第6章 第2讲 等差数列 课后达标检测(课件PPT)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学（创新版）
2026-08-12
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教辅
摘要：
该高中数学高考复习课件聚焦等差数列核心考点，覆盖定义、性质、前n项和等高考必查内容，对接高考评价体系，分析出性质应用、公差计算、前n项和最值等高频考点占比，归纳选择、填空、解答题等常考题型，构建系统备考框架。
课件亮点在于真题模拟与素养融合，如第4题通过奇偶项和差突破公差计算，培养运算能力，第11题天坛实际问题发展数学眼光与应用意识。提供解题模板和易错警示，助力学生掌握技巧，教师可精准教学，提升高考冲刺效率。
内容正文：
课后达标检测
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B
1．在等差数列{an}中，a3＝3，a4＋a6＝2，则a7＝( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析：在等差数列{an}中，a4＋a6＝a3＋a7，所以a7＝a4＋a6－a3＝－1.
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2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6＝6(a6＋5)，则公差d＝( )
A．2 B．－2
C．3 D．－3
B
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3．已知数列{an}为等差数列，若m是正整数，则“m＝3”是“a1＋a15＝am＋a13”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：充分性：当m＝3时，由等差数列的性质得，a1＋a15＝a3＋a13，
必要性：当等差数列的公差d＝0时，若a1＋a15＝am＋a13，则m∈N*，
故“m＝3”是“a1＋a15＝am＋a13”的充分不必要条件．
A
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C
4．已知等差数列{an}的前16项和S16＝640，前16项中偶数项和与奇数项和之比为11∶9，则公差d的值是( )
A．－8 B．4
C．8 D．9
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6．(多选)设数列{an}是以d为公差的等差数列，Sn是其前n项和，a1＞0，且S6＝S9，则下列结论正确的是( )
A．d＜0
B．a8＝0
C．使Sn>0成立的n的最大值为14
D．S7为Sn的唯一最大值
ABC
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因为a1＞0，a8＝0，所以d＜0，所以数列{an}是递减数列，故A，B正确；
对于C，因为d＜0，a8＝0，2a8＝a1＋a15＝0，所以S15＝0，a7>0，a7＋a8＝a1＋a14＞0，所以S14＞0，故C正确；
对于D，因为a8＝0，所以S7＝S8，又{an}为递减数列，所以S7或S8为Sn的最大值，故D不正确．
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9．(13分)(2026·沙坪坝模拟)已知等差数列{an}满足公差d＞0，a3＋a8＝4，a4a7＝－5.
(1)求an；(5分)
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D
11．北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下
三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心
石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，
下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依
次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则中、下两层共有扇面形石板( )
A．2 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．2 997块
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(18，20]
12．(2026·上海模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，已知点(n，an)在直线y＝10－2x上，若有且只有两个正整数n满足Sn≥k，则实数k的取值范围是________．
解析：因为点(n，an)在直线y＝10－2x上，
所以an＝10－2n，
所以an－an－1＝－2(n≥2)，a1＝10－2＝8，
所以数列{an}是首项为8，公差为－2的等差数列，
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(2)证明：{an}为等差数列；(5分)
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(3)若n2＜Sn＜(n＋1)2，n∈N*，求a1的取值范围．(5分)
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14．(2026·白银模拟)若数列{an}是有穷数列，且各项之和为0，各项的绝对值之和为1，则称数列{an}是“n项优待数列”．若等差数列{bn}是“2k＋1项优待数列”，k∈N*，则bn＝__________________．
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解析：因为as＋at＝2a3，所以s＋t＝6，所以＋＝1，显然s，t∈N*，
所以＋＝＝＋＋＋≥＋2＝，
当且仅当＝，即t＝2，s＝4时取等号．
10．已知数列{an}是公差为d的等差数列，其前n项和为Sn且a2n＝2an－2，若Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立，则公差d的取值范围为( )
A． B．
C． D．
解析：数列{an}是公差为d的等差数列，由a2n＝2an－2，得a1＋(2n－1)d＝2a1＋2(n－1)d－2，解得a1＝d＋2，则an＝(d＋2)＋(n－1)d＝dn＋2，
由Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立，
得即解得－≤d≤－.
所以公差d的取值范围为－≤d≤－.
13．(15分)(2025·南京一模)已知数列{an}的前n项和Sn满足＝an＋(1－n)t，n∈N*，t为常数，且a2＝a1＋2.
(1)求t的值；(5分)
证明：由(1)可得＝an＋1－n，n∈N*，
所以Sn＝nan＋n－n2，
因此Sn＋1＝(n＋1)an＋1＋n＋1－(n＋1)2，
相减得an＋1＝(n＋1)an＋1－nan－2n，
得an＋1－an＝2，n∈N*，
所以{an}为等差数列．
解：由(2)得Sn＝na1＋×2＝n2＋(a1－1)n，由n2＜Sn＜(n＋1)2，n∈N*，
得1＜a1＜3＋.
因为1＜a1＜3＋对n∈N*恒成立，
所以1＜a1≤3.
±
所以kd＋d＝，即d＝，
由bk＋1＝0，得b1＋＝0，即b1＝－，
所以bn＝－＋＝－，n∈N*，n≤2k＋1，
当d＜0时，同理可得kd＋d＝－，即d＝－，
由bk＋1＝0，得b1－＝0，即b1＝，
所以bn＝－＝－＋，n∈N*，n≤2k＋1.
综上，bn＝±.
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