全国通用版2019版高考数学一轮复习第六章数列课时达标检测二十七等差数列及其前n项和（文科）.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 课时达标检测（二十七） 等差数列及其前 n 项和 小题对点练 点点落实 对点练 (一 ) 等差数列基本量的计算 1设 Sn为等差数列 an的前 n 项和，若 a1 1，公差 d 2， Sn 2 Sn 36，则 n ( ) A 5 B 6 C 7 D 8 解析：选 D 由题意知 Sn 2 Sn an 1 an 2 2a1 (2n 1)d 2 2(2n 1) 36，解得 n 8. 2在等差数列 an中， a1 0，公差 d0 ，若 am a1 a2 a9，则 m 的值为 ( ) A 37 B 36 C 20 D 19 解析：选 A am a1 a2 a9 9a1

2、982 d 36d a37， m 37.故选 A. 3在数列 an中，若 a1 2，且对任意正整数 m， k，总有 am k am ak，则 an的前 n项和 Sn ( ) A n(3n 1) B n n2 C n(n 1) D n n2 解析：选 C 依题意得 an 1 an a1，即 an 1 an a1 2，所以数列 an是以 2 为首项、2 为公差的等差数列， an 2 2(n 1) 2n， Sn n 2n2 n(n 1)，故选 C. 4 (2018 太原一模 )在单调递增的等差数列 an中，若 a3 1， a2a4 34，则 a1 ( ) A 1 B 0 C.14 D 12 解析：选

3、 B 由题知， a2 a4 2a3 2，又 a2a4 34，数列 an单调递增， a2 12， a4 32. 公差 d a4 a22 12. a1 a2 d 0. 对点练 (二 ) 等差数列的基本性质及应用 1设等差数列 an的前 n 项和为 Sn，且 S9 18， an 4 30(n9)，若 Sn 336，则 n 的值为 ( ) A 18 B 19 C 20 D 21 =【 ;精品教育资源文库 】 = 解析：选 D 因为 an是等差数列，所以 S9 9a5 18， a5 2， Sn n a1 an2 n a5 an 42 n232 16n 336，解得 n 21，故选 D. 2 (2018

4、南阳质检 )设数列 an是公差 dS8，则下列结论错误的是 ( ) A dS5 D当 n 6 或 n 7 时 Sn取得最大值 解析：选 C 由 S50.同理由 S7S8，得 a8S5，即 a6 a7 a8 a90，可得 2(a7 a8)0，由结论 a7 0， a8S8， 结合等差数列前 n 项和的函数特性可知 D 正确选C. 4在等差数列 an中， a3 a5 a11 a17 4，且其前 n 项和为 Sn，则 S17为 ( ) A 20 B 17 C 42 D 84 解析：选 B 由 a3 a5 a11 a17 4，得 2(a4 a14) 4，即 a4 a14 2，则 a1 a17 2，故 S

5、17 a1 a172 17. 5 (2018 广东深圳中学月考 )已知数列 an为等差数列， a3 7， a1 a7 10， Sn为其前n 项和，则使 Sn取到最大值的 n _. 解析：设等差数列 an的公差为 d，由题意得? a3 7，2a4 10， 故 d a4 a3 2， an a3 (n 3)d 7 2(n 3) 13 2n.令 an0，得 n0，a90，7 8d0.设 an的前 n 项和为 Sn， a1 1， S2 S3 36. (1)求 d 及 Sn; (2)求 m， k(m， k N*)的值，使得 am am 1 am 2 am k 65. 解： (1)由题意知 (2a1 d)(3a1 3d) 36， 将 a1 1 代入上式解得 d 2 或 d 5. 因为 d0，所以 d 2. 从而 an 2n 1， Sn n2(n N*) (2)由 (1)得 am am 1 am 2 am k (2m k 1)(k 1)，所以 (2m k 1)(k 1) 65. 由 m， k N*知 2m k 1 k 11， 故? 2m k 1 13，k 1 5， 解得 ? m 5，k 4. 即所求 m 的值为 5， k 的值为 4.