2025年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 41 課時(shí)質(zhì)量評(píng)價(jià)(四十一)

課時(shí)質(zhì)量評(píng)價(jià)(四十一)1．在等差數(shù)列{an}中，已知a3＋a8＝6，則3a2＋a16的值為()A．24 B．18C．16 D．12D解析：由題意知a3＋a8＝2a1＋9d，3a2＋a16＝4a1＋18d＝2(a3＋a8)＝12.故選D.2．(2024·1月·九省適應(yīng)性測(cè)試)記等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a3＋a7＝6，a12＝17，則S16＝()A．120 B．140C．160 D．180C解析：因?yàn)閍3＋a7＝2a5＝6，所以a5＝3，所以a5＋a12＝3＋17＝20，所以S16＝a1+a16×162＝8(a5故選C.3．設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若S50－S47＝12，則S97等于()A．198 B．388C．776 D．2023B解析：由題意得S50－S47＝a48＋a49＋a50＝3a49＝12，所以a49＝4，所以S97＝97×a1+a972＝97a494．(2023·新高考全國(guó)Ⅰ卷)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，設(shè)甲：{an}為等差數(shù)列；乙：Snn為等差數(shù)列，則(A．甲是乙的充分條件但不是必要條件B．甲是乙的必要條件但不是充分條件C．甲是乙的充要條件D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件C解析：若{an}是等差數(shù)列，設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d，則Sn＝na1＋nn－12d，即Snn＝a1+n－12d＝a1＋(n－即甲是乙的充分條件．反之，若Snn為等差數(shù)列，則可設(shè)Sn則Snn＝S1＋(n－1)D，即Sn＝nS1＋n(n－1)當(dāng)n≥2時(shí)，有Sn－1＝(n－1)S1＋(n－1)(n－2)D，以上兩式相減得an＝Sn－Sn－1＝S1＋2(n－1)D．當(dāng)n＝1時(shí)，上式成立，所以an＝a1＋2(n－1)D，則an＋1－an＝a1＋2nD－[a1＋2(n－1)D]＝2D(常數(shù))，所以數(shù)列{an}為等差數(shù)列，即甲是乙的必要條件．綜上所述，甲是乙的充要條件．5．(多選題)(2024·桐城模擬)已知{an}為等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn，a1＝10，公差d＝－2，則()A．S4＝S7B．當(dāng)n＝6或7時(shí)，Sn取得最小值C．?dāng)?shù)列{|an|}的前10項(xiàng)和為50D．當(dāng)n≤2023時(shí)，數(shù)列{an}與數(shù)列{3m＋10}(m∈N)共有671項(xiàng)互為相反數(shù)AC解析：因?yàn)閧an}為等差數(shù)列，a1＝10，公差d＝－2，故an＝10－2(n－1)＝12－2n，Sn＝10n＋(－2)×nn－12＝11n對(duì)于A，S7－S4＝a5＋a6＋a7＝3a6＝0，故A正確；對(duì)于B，因?yàn)閍5>0，a6＝0，a7<0，數(shù)列遞減，Sn沒(méi)有最小值，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，數(shù)列{|an|}的前10項(xiàng)和為|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝S6－(S10－S6)＝2S6－S10＝2×30－10＝50，故C正確；對(duì)于D，當(dāng)n≤2023時(shí)，令12－2n＝－3m－10，可得n＝3m2＋因?yàn)閙∈N，所以m為偶數(shù)且m≤40243，即有670項(xiàng)互為相反數(shù)，故6．已知等差數(shù)列{an}的項(xiàng)數(shù)為奇數(shù)，其中所有奇數(shù)項(xiàng)之和為319，所有偶數(shù)項(xiàng)之和為290，則該數(shù)列的中間項(xiàng)為_(kāi)_______．29解析：設(shè)等差數(shù)列{an}共有(2n＋1)項(xiàng)，其中奇數(shù)項(xiàng)有(n＋1)項(xiàng)，偶數(shù)項(xiàng)有n項(xiàng)，則S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1＝(n＋1)an＋1，S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝nan＋1.又該數(shù)列的中間項(xiàng)為an＋1，所以an＋1＝S奇－S偶＝319－290＝29.7．(數(shù)學(xué)與文化)如圖，北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場(chǎng)所，分上、中、下三層．上層中心有一塊圓形石板(稱為天心石)，環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構(gòu)成第一環(huán)，向外每環(huán)依次增加9塊，下一層的第一環(huán)比上一層的最后一環(huán)多9塊，向外每環(huán)依次也增加9塊．已知每層環(huán)數(shù)相同，且下層比中層多729塊，則三層共有扇面形石板(不含天心石)________塊．3402解析：設(shè)每層環(huán)數(shù)為n(n∈N*)，則上層由內(nèi)向外每環(huán)的扇面形石板的塊數(shù)依次為a1，a2，…，an，中層由內(nèi)向外每環(huán)的扇面形石板的塊數(shù)依次為an＋1，an＋2，…，a2n，下層由內(nèi)向外每環(huán)的扇面形石板的塊數(shù)依次為a2n＋1，a2n＋2，…，a3n.由題意知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，公差為9，且(a2n＋1＋a2n＋2＋…＋a3n)－(an＋1＋an＋2＋…＋a2n)＝729.由等差數(shù)列的性質(zhì)知a2n＋1－an＋1＝a2n＋2－an＋2＝…＝a3n－a2n＝9n，所以9n2＝729，解得n＝9，則數(shù)列{an}共有9×3＝27(項(xiàng))，故三層共有扇面形石板(不含天心石)的塊數(shù)即為數(shù)列{an}的前27項(xiàng)和，即27×9＋27×262×98．(2022·全國(guó)乙卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若2S3＝3S2＋6，則公差d＝____．2解析：由2S3＝3S2＋6，可得2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，化簡(jiǎn)得2a3＝a1＋a2＋6，即2(a1＋2d)＝2a1＋d＋6，解得d＝2.9．已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn，且滿足2Sn＝an2＋n－4(n∈N*(1)求證：數(shù)列{an}為等差數(shù)列．(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．(1)證明：當(dāng)n＝1時(shí)，有2a1＝a12＋1－4，即a12－2a1－所以a1＝3(a1＝－1舍去)．當(dāng)n≥2時(shí)，有2Sn－1＝an－12＋又2Sn＝an2＋n－所以兩式相減得2an＝an2－即an即(an－1)2＝an因此an－1＝an－1或an－1＝－an－1.若an－1＝－an－1，則an＋an－1＝1.而a1＝3，所以a2＝－2，這與數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)矛盾，所以an－1＝an－1，即an－an－1＝1，因此數(shù)列{an}為等差數(shù)列．(2)解：由(1)知a1＝3，數(shù)列{an}的公差d＝1，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3＋(n－1)×1＝n＋2.10．若{an}是公差為1的等差數(shù)列，則{a2n－1＋2a2n}是()A．公差為3的等差數(shù)列B．公差為4的等差數(shù)列C．公差為6的等差數(shù)列D．公差為9的等差數(shù)列C解析：令bn＝a2n－1＋2a2n，則bn＋1＝a2n＋1＋2a2n＋2，故bn＋1－bn＝a2n＋1＋2a2n＋2－(a2n－1＋2a2n)＝(a2n＋1－a2n－1)＋2(a2n＋2－a2n)＝2d＋4d＝6d＝6×1＝6.所以{a2n－1＋2a2n}是公差為6的等差數(shù)列．11．(多選題)已知數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn，滿足a1＋5a3＝S8，下列選項(xiàng)正確的有()A．a(chǎn)10＝0 B．S10最小C．S7＝S12 D．S20＝0AC解析：根據(jù)題意，數(shù)列{an}是等差數(shù)列，設(shè)公差為d，由a1＋5a3＝S8，即a1＋5a1＋10d＝8a1＋28d，變形可得a1＝－9d.又由an＝a1＋(n－1)d＝(n－10)d，得a10＝0，故A正確．因?yàn)椴荒艽_定a1和d的符號(hào)，所以不能確定S10最小，故B不正確．又由Sn＝na1＋nn－1d2＝－9nd+nnS20＝20a1＋20×192d＝－180d＋190d＝因?yàn)閐≠0，所以S20≠0，故D不正確．12．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a2+2a7+54解析：a所以a6所以S1113．已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn，且2Sn＝anan＋1，n∈N*，則a4＝________；若a1＝2，則S20＝________．4220解析：由2Sn＝anan＋1，可得2Sn＋1＝an＋1an＋2，兩式相減得2an＋1＝an＋1(an＋2－an)．由數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，可得到an＋2－an＝2.令n＝1，有2S1＝2a1＝a1a2，解得a2＝2，所以a4＝4.若a1＝2，則a3＝4，即奇數(shù)項(xiàng)與偶數(shù)項(xiàng)均構(gòu)成首項(xiàng)為2，公差為2的等差數(shù)列，可求得S20＝2×10×2+14．在數(shù)列{an}中，a1＝8，a4＝2，且滿足an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Tn.解：(1)因?yàn)閍n＋2－2an＋1＋an＝0，所以an＋2－an＋1＝an＋1－an，所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列．設(shè)其公差為d，因?yàn)閍1＝8，a4＝2，所以d＝a4－a1所以an＝a1＋(n－1)d＝10－2n(n∈N*)．(2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則由(1)可得Sn＝8n＋nn－12×(－2)＝9n－n2(n∈由(1)知an＝10－2n，令an＝0，得n＝5，所以當(dāng)n≤5時(shí)，an≥0，則Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝9n－n2；當(dāng)n≥6時(shí)，an<0，則Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)＝S5－(Sn－S5)＝2S5－Sn＝2×(9×5－25)－(9n－n2)＝n2－9n＋40.所以Tn＝915．(2021·新高考全國(guó)Ⅱ卷)記Sn是公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a3＝S5，a2a4＝S4.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)求使Sn>an成立的n的最小值．解：(1)由等差數(shù)列的性質(zhì)可得S5＝5a3，則a3＝5a3，所以a3＝0.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，則a2a4＝(a3－d)·(a3＋d)＝－d2，