【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测 第34讲 等差数列及其前n项和（达标检测） Word版含解析.docx，共(12)页，1.219 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-23c53dc9b123b26deb5a50174ad5e09c.html

以下为本文档部分文字说明：

第34讲等差数列及其前n项和（达标检测）[A组]—应知应会1．（2020春•张家界期末）5与11的等差中项是()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51182+=，故选：B．2．

（2020春•田家庵区校级期末）在等差数列{}na中，12a=，3512aa+=，则7(a=)A．8B．10C．14D．16【分析】利用等差数列通项公式列方程，求出43d=，由此能求出7a．【解答】解：在等差数列{}na中，12a=，3512aa+=，222412dd+++=，解得43d=，

7426103a=+=．故选：B．3．（2020春•湛江期末）已知等差数列{}na的前n项和为nS，若936S=，则5(a=)A．3B．4C．5D．6【分析】由等差数列的前n项和公式分析可得19959()92aaSa+==，计算可得答案．【解答】解：1

9959()9362aaSa+===，54a=；故选：B．4．（2020春•绵阳期末）在等差数列{}na中，若45a=，则数列{}na的前7项和7(S=)A．15B．20C．35D．45【分析】先利用等差数列的前n项和公式表示出7S，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4a的值代入即可求出值．【解答】解：因为45a=，所以71747()7352Saaa=+==．故选：C．5．（2020春•宣城期末）已知等差数列{}na中，前m项(m为偶数）和为126，其中偶数项之和为69，且120maa−=，则数列{}na公差为()A．4−B．4C．6

D．6−【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，13157maaa−+++=，2469maaa+++=，57692md+=，1(1)20maamd−=−=，解可得，4d=．故选：B．6．（2020春•

珠海期末）已知等差数列{}na，公差0d，nS为其前n项和，1248SS=，则2(ad=)A．1019B．109C．1910D．910【分析】利用等差数列前n项和公式推导出1910ad=，再由21aaddd+=，能

求出结果．【解答】解：等差数列{}na，公差0d，1248SS=，11121143128(4)22adad+=+，解得1910ad=，219191010ddaadddd++===．故选：C．7．（2020春•太原期末）已知等差数列{}

na满足10a，201920200aa+，201920200aa．其前n项和为nS，则使0nS成立时n最大值为()A．2020B．2019C．4040D．4038【分析】差数列{}na的首项10a，201920200aa+，2019202

00aa，可得20190a，20200a．再利用求和公式及其性质即可得出．【解答】解：等差数列{}na的首项10a，201920200aa+，201920200aa，20190a，2020

0a．于是140382019202040384038()4038()022aaaaS++==，14039403920204039()403902aaSa+==．使0nS成立的最大正整数n是40

38．故选：D．8．（2020春•张家界期末）已知nS是等差数列{}na的前n项和，若12019a=−，201920041520192004SS−=，则2020(S=)A．2020B．2019C．0D．2020−

【分析】推导出20192004112018200315()()1520192004222SSadadd−=+−+==，解得2d=，由此能求出2020S．【解答】解：nS是等差数列{}na的前n项和，12019a=−，201920041520192004SS−=，设数列的公差为d，2019200

4112018200315()()1520192004222SSadadd−=+−+==，解得2d=，2020202020192020(2019)202S=−+=．故选：C．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{}na，设其公差为d，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，14711213937.5114.5aaaadaad++=+==+=解得1d=−，115.5a=．101915.596.5aad=+=

−=，立夏的日影子长为15.5尺．故选：D．10．（多选）（2020春•龙岩期末）等差数列{}na的前n项和为nS，1385aaS+=，则下列结论一定正确的是()A．100a=B．当9n=或10时，nS取最大值C．911||||aaD．613SS=【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{}na的前n项和为nS，1385aaS+=，111875(2)82aadad++=+，求得19ad=−．故10190aad=+=，故A正确；该数列的前n项和21(1)1922

2nnnnSnaddn−=+=−，它的最值，还跟d有关，不能推出当9n=或10时，nS取最大值，故B错误．91|||8|||||aaddd=+=−=，111|||10|||aadd=+=，故有911||||aa=，故C错误；由于6

1656392Sadd=+=−，131131213392Sadd=+=−，故613SS=，故D正确，故选：AD．11．（多选）（2020春•宁德期末）公差为d的等差数列{}na，其前n项和为nS，110S，

120S，下列说法正确的有()A．0dB．70aC．{}nS中5S最大D．49||||aa【分析】推导出60a，70a，670aa+，由此能求出结果．【解答】解：公差为d的等差数列{}na，其前n项和为nS，110S，120S，11111661111()21

1022Saaaa=+==，解得60a，121126712()6()02Saaaa=+=+，解得70a，故B错误；760daa=−，故A正确；60a，70a，{}nS中6S最大，故C错误；60a，70a，670aa+，67||||aa，49||||aa

，故D正确．故选：AD．12．（2020春•宜宾期末）在等差数列{}na中，31a=，64a=，则9a=．【分析】由题意利用等差数列的性质，求得公差d的值，可得结论．【解答】解：等差数列{}na中

，31a=，634313aadd==+=+，故1d=，则963437aad=+=+=，故答案为：7．13．（2020春•河南期末）记nS为等差数列{}na的前n项和，若22a=−，714S=，则10a=．【分析】由nS为等差数列{}na的前n项和，22a=

−，714S=，利用等差数列的通项公式和前n项和公式列出方程组，求出14a=−，2d=，由此能求出10a．【解答】解：nS为等差数列{}na的前n项和，22a=−，714S=，112767142adad+=−+=，解得14a=−，2d=，104921

4a=−+=．故答案为：14．14．（2020•十堰模拟）等差数列{}na中，59a=，721a=，则101112aaa++=．【分析】利用等差数列的性质求出公差d，进而求出结论．【解答】解：因为等差数列{}na中，59a=

，721a=，故75212daa=−=；6d=；101112531839186135aaaad++=+=+=．故答案为：135．15．（2020春•乐山期末）在等差数列{}na中，12020a=，其前n项的和为nS，若101221210SS−=−，则2

020S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，{}nSn为等差数列，设公差为d，12020a=，120201S=，1012221210SSd−==−，1d=−，202

020202019(1)12020S=+−=，则20202020S=故答案为：202016．（2020春•怀化期末）已知nS是等差数列{}na的前n项和，若12a=−，20182018220202018SS−=，则20192019S=．【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：nS是等差数列{}na的前n项和，{}nSn是等差数列，设公差为d，因为20182018220202018SS−=，所以22d=即1d=，因为12a=−，121S=−，则20192201820162019S=−+=．故答案为：201617．（2020春•沙坪坝区校级期中）

等差数列中{}na，11a=，623aa=．（1）求{}na的通项公式；（2）设2nanb=，记nS为数列{}nb前n项的和，若126mS=，求m．【分析】（1）由已知结合等差数列的通项公式即可求解d，1a，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{}na，11a=，623aa=．153(1)dd+=+，即1d=，nan=，（2）由题意可得，2nnb=，12(12)2212nnns+−==−−，所以122126mmS+=−=，故6m=1

8．（2019秋•怀柔区期末）已知等差数列{}na满足1210aa+=，318S=．（Ⅰ）求{}na的通项公式；（Ⅱ）设等比数列{}nb满足23ba=，37ba=，问：5b与数列{}na的第几项相等？【分析】()I设等差数列{}na的公差为d，由1210aa+=，318S=．可得

1210ad+=，13318ad+=，联立解得：1a，d．即可得出．（Ⅱ）设等比数列{}nb的公比为q，由2318babq===，237116babq===，联立解得：1b，q．即可得出．【解答】解：()I设等差数列{}na的公差为d，1210aa+=，318S=．1210ad+=，13318a

d+=，联立解得：14a=，2d=．42(1)22nann=+−=+．（Ⅱ）设等比数列{}nb的公比为q，2318babq===237116babq===，联立解得：14b=，2q=．12nnb+=．56422bn==+，解得31n=．．5b与数列{}na的第31项相等．19．

（2020•海淀区二模）已知{}na是公差为d的无穷等差数列，其前n项和为nS．又___，且540S=，是否存在大于1的正整数k，使得1kSS=？若存在，求k的值；若不存在，说明理由．从①14a=，②2d=−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①，14a=，因为{}na是等差数列，所以5541040Sd=+=，故2d=，214(1)232kSkkkkk=+−=+，114Sa==

，由1kSS=可得234kk+=可得1k=或4k=−（舍)，故不存在1k使得1kSS=；若选②，2d=−，因为{}na是等差数列，由51510(2)40Sa=+−=，可得112a=，2(1)12(2

)132kkkSkkk−=+−=−，因为1kSS=，所以21312kk−=，解可得1k=或12k=，因为121k=，存在在1k使得1kSS=；20．（2020春•青羊区校级期中）已知{}na，{}nb，{}nc都是各项不为零的数列，且满足1122nnnnababab

cS+++=，*nN，其中nS是数列{}na的前n项和，{}nc是公差为(0)dd的等差数列．（1）若数列{}na，{}nc的通项公式分别为1na=，21ncn=−，求数列{}nb的通项公式；（2）若(nan=是不为零的常数），求证：

数列{}nb是等差数列；（3）若11(acdkk===为常数，*)kN，(2,*)nnbcknnN=+…．对任意2n…，*nN，求出数列{}nnba的最大项（用含k式子表达）．【分析】（1）根据题意得nSn=，所以12(21)nnnbbb−=+++，当2n…时，

121(1)(23)nnnbbb−−−=+++，两式做差，可得43nbn=−；当1n=时，11b=满足上式，则43nbn=−．（2）因为1122nnnnabababcS+++=，当2n…时，11221111nnnnabababcS−−−−+++=，两式

相减得：11nnnnnnScScab−−−=，即11()nnnnnnnSccacab−−−+=，即1nnnSdncnb−+=，又1(1)2nnnS−−=，代入得(1)2nnnndncnb−+=，又

12nnndcb−+=，当3n…时，1122nnndcb−−−+=，两式相减得：13(3)2nnbbdn−−=…，得数列{}nb是从第二项起公差为32d得等差数列．当1n=时，得11cb=，当2n=时，由2132bbd=+，得2132bbd−=，故数列

{}nb是公差为32d的等差数列．（3）由（2），当2n…时，得1()nnnSdabc−=−，因为nnkbc+=，所以nnbckd−=，进而得1nnSdakd−=，即1nnSka−=，即11nnkaak−+=，故从第二项起数列{}na是等比数列，得当

2n…时，221()nnkaak−+=，()nnkbcknk+==+，由已知条件可得1221122()aacabab+=+，又22ck=，1bk=，2(2)bkk=+，所以21a=，因而21()nnkak−+=，令nnnbda=，则110

()(1)nndndnkk+−=−++，得对任意的2n…时，*nN，11nnnnbbaa++恒成立，得2n…时，*nN，{}nnba单调递减，进而得{}nnba中最大项．【解答】解：（1）因为1na=，21ncn=−，所以nSn=，由1122nnnnc

Sababab=+++，得12(21)nnnbbb−=+++，当2n…时，121(1)(23)nnnbbb−−−=+++，两式做差，可得43nbn=−，当1n=时，11b=满足上式，则43nbn=−．（2）证明：因为1122nnnn

abababcS+++=，当2n…时，11221111nnnnabababcS−−−−+++=，两式相减得：11nnnnnnScScab−−−=，即111()nnnnnnnSacScab−−−+−=，11()nnnnnnnSccacab−−−+=，即1nnnSdncnb

−+=，又1(1)2nnnS−−=，所以(1)2nnnndncnb−+=，又12nnndcb−+=，所以当3n…时，1122nnndcb−−−+=，两式相减得：13(3)2nnbbdn−−=…，所以数列

{}nb是从第二项起公差为32d得等差数列．又当1n=时，由1111Scab=，得11cb=当2n=时，由22112113222bdcdcdbd−=+=++=+，得2132bbd−=，故数列{}nb是公差为32d的等差数列．（3）解：由（2），当2n

…时，11()nnnnnnnSccacab−−−+=，即1()nnnSdabc−=−，因为nnkbc+=，所以nnbckd=+，即nnbckd−=，所以1nnSdakd−=，即1nnSka−=，即11nnkaak−+=，故从第二项起数列{}na是等比数列

，所以当2n…时，221()nnkaak−+=，221(1)(1)()nnknbcckdcnkkknkkknk+==+=+−+=+−+=+，另外，由已知条件可得1221122()aacabab+=+，又22ck=，1bk=，2(2)bk

k=+，所以21a=，因而21()nnkak−+=，令nnnbda=，则111(1)1110(1)(1)()(1)nnnnnndbankkndabnknkk+++++−=−=−=−++++，故对任意的2n…时

，*nN，11nnnnbbaa++恒成立，所以2n…时，*nN，{}nnba单调递减，{}nnba中最大项为22(2)(2)1bkkkka+==+．[B组]—强基必备1．（2019春•昌江区校级期中）数列{}na是等差数列，512380a

a=，数列{}nb满足123nnnnbaaa+++=*()nN，设nS为{}nb的前n项和，则当nS取得最大值时，n的值等于．【分析】由512380aa=，可得5538(7)aad=+，55605ad=

−，0d．又1651105daad=+=−，17541205daad=+=，17n…时，0na．可得1231617180aaaaaa，12313140bbbbb

，又由151617180baaa=，161718190baaa=，16n…，0nb．比较14S与15S大小关系即可得出．【解答】解：512380aa=，5538(7)aad=+，55605ad=−，0d．又1651105daad=+=−，17541205daad=+=，17

n…时，0na．1231617180aaaaaa，12313140bbbbb，151617180baaa=，161718190baaa=，16n…，0nb．1

3n„时，0nS．114147814()7()02bbSbb+==+．1518563223055aaddd+=−+=，141516171518()0bbaaaa+=+．故1514SS，所以nS中15S最大．故答案为：15，2．（2020•宿迁模拟）

已知数列{}na的前n项和为nS，把满足条件*1()nnaSnN+„的所有数列{}na构成的集合记为M．（1）若数列{}na的通项为12nna=，则{}na是否属于M？（2）若数列{}na是等差数列，且{}nanM+，求1a的取值范围；

（3）若数列{}na的各项均为正数，且{}naM，数列4{}nna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{}na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n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12nna=，所以11()1121()12212nnnS−==−−，所以111131311()1()()1102222224nnnnnaS++−=−+=−−=−„，所以1nnaS+，即

{}naM．（2）设{}na的公差为d，因为{}nanM+，所以1121(1)(2)()nnanaaan+++++++++„(*)特别的当1n=时，2121aa++„，即1d−„，由(*)得11(1)(1)122nnnnandnnad−++++++„，整理得211131(

)10222dnadna++−−−−…，因为上述不等式对一切*nN恒成立，所以必有102d+…，解得1d−…，又1d−„，所以1d=−，于是11(1)10ana+−−…，即1(1)(1)0an+−…，所以110a+…，即11a−…，（3）由1nnaS

+„得1nnnSSS+−„，所以12nnSS+„，即12SnSn+„，所以12312112nSnSSSnSSSSn++=„，从而有11122nnnSSa+=„，又1nnaS+„，所以2112nnnaSa++剟，即212(3)nnaa

n−剠，又222112aSa−=„，12112aa−，所以有2*12()nnaanN−„，所以4421nnana…，假设数列4{}nan中存在无穷多项依次成等差数列，不妨设该等差数列的第n项为(dnbb+为常数），则存在mN，mn…，使得4442211mnmdn

bamaa+=厖，即2112ndanba++…，设f2()22nnn=+，*nN，3n…，则f(1)nf+−(1)222(1)2()0232223nnnnnnn+−−=−=+++，即f(1)nf+()nf„（3）9132=，于是当3n…时，2

22nn+，从而有：当3n…时211danban+，即2110ndanba−−，于是当3n…时，关于n的不等式2110ndanba−−有无穷多个解，显然不成立，