高中数学高考第34讲 等差数列及其前n项和（达标检测）（教师版）

这是一份高中数学高考第34讲 等差数列及其前n项和（达标检测）（教师版），共16页。

A．7B．8C．9D．10
【分析】由题意利用等差中项的定义，求得结果．
【解答】解：5与11的等差中项为，
故选：．
2．（2020春•田家庵区校级期末）在等差数列中，，，则
A．8B．10C．14D．16
【分析】利用等差数列通项公式列方程，求出，由此能求出．
【解答】解：在等差数列中，，，
，
解得，
．
故选：．
3．（2020春•湛江期末）已知等差数列的前项和为，若，则
A．3B．4C．5D．6
【分析】由等差数列的前项和公式分析可得，计算可得答案．
【解答】解：，
；
故选：．
4．（2020春•绵阳期末）在等差数列中，若，则数列的前7项和
A．15B．20C．35D．45
【分析】先利用等差数列的前项和公式表示出，再利用等差数列的性质化简后把前7项之和用第四项来表示，将的值代入即可求出值．
【解答】解：因为，
所以．
故选：．
5．（2020春•宣城期末）已知等差数列中，前项为偶数）和为126，其中偶数项之和为69，且，则数列公差为
A．B．4C．6D．
【分析】由已知结合等差数列的性质即可求解．
【解答】解：由题意可得，，，
，
，
解可得，．
故选：．
6．（2020春•珠海期末）已知等差数列，公差，为其前项和，，则
A．B．C．D．
【分析】利用等差数列前项和公式推导出，再由，能求出结果．
【解答】解：等差数列，公差，，
，
解得，
．
故选：．
7．（2020春•太原期末）已知等差数列满足，，．其前项和为，则使成立时最大值为
A．2020B．2019C．4040D．4038
【分析】差数列的首项，，，可得，．再利用求和公式及其性质即可得出．
【解答】解：等差数列的首项，，，
，．
于是，
．
使成立的最大正整数是4038．
故选：．
8．（2020春•张家界期末）已知是等差数列的前项和，若，，则
A．2020B．2019C．0D．
【分析】推导出，解得，由此能求出．
【解答】解：是等差数列的前项和，
，，
设数列的公差为，
，
解得，
．
故选：．
9．（2020•黑龙江二模）《周髀算经》是中国最古老的天文学和数学著作，书中提到：从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影子长的和是37.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，则立夏的日影子长为
A．15.5尺B．12.5尺C．9.5尺D．6.5尺
【分析】利用等差数列的通项公式列出方程组，能求出立夏的日影子长．
【解答】解：从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列，设其公差为，
冬至、立春、春分的日影子长的和是37.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，
解得，．
，
立夏的日影子长为15.5尺．
故选：．
10．（多选）（2020春•龙岩期末）等差数列的前项和为，，则下列结论一定正确的是
A．B．当或10时，取最大值
C．D．
【分析】由题意利用等差数列的通项公式、求和公式以及等差数列的性质，得出结论．
【解答】解：等差数列的前项和为，，，
求得．
故，故正确；
该数列的前项和，它的最值，还跟有关，
不能推出当或10时，取最大值，故错误．
，，故有，故错误；
由于，，故，故正确，
故选：．
11．（多选）（2020春•宁德期末）公差为的等差数列，其前项和为，，，下列说法正确的有
A．B．C．中最大D．
【分析】推导出，，，由此能求出结果．
【解答】解：公差为的等差数列，其前项和为，，，
，解得，
，解得，故错误；
，故正确；
，，中最大，故错误；
，，，
，，故正确．
故选：．
12．（2020春•宜宾期末）在等差数列中，，，则 ．
【分析】由题意利用等差数列的性质，求得公差 的值，可得结论．
【解答】解：等差数列中，，，故，
则，
故答案为：7．
13．（2020春•河南期末）记为等差数列的前项和，若，，则 ．
【分析】由为等差数列的前项和，，，利用等差数列的通项公式和前项和公式列出方程组，求出，，由此能求出．
【解答】解：为等差数列的前项和，，，
，解得，，
．
故答案为：14．
14．（2020•十堰模拟）等差数列中，，，则 ．
【分析】利用等差数列的性质求出公差，进而求出结论．
【解答】解：因为等差数列中，，，
故；
；
．
故答案为：135．
15．（2020春•乐山期末）在等差数列中，，其前项的和为，若，则的值为 ．
【分析】由已知结合等差数列的性质及通项公式即可求解．
【解答】解：由等差数列的性质可知，为等差数列，设公差为，
，，
，
，
，
则
故答案为：2020
16．（2020春•怀化期末）已知是等差数列的前项和，若，，则 ．
【分析】由已知结合等差数列的性质及通项公式即可直接求解．
【解答】解：是等差数列的前项和，
是等差数列，设公差为，
因为，
所以即，
因为，，
则．
故答案为：2016
17．（2020春•沙坪坝区校级期中）等差数列中，，．
（1）求的通项公式；
（2）设，记为数列前项的和，若，求．
【分析】（1）由已知结合等差数列的通项公式即可求解，，然后结合等差数列的通项公式即可求解；
（2）由（1）结合等比数列的求和公式即可求解．
【解答】解：（1）等差数列中，，．
，即，
，
（2）由题意可得，，
，
所以，
故
18．（2019秋•怀柔区期末）已知等差数列满足，．
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）设等比数列满足，，问：与数列的第几项相等？
【分析】设等差数列的公差为，由，．可得，，联立解得：，．即可得出．
（Ⅱ）设等比数列的公比为，由，，联立解得：，．即可得出．
【解答】解：设等差数列的公差为，，．
，，
联立解得：，．
．
（Ⅱ）设等比数列的公比为，
，联立解得：，．
．
，解得．．
与数列的第31项相等．
19．（2020•海淀区二模）已知是公差为的无穷等差数列，其前项和为．又___，且，是否存在大于1的正整数，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
从①，②这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．
【分析】分别选择①②，然后结合等差数列的求和公式及已知条件进行求解即可判断．
【解答】解：若选①，，
因为是等差数列，
所以，
故，，，
由可得可得或（舍，
故不存在使得；
若选②，，因为是等差数列，
由，可得，，
因为，
所以，解可得或，
因为，
存在在使得；
20．（2020春•青羊区校级期中）已知，，都是各项不为零的数列，且满足，，其中是数列的前项和，是公差为的等差数列．
（1）若数列，的通项公式分别为，，求数列的通项公式；
（2）若是不为零的常数），求证：数列是等差数列；
（3）若为常数，，．对任意，，求出数列的最大项（用含式子表达）．
【分析】（1）根据题意得，所以，当时，，两式做差，可得；当时，满足上式，则．
（2）因为，当时，，两式相减得：，即，即，又，代入得，又，当时，，两式相减得：，得数列是从第二项起公差为得等差数列．当时，得，当时，由，得，故数列是公差为的等差数列．
（3）由（2），当时，得，因为，所以，进而得，即，即，故从第二项起数列是等比数列，得当时，，，由已知条件可得，又，，，所以，因而，令，则，得对任意的时，，恒成立，得时，，单调递减，进而得中最大项．
【解答】解：（1）因为，，
所以，
由，
得，
当时，，
两式做差，可得
，
当时，满足上式，则．
（2）证明：因为，
当时，，
两式相减得：，
即，
，
即，又，
所以，
又，
所以当时，，
两式相减得：，
所以数列是从第二项起公差为得等差数列．
又当时，由，得
当时，由，得，
故数列是公差为的等差数列．
（3）解：由（2），当时，
，即，
因为，
所以，
即，
所以，即，即，
故从第二项起数列是等比数列，
所以当时，，
，
另外，由已知条件可得，
又，，，
所以，
因而，
令，
则，
故对任意的时，，恒成立，
所以时，，单调递减，中最大项为．
[B组]—强基必备
1．（2019春•昌江区校级期中）数列是等差数列，，数列满足，设为的前项和，则当取得最大值时，的值等于 ．
【分析】由，可得，，．又，，时，．可得，，又由，，，．比较与大小关系即可得出．
【解答】解：，，，．
又，，时，．
，，
，，，．
时，．
．
，
．
故，所以中最大．
故答案为：15，
2．（2020•宿迁模拟）已知数列的前项和为，把满足条件的所有数列构成的集合记为．
（1）若数列的通项为，则是否属于？
（2）若数列是等差数列，且，求的取值范围；
（3）若数列的各项均为正数，且，数列中是否存在无穷多项依次成等差数列，若存在，给出一个数列的通项：若不存在，说明理由．
【分析】（1）直接利用数列的通项公式的应用和前项和公式的应用求出结果．
（2）利用等差数列的性质的应用求出首项的取值范围．
（3）利用假设法的应用，建立不等量关系，进一步求出结果．
【解答】解：（1）因为，所以，
所以，
所以，即．
（2）设的公差为，因为，
所以
特别的当时，，即，
由得，
整理得，
因为上述不等式对一切恒成立，所以必有，解得，
又，所以，
于是，即，所以，
即，
（3）由得，所以，即，
所以，从而有，
又，所以，即，
又，，所以有，
所以，假设数列中存在无穷多项依次成等差数列，
不妨设该等差数列的第项为为常数），
则存在，，使得，即，
设 ，，，则 ，
即 （3），
于是当时，，从而有：当时，即，
于是当时，关于的不等式有无穷多个解，显然不成立，
因此数列中是不存在无穷多项依次成等差数列．