2020年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)題：等差數(shù)列及其前n項(xiàng)和

等差數(shù)列及其前n項(xiàng)和[基礎(chǔ)訓(xùn)練]1．[2019湖北武漢調(diào)研]已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a1＋a7＝－8，a2＝2，則數(shù)列{an}的公差d＝()A．－1B．－2C．－3D．－4答案：C解析：解法一：由題意，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1＋6d＝－8，,a1＋d＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝5，,d＝－3.))解法二：a1＋a7＝2a4＝－8，∴a4＝－4，∴a4－a2＝－4－2＝2d，∴d＝－3.2．《九章算術(shù)》是我國(guó)古代的數(shù)學(xué)名著，書(shū)中有如下問(wèn)題：“今有五人分五錢(qián)，令上二人所得與下三人等．問(wèn)各得幾何？”其意思為：“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5錢(qián)，甲、乙兩人所得與丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差數(shù)列，問(wèn)五人各得多少錢(qián)？”(“錢(qián)”是古代的一種重量單位)這個(gè)問(wèn)題中，甲所得為()A.eq\f(5,4)錢(qián) B.eq\f(5,3)錢(qián)C.eq\f(3,2)錢(qián) D.eq\f(4,3)錢(qián)答案：D解析：設(shè)甲、乙、丙、丁、戊五人所得依次構(gòu)成的等差數(shù)列為{an}，依題意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋d＝3a1＋9d，,2a1＋d＝\f(5,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(4,3)，,d＝－\f(1,6)，))即甲得eq\f(4,3)錢(qián)．故選D.答案：C解析：4．[2019遼寧撫順一模]在等差數(shù)列{an}中，已知a3＋a10＝10，則數(shù)列{an}的前12項(xiàng)和為()A．30 B．60C．90 D．120答案：B解析：S12＝eq\f(12a1＋a12,2)＝eq\f(12a3＋a10,2)＝60.5．[2019福建泉州期末]等差數(shù)列{an}中，a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，則數(shù)列{an}前9項(xiàng)的和S9等于()A．99 B．66C．144 D．297答案：A解析：由等差數(shù)列的性質(zhì)，可得a1＋a7＝2a4，a3＋a9＝2a6，又∵a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，∴3a4＝39,3a6＝27，解得a4＝13，a6＝9，∴a4＋a6＝22，∴數(shù)列{an}前9項(xiàng)的和S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝eq\f(9a4＋a6,2)＝eq\f(9×22,2)＝99.故選A.6．在等差數(shù)列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝240，則a9－eq\f(1,3)a11的值為()A．30B．31C．32D．33答案：C解析：由等差數(shù)列的性質(zhì)及a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝240，可得5a8＝240，解得a8＝48.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則a9－eq\f(1,3)a11＝a8＋d－eq\f(1,3)(a8＋3d)＝eq\f(2,3)a8＝32，故選C.7．[2019廣東清遠(yuǎn)期末]在各項(xiàng)都為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，若a1＋a2＋…＋a10＝30，則a5·a6的最大值等于()A．3B．6C．9D．36答案：C解析：由題設(shè)知，a1＋a2＋…＋a10＝5(a1＋a10)＝5(a5＋a6)＝30，所以a5＋a6＝6.又因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}的各項(xiàng)都為正數(shù)，所以a5·a6≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a5＋a6,2)))2＝9.當(dāng)且僅當(dāng)a5＝a6＝3時(shí)等號(hào)成立，所以a5·a6的最大值等于9.故選C.8．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a5＝8，S3＝6，則a9＝________.答案：16解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝8，,3a1＋3d＝6，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝0，,d＝2，))所以a9＝a1＋8d＝16.9．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________．答案：6解析：因?yàn)閍4＋a6＝2a1＋8d＝－22＋8d＝－6?d＝2?Sn＝－11n＋n(n－1)＝(n－6)2－36?當(dāng)n＝6時(shí)，Sn取最小值．10．[2019遼寧葫蘆島協(xié)作體模擬]已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足eq\f(S3,3)－eq\f(S2,2)＝1，則數(shù)列{an}的公差是________．答案：2解析：∵eq\f(S3,3)－eq\f(S2,2)＝1，∴2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3a1＋\f(3×2,2)d))－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a1＋\f(2×1,2)d))＝6，∴6a1＋6d－6a1－3d＝6，∴d＝2.11．[2019福建外國(guó)語(yǔ)中學(xué)調(diào)研]已知等差數(shù)列{an}的公差d>0，前n項(xiàng)和為Sn，且a2·a3＝45，S4＝28.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若bn＝eq\f(Sn,n＋c)(c為非零常數(shù))，且數(shù)列{bn}也是等差數(shù)列，求c的值．解：∵S4＝28，∴eq\f(a1＋a4×4,2)＝28，∴a1＋a4＝14，則a2＋a3＝14，又a2·a3＝45，公差d>0，∴a2<a3，a2＝5，a3＝9，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝5，,a1＋2d＝9，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝4，))∴an＝4n－3.(2)由(1)知，Sn＝2n2－n，∴bn＝eq\f(Sn,n＋c)＝eq\f(2n2－n,n＋c).∴b1＝eq\f(1,1＋c)，b2＝eq\f(6,2＋c)，b3＝eq\f(15,3＋c).又{bn}是等差數(shù)列，∴b1＋b3＝2b2，即2×eq\f(6,2＋c)＝eq\f(1,1＋c)＋eq\f(15,3＋c)，解得c＝－eq\f(1,2)或c＝0(舍去)．[強(qiáng)化訓(xùn)練]1．[2019福建福州八縣一中聯(lián)考]若兩個(gè)等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n＋1,n＋2)(n∈N*)，則eq\f(a7,b7)＝()A．2B.eq\f(5,3)C.eq\f(9,5)D.eq\f(31,17)答案：C解析：因?yàn)閑q\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n＋1,n＋2)(n∈N*)，所以eq\f(a7,b7)＝eq\f(2a7,2b7)＝eq\f(\f(13a1＋a13,2),\f(13b1＋b13,2))＝eq\f(S13,T13)＝eq\f(2×13＋1,13＋2)＝eq\f(9,5).故選C.2．[2019河南洛陽(yáng)高二期末]設(shè)等差數(shù)列{an}滿足(1－a1008)5＋2016(1－a1008)＝1，(1－a1009)5＋2016(1－a1009)＝－1，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和記為Sn，則()A．S2016＝2016，a1008>a1009B．S2016＝－2016，a1008>a1009C．S2016＝2016，a1008<a1009D．S2016＝－2016，a1008<a1009答案：C解析：構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x5＋2016x，則f(x)是奇函數(shù)，且在R上單調(diào)遞增，依題意得f(1－a1008)＝－f(1－a1009)，又－f(1－a1009)＝f(a1009－1)，則f(1－a1008)＝f(a1009－1)，所以1－a1008＝a1009－1，即a1008＋a1009＝2，所以S2016＝eq\f(a1＋a2016,2)×2016＝eq\f(a1008＋a1009,2)×2016＝2016，排除B，D；由f(1－a1008)>f(1－a1009)，得1－a1008>1－a1009，所以a1008<a1009，故選C.3．[2019安徽淮北一模]Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，S2018<S2016，S2017<S2018，則當(dāng)Sn<0時(shí)n的最大值是()A．2017B．2018C．4033D．4034答案：D解析：∵S2018<S2016，S2017<S2018，∴a2018＋a2017<0，a2018>0.∴S4034＝eq\f(4034a1＋a4034,2)＝2017(a2018＋a2017)<0，S4035＝eq\f(4035a1＋a4035,2)＝4035a2018>0，可知當(dāng)Sn<0時(shí)n的最大值是4034.故選D.4．[2019安徽巢湖月考]已知數(shù)陣中，每行的三個(gè)數(shù)依次成等差數(shù)列，每列的三個(gè)數(shù)也依次成等差數(shù)列，若a22＝5，則該數(shù)陣中九個(gè)數(shù)的和為()A．18B．27C．45D．54答案：C解析：由題意，得這九個(gè)數(shù)的和S9＝a11＋a12＋a13＋a21＋a22＋a23＋a31＋a32＋a33.根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，得a11＋a12＋a13＝3a12，a21＋a22＋a23＝3a22，a31＋a32＋a33＝3a32，又因?yàn)楦髁幸矘?gòu)成等差數(shù)列，則a12＋a22＋a32＝3a22，所以S9＝9a22＝45.故選C.5．[2019天津月考]已知函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)，且函數(shù)y＝f(x－2)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，若數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，且f(a50)＝f(a51)，則a1＋a100＝()A．2 B．－2C．0 D．－1答案：B解析：由題意，得函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1，＋∞)上單調(diào)，且函數(shù)y＝f(x－2)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，所以y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝－1對(duì)稱，由數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，且f(a50)＝f(a51)，可得eq\f(1,2)(a50＋a51)＝－1，即a50＋a51＝－2.又?jǐn)?shù)列{an}是等差數(shù)列，所以a1＋a100＝a50＋a51＝－2.故選B.6．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，an＋1＋an＝2n＋1，且Sn＝1350.若a2<2，則n的最大值為()A．51 B．52C．53 D．54答案：A解析：解法一：因?yàn)閍n＋1＋an＝2n＋1，①所以an＋2＋an＋1＝2(n＋1)＋1＝2n＋3，②②－①，得an＋2－an＝2，且a2n－1＋a2n＝2(2n－1)＋1＝4n－1，所以數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)構(gòu)成以a1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，數(shù)列{an}的偶數(shù)項(xiàng)構(gòu)成以a2為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，數(shù)列{a2n－1＋a2n}是以4為公差的等差數(shù)列，所以Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)＋a1－1，n為奇數(shù)，,\f(nn＋1,2)，n為偶數(shù).))當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，eq\f(nn＋1,2)＝1350無(wú)解(因?yàn)?0×51＝2550，52×53＝2756，所以接下來(lái)不會(huì)有相鄰兩數(shù)之積為2700)．當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，eq\f(nn＋1,2)＋(a1－1)＝1350，a1＝1351－eq\f(nn＋1,2)，因?yàn)閍2<2，所以3－a1<2，所以a1>1，所以1351－eq\f(nn＋1,2)>1，所以n(n＋1)<2700，又n∈N*，所以n≤51，故選A.解法二：因?yàn)閍n＋1＋an＝2n＋1，所以an＋1－(n＋1)＝－(an－n)，所以數(shù)列{an－n}是以－1為公比的等比數(shù)列，所以an－n＝(a1－1)·(－1)n－1，Sn－eq\f(nn＋1,2)＝(a1－1)·eq\f(1－－1n,2)，所以Sn＝eq\f(nn＋1,2)＋(a1－1)·eq\f(1－－1n,2).當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，eq\f(nn＋1,2)＝1350無(wú)解．當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，eq\f(nn＋1,2)＋(a1－1)＝1350，所以a1＝1351－eq\f(nn＋1,2)，因?yàn)閍2<2，所以3－a1<2，所以a1>1，所以1351－eq\f(nn＋1,2)>1，所以n(n＋1)<2700，又n∈N*，所以n≤51，故選A.解法三：因?yàn)閍n＋1＋an＝2n＋1，所以an＋2＋an＋1＝2(n＋1)＋1＝2n＋3，a2n－1＋a2n＝2(2n－1)＋1＝4n－1，所以an＋2－an＝2，且數(shù)列{a2n－1＋a2n}是以4為公差的等差數(shù)列，S52＝eq\f(26×[3＋4×26－1],2)＝1378>1350，排除B；S54＝eq\f(27×[3＋4×27－1],2)＝1485>1350，排除D；因?yàn)镾53＝S52＋a53＝1378＋a1＋26×2＝1430＋a1，因?yàn)閍2<2，所以3－a1<2，所以a1>1，所以S53＝1430＋a1>1431，排除C；因?yàn)镾50＝eq\f(25×[3＋4×25－1],2)＝1275，所以S51＝S50＋a51＝1275＋a1＋25×2＝1325＋a1，所以當(dāng)a1＝25時(shí)，S51＝1350，故選A.7．[2019河南鄭州模擬]在等差數(shù)列{an}中，a1＝－2018，其前n項(xiàng)的和為Sn，若eq\f(S2013,2013)－eq\f(S2011,2011)＝2，則S2018＝________.答案：－2018解析：因?yàn)閑q\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(1,2)(n－1)d，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也成等差數(shù)列，由eq\f(S2013,2013)－eq\f(S2011,2011)＝2，得公差為1，因此eq\f(S2018,2018)＝eq\f(S1,1)＋(2018－1)×1＝－1，則S2018＝－2018.8．[2019長(zhǎng)沙模擬]已知函數(shù)f(x)＝cosx(x∈(0,2π))有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2(x1<x2)，且方程f(x)＝m有兩個(gè)不同的實(shí)根x3，x4(x3<x4)，若把這四個(gè)數(shù)按從小到大排列構(gòu)成等差數(shù)列，則實(shí)數(shù)m的值為_(kāi)_______．答案：－eq\f(\r(3),2)思路分析：函數(shù)f(x)＝cosx(x∈(0,2π))有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，可知x1＝eq\f(π,2)，x2＝eq\f(3π,2)，因?yàn)榉匠蘤(x)＝m有兩個(gè)不同的實(shí)根x3，x4，若把這四個(gè)數(shù)按從小到大排列構(gòu)成等差數(shù)列，需要分兩種情況進(jìn)行討論：m>0和m<0，再利用等差數(shù)列的性質(zhì)進(jìn)行求解．解析：函數(shù)f(x)＝cosx(x∈(0,2π))有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2(x1<x2)，所以x1＝eq\f(π,2)，x2＝eq\f(3π,2)，因?yàn)榉匠蘤(x)＝m有兩個(gè)不同的實(shí)根x3，x4，若把這四個(gè)數(shù)按從小到大排列構(gòu)成等差數(shù)列，若m>0，則由余弦函數(shù)的圖象知，x3，eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)，x4構(gòu)成等差數(shù)列，可得公差d＝eq\f(3π,2)－eq\f(π,2)＝π，則x3＝eq\f(π,2)－π＝－eq\f(π,2)<0，顯然不可能；若m<0，則由余弦函數(shù)的圖象知，eq\f(π,2)，x3，x4，eq\f(3π,2)構(gòu)成等差數(shù)列，可得3d＝eq\f(3π,2)－eq\f(π,2)，解得d＝eq\f(π,3)，所以x3＝eq\f(π,2)＋eq\f(π,3)＝eq\f(5π,6)，則m＝cosx3＝coseq\f(5π,6)＝－eq\f(\r(3),2).9．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若1≤a4≤4,2≤a5≤3，則S6的取值范圍是________．答案：[0,30]解析：S6＝6a1＋eq\f(6×5,2)d＝6a1＋15d，設(shè)S6＝ma4＋na5＝m(a1＋3d)＋n(a1＋4d)＝(m＋n)a1＋(3m＋4n)d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝6，,3m＋4n＝15，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝9，,n＝－3，))∴S6＝9a4－3a5.又∵1≤a4≤4,2≤a5≤3，∴9≤9a4≤36，－9≤－3a5≤－6，∴0≤9a4－3a5≤30，即0≤S6≤30.10．[2018福建漳州二模]已知數(shù)列{an}滿足nan－(n＋1)an－1＝2n2＋2n(n＝2,