等差数列．
所以＝＋3(n－1)，即an＝，
所以a20＝.
答案：
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，
∴＝＋，
∴数列是首项为＝，公差d＝的等差数列，
故＝＋(n－1)＝n，
即an＝n2n－1.
答案：an＝n2n－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＋(λ3S4－3S4)，
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．(xx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，
由题意知解得
故an＝2n－7(n∈N*)．
(2)由an＝2n－7<0，得n<，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＝
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＝，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＝＝＝1＋，
∴Sn＝＋＋…＋
＝n＋，
令Tn＝＋＋…＋， ①
则Tn＝＋＋…＋， ②
①－②得，Tn＝1＋＋＋…＋－，
＝1＋3－＝－，
∴Sn＝n＋5－.
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使为等差数列，并由此求出an与Sn；
(3)求n的所有取值，使∈N*，说明你的理由．
解：(1)∵a1＝3，an＋1＝2an＋2n＋1－1，
∴a2＝23＋22－1＝9，a3＝29＋23－1＝25.
(2)∵a1＝3，an＋1＝2an＋2n＋1－1，
∴an＋1－1＝2(an－1)＋2n＋1，
∴－＝1，
故λ＝－1时，数列成等差数列，且首项为＝1，公差d＝1.
∴＝n，即an＝n2n＋1.
∴Sn＝(12＋222＋323＋…＋n2n)＋n，
设Tn＝12＋222＋323＋…＋n2n，①
则2Tn＝122＋223＋324＋…＋n2n＋1，②
①－②得，－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n2n＋1＝(1－n)2n＋1－2，
∴Tn＝(n－1)2n＋1＋2，
∴Sn＝Tn＋n＝(n－1)2n＋1＋2＋n.
(3)＝＝2＋，
结合y＝2x及y＝x的图象可知2n>恒成立，
∴2n＋1>n，即n－2n＋1<0，∵n2n＋1>0，∴<2.
当n＝1时，＝＝1∈N*；
当n≥2时，∵an>0且{an}为递增数列，
∴Sn>0且Sn>an，
∴>1，即1<<2，∴当n≥2时， ∉N*.
综上可得n＝1.
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