（福建專(zhuān)用）2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第五章第2課時(shí) 等差數(shù)列及其前n項(xiàng)和課時(shí)闖關(guān)（含解析）

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1、 （福建專(zhuān)用）2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第五章第2課時(shí) 等差數(shù)列及其前n項(xiàng)和課時(shí)闖關(guān)（含解析） 一、選擇題 1．{an}為等差數(shù)列，且a7－2a4＝－1，a3＝0，則公差d＝(　　) A．－2　　　　　　　　　　 B．－ C. D．2 解析：選B.根據(jù)題意得a7－2a4＝a1＋6d－2(a1＋3d)＝－1， ∴a1＝1，又∵a3＝a1＋2d＝0，∴d＝－. 2．若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝an2＋n(a∈R)，則下列關(guān)于數(shù)列{an}的說(shuō)法正確的是(　　) A．{an}一定是等差數(shù)列 B．{an}從第二項(xiàng)開(kāi)始構(gòu)成等差數(shù)列 C．a(chǎn)≠0時(shí)，{an}是等差數(shù)列 D．

2、不能確定其是否為等差數(shù)列 解析：選A.由等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式Sn＝na1＋＝(a1－)n＋n2可知，該數(shù)列{an}一定是等差數(shù)列． 3．(2020·高考大綱全國(guó)卷Ⅱ)如果等差數(shù)列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝(　　) A．14 B．21 C．28 D．35 解析：選C.∵a3＋a4＋a5＝12，∴3a4＝12，a4＝4.∴a1＋a2＋…＋a7＝(a1＋a7)＋(a2＋a6)＋(a3＋a5)＋a4＝7a4＝28. 4．(2020·寧德質(zhì)檢)在等差數(shù)列{an}中，若S4＝1，S8＝4，則a17＋a18＋a19＋a20的值為(　　) A．9

3、 B．12 C．15 D．17 解析：選A.S8－S4，S12－S8，S16－S12，S20－S16也成等差數(shù)列，故選A. 5．已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，若<－1，且它們的前n項(xiàng)和Sn有最大值，則使Sn>0的n的最大值為(　　) A．11 B．19 C．20 D．21 解析：選B.∵<－1，且Sn有最大值， ∴a10>0，a11<0，且a10＋a11<0， ∴S19＝＝19·a10>0， S20＝＝10(a10＋a11)<0， 故使得Sn>0的n的最大值為19. 二、填空題 6．設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}(n∈N*)的前n項(xiàng)和，且a1＝1，a4＝7，則S9＝

4、________. 解析：設(shè)等差數(shù)列公差為d， 則d＝＝2， S9＝9a1＋d＝81. 答案：81 7．在等差數(shù)列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，則2a6－a4的值為_(kāi)_______． 解析：由a1＋3a8＋a15＝5a8＝120, 得a8＝24， ∴2a6－a4＝(a8＋a4)－a4＝a8＝24. 答案：24 8．已知數(shù)列{an}中，a1＝－1，an＋1·an＝an＋1－an，則數(shù)列的通項(xiàng)公式為_(kāi)_______． 解析：由an＋1·an＝an＋1－an，得－＝1，即－＝－1.又＝－1，則數(shù)列{}是以－1為首項(xiàng)和公差的等差數(shù)列，于是＝－1＋(n－1)×(－1)＝－

5、n，∴an＝－. 答案：an＝－ 三、解答題 9．?dāng)?shù)列{an}中，a1＝8，a4＝(1＋i)(1－i)，且滿(mǎn)足an＋2＝2an＋1－an，n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，n∈N*，求Sn的解析式． 解：(1)∵an＋2＝2an＋1－an，n∈N*， ∴an＋2＋an＝2an＋1，∴數(shù)列{an}為等差數(shù)列． 又∵a1＝8，a4＝(1＋i)(1－i)＝2， d＝＝－2. ∴an＝8＋(－2)(n－1)＝－2n＋10. (2)令an＝－2n＋10＝0，則有n＝5. ∴|an|＝ ∴當(dāng)n≤5時(shí)，Sn＝|a1|＋|a

6、2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝8n＋(－2)＝－n2＋9n； 當(dāng)n≥6時(shí)，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋(－a6－a7－…－an)＝2(a1＋a2＋…＋a5)－(a1＋a2＋…＋an)＝2(－52＋9×5)－(－n2＋9n)＝n2－9n＋40. 綜上，Sn＝ 10．?dāng)?shù)列{an}滿(mǎn)足an＝3an－1＋3n－1(n∈N*，n≥2)，已知a3＝95. (1)求a1，a2； (2)是否存在一個(gè)實(shí)數(shù)t，使得bn＝(an＋t)(n∈N*)，且{bn}為等差數(shù)列？若存在，則求出t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解：(1)n＝2時(shí)，a2＝3a1＋3

7、2－1， n＝3時(shí)，a3＝3a2＋33－1＝95， ∴a2＝23. ∴23＝3a1＋8，∴a1＝5. (2)當(dāng)n≥2時(shí)， bn－bn－1＝(an＋t)－(an－1＋t) ＝(an＋t－3an－1－3t) ＝(3n－1－2t)＝1－. 要使{bn}為等差數(shù)列，則必須使1＋2t＝0，∴t＝－， 即存在t＝－，使{bn}為等差數(shù)列． 一、選擇題 1．(2020·高考福建卷)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝－11，a4＋a6＝－6，則當(dāng)Sn取最小值時(shí)，n等于(　　) A．6 B．7 C．8 D．9 解析：選A.設(shè)等差數(shù)列的公差為d，則由a4＋a6＝2

8、a1＋8d＝2×(－11)＋8d＝－6，解得d＝2， 所以Sn＝－11n＋×2＝n2－12n＝(n－6)2－36，所以當(dāng)n＝6時(shí)，Sn取最小值． 2．已知兩個(gè)等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項(xiàng)和分別為An和Bn，且＝，則使得為整數(shù)的正整數(shù)n的個(gè)數(shù)是(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：選D.＝＝＝＝7＋. 因?yàn)?2的正約數(shù)有5個(gè)，故選D. 二、填空題 3．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知am－1＋am＋1－a＝0，S2m－1＝38，則m＝________. 解析：因?yàn)閧an}是等差數(shù)列，所以，am－1＋am＋1＝2am，由am－1＋am＋1－a＝0，得

9、：2am－a＝0，所以，am＝2，又S2m－1＝38，即＝38，即(2m－1)×2＝38，解得m＝10. 答案：10 4．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a4－a2＝8，a3＋a5＝26.記Tn＝，如果存在正整數(shù)M，使得對(duì)一切正整數(shù)n，Tn≤M都成立，則M的最小值是________． 解析：∵{an}為等差數(shù)列，由a4－a2＝8，a3＋a5＝26，可解得a1＝1，d＝4，從而Sn＝2n2－n，∴Tn＝2－，若Tn≤M對(duì)一切正整數(shù)n恒成立，則只需Tn的最大值≤M即可．又Tn＝2－<2，∴只需2≤M，故M的最小值是2. 答案：2 三、解答題 5．(2020·高考四川卷)已知數(shù)列{a

10、n}滿(mǎn)足a1＝0，a2＝2，且對(duì)任意m、n∈N*都有a2m－1＋a2n－1＝2am＋n－1＋2(m－n)2. (1)求a3，a5； (2)設(shè)bn＝a2n＋1－a2n－1(n∈N*)，證明：{bn}是等差數(shù)列． 解：(1)由題意，令m＝2，n＝1，可得a3＝2a2－a1＋2＝6， 再令m＝3，n＝1，可得a5＝2a3－a1＋8＝20. (2)證明：當(dāng)n∈N*時(shí)，由已知(以n＋2代替m)可得 a2n＋3＋a2n－1＝2a2n＋1＋8， 于是[a2(n＋1)＋1－a2(n＋1)－1]－(a2n＋1－a2n－1)＝8， 即bn＋1－bn＝8， 所以{bn}是公差為8的等差數(shù)列． 6．已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝，n∈N*. (1)求證：數(shù)列{an}是等差數(shù)列； (2)設(shè)bn＝，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn. 解：(1)證明：Sn＝，n∈N*，n＝1時(shí)， a1＝S1＝，∴a1＝1. 由 ?2an＝2(Sn－Sn－1)＝a－a＋an－an－1， ∴(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0. ∵an＋an－1>0， ∴an－an－1＝1(n≥2)， ∴數(shù)列{an}是等差數(shù)列． (2)由(1)得an＝n，Sn＝，∴bn＝＝. ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋ ＝1－＋－＋…＋－ ＝1－＝.