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
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 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＝ 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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