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“2年高考1年模拟”课时精练（四十） 等差数列
1.已知等差数列的前n项和为Sn，公差为d，且S3=9，a3=2a2，则d= (　　)
A.1 B.2
C.3 D.4
2.(2025·成都模拟)在等差数列中，a2=3，a6=15，直线l过点M，N，则直线l的斜率为 (　　)
A.3 B.-3
C.4 D.-4
3.(2025·南京模拟)设等差数列的前n项和为Sn，若=4，则= (　　)
A. B.4
C. D.
4.(2023·新课标Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：为等差数列.则 (　　)
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
5.(2025·保定模拟)现有一张正方形剪纸，沿只过其一个顶点的一条直线将其剪开，得到2张纸片，再从中任选一张，沿只过其一个顶点的一条直线剪开，得到3张纸片，…，以此类推，每次从纸片中任选一张，沿只过其一个顶点的一条直线剪开，若经过10次剪纸后，得到的所有多边形纸片的边数总和为 (　　)
A.33 B.34
C.36 D.37
6.[多选]已知Sn是等差数列的前n项和，且a7<0，a5+a10>0，则下列选项不正确的是 (　　)
A.数列为递减数列 　B.a8<0
C.Sn的最大值为S7 　D.S14>0
7.(2025·重庆阶段练习)[多选]若正项无穷数列{an}是等差数列，且a7+a9=10，则 (　　)
A.a2+a8+a14=15
B.当a1=时，{an}的前20项和为128
C.公差d的取值范围是
D.当a14为整数时，a14的最大值为9
8.在1和2之间插入2n个数，组成首项为1，末项为2的等差数列，若这个数列的前n+1项的和与后n+1项的和之比为9∶13，则插入数的个数是 (　　)
A.8 B.10
C.12 D.14
9.(2025·衡水模拟)[多选]已知数列{an}是公差为d(d≠0)的等差数列.若它的前2m(m>1)项的和S2m=0，则下列结论正确的是 (　　)
A.若d<0，使an>0的最大n的值为m
B.Sm是Sn的最小值
C.3+=+3
D.+=+
10.已知等差数列满足a1=4，a3+a5=+1，则a7=　　　　.
11.若数列为等差数列，且a1=，a3=，则sin a2 023=　　　　.
12.(2025·枣庄调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1=2，且S1 001=S1 024，则S2 024=　　　　.
13.记Sn为数列{an}的前n项和.已知+n=2an+1.
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值.
14.(2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn=，设Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和.
(1)若3a2=3a1+a3，S3+T3=21，求{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，且S99-T99=99，求d.
15.(2025·徐州模拟)已知An(an，bn)(n∈N*)是曲线y=ex上的点，a1=a，Sn是数列{an}的前n项和，且满足=3n2an+，an≠0，n=2，3，4，….
(1)证明：数列(n≥2)是常数数列；
(2)确定a的取值集合M，使a∈M时，数列{an}是单调递增数列.
（解析）精练（四十） 等差数列
1.已知等差数列的前n项和为Sn，公差为d，且S3=9，a3=2a2，则d= (　　)
A.1 B.2
C.3 D.4
解析：选C　因为S3==3a2=9，a3=2a2，所以a2=3，a3=6，所以d=6-3=3.故选C.
2.(2025·成都模拟)在等差数列中，a2=3，a6=15，直线l过点M，N，则直线l的斜率为 (　　)
A.3 B.-3
C.4 D.-4
解析：选A　在等差数列中，a2=3，a6=15，可得公差d===3，所以直线l的斜率为==3.故选A.
3.(2025·南京模拟)设等差数列的前n项和为Sn，若=4，则= (　　)
A. B.4
C. D.
解析：选C　设等差数列的首项为a1，公差为d，∵等差数列的前n项和为Sn，=4，
∴=4，整理得d=2a1，∴===.故选C.
4.(2023·新课标Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：为等差数列.则 (　　)
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
解析：选C　若{an}为等差数列，设其公差为d，则Sn=na1+d，=a1+(n-1)·-=a1+(n+1-1)·-=，为常数，所以为等差数列，即甲 乙；若为等差数列，设其公差为t，则=+(n-1)t=a1+(n-1)t，所以Sn=na1+n(n-1)t，所以当n≥2时，an=Sn-Sn-1=na1+n(n-1)t-[(n-1)a1+(n-1)(n-2)t]=a1+2(n-1)t，当n=1时，S1=a1也满足上式，所以an=a1+2(n-1)t(n∈N*)，所以an+1-an=a1+2(n+1-1)t-[a1+2(n-1)t]=2t，为常数，所以{an}为等差数列，即甲 乙.所以甲是乙的充要条件，故选C.
5.(2025·保定模拟)现有一张正方形剪纸，沿只过其一个顶点的一条直线将其剪开，得到2张纸片，再从中任选一张，沿只过其一个顶点的一条直线剪开，得到3张纸片，…，以此类推，每次从纸片中任选一张，沿只过其一个顶点的一条直线剪开，若经过10次剪纸后，得到的所有多边形纸片的边数总和为 (　　)
A.33 B.34
C.36 D.37
解析：选B　设没剪之前正方形的边数为a0，即a0=4，沿只过其一个顶点的一条直线将其剪开得到一个三角形和一个四边形，a1=4+3=7，然后无论是选择三角形或四边形，剪一次后边数都增加3，所以可知经过n次剪纸得到的多边形纸片的边数成公差为3的等差数列，即an=a1+3(n-1)，故经过10次剪纸后，得到的所有多边形纸片的边数总和为a10=7+9×3=34，故选B.
6.[多选]已知Sn是等差数列的前n项和，且a7<0，a5+a10>0，则下列选项不正确的是 (　　)
A.数列为递减数列 　B.a8<0
C.Sn的最大值为S7 　D.S14>0
解析：选ABC　因为a7<0，a5+a10=a7+a8>0，故a8>0，d=a8-a7>0，所以等差数列为递增数列，故A、B错误；因为1≤n≤7时，an<0，当n≥8时，an>0，所以Sn的最小值为S7，故C错误；因为S14==7(a7+a8)>0，故D正确.故选ABC.
7.(2025·重庆阶段练习)[多选]若正项无穷数列{an}是等差数列，且a7+a9=10，则 (　　)
A.a2+a8+a14=15
B.当a1=时，{an}的前20项和为128
C.公差d的取值范围是
D.当a14为整数时，a14的最大值为9
解析：选ACD　对于A，等差数列{an}中，若a7+a9=10，则a8=(a7+a9)=5，故a2+a8+a14=3a8=15，A正确；对于B，由于a8=5，a1=，则公差d==，故{an}的前20项和S20=20a1+d=125，B错误；对于C，由A的结论，a8=5，只需a1=5-7d>0且d>0即可，则有00，且a2>a1，必有a2≥1，故a14≤9，即a14的最大值为9，D正确.故选ACD.
8.在1和2之间插入2n个数，组成首项为1，末项为2的等差数列，若这个数列的前n+1项的和与后n+1项的和之比为9∶13，则插入数的个数是 (　　)
A.8 B.10
C.12 D.14
解析：选B　设插入的这2n个数分别记为a1，a2，…，a2n，由等差数列的性质可得a1+a2n=a2+a2n-1=…=an+an+1=1+2=3，这个数列的公差为d==，这个数列所有项的和为3，这个数列的前n+1项的和为×1+=n+1+=.因为这个数列的前n+1项的和与后n+1项的和之比为9∶13，则=×3，即=，解得n=5，所以插入数的个数是10.故选B.
9.(2025·衡水模拟)[多选]已知数列{an}是公差为d(d≠0)的等差数列.若它的前2m(m>1)项的和S2m=0，则下列结论正确的是 (　　)
A.若d<0，使an>0的最大n的值为m
B.Sm是Sn的最小值
C.3+=+3
D.+=+
解析：选ACD　由题意，S2m==m(am+am+1)=0.因为m>1，则am+am+1=0(*).对于A，因为d<0，则am+10，am+1<0，故使an>0的最大n的值为m，即A正确.对于B，若d<0，由A项知，am>0，am+1<0，即数列{an}的前m项都是正数项，第m+1项起都是负数项，即此时Sm是Sn的最大值，即B错误.对于C，由(3+)-(3+)=3(-)+(-)=3(am+1+am)(am+1-am)+(am-1+am+2)(am-1-am+2)，因为am+am+1=0，am-1+am+2=am-d+am+1+d=am+am+1=0，故上式的值为0，即3+=+3，故C正确.对于D，由(+)-(+)=(-)+(-)=(am+1+am)(am+1-am)+(am+2+am-1)(am+2-am-1)，由C分析知，am+am+1=0且am-1+am+2=0，故上式的值也为0，即+=+，故D正确.故选ACD.
10.已知等差数列满足a1=4，a3+a5=+1，则a7=　　　　.
解析：在等差数列中，∵a3+a5=+1，又a3+a5=2a4，∴2a4=+1，解得a4=1.又a1=4，而a1+a7=2a4，解得a7=-2.
答案：-2
11.若数列为等差数列，且a1=，a3=，则sin a2 023=　　　　.
解析：由题意得，数列为等差数列，且a1=，a3=，d==，a2 023=a1+2 022·=，故sin a2 023=sin =sin=-sin=-.
答案：-
12.(2025·枣庄调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1=2，且S1 001=S1 024，则S2 024=　　　　.
解析：设等差数列{an}的公差为d，∵S1 001=S1 024，∴a1 002+…+a1 024=23a1 013=0，∴a1 013=a1+1 012d=0.∵a1=2，∴1 012d=-2，S2 024=2 024a1+d=2 024a1+2 023×1 012d=2 024×2+2 023×(-2)=2.
答案：2
13.记Sn为数列{an}的前n项和.已知+n=2an+1.
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值.
解：(1)证明：由已知条件，得Sn=nan-+.
当n=1时，a1=S1.
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=nan-+-，
所以(1-n)an=-n+1-(n-1)an-1.
等式两边同时除以1-n，得an=1+an-1，
所以an-an-1=1.
所以数列{an}是公差为1的等差数列.
(2)法一 二次函数的性质
由(1)可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8.又a4，a7，a9成等比数列，所以=a4·a9，即=·，解得a1=-12，
所以an=n-13，所以Sn=-12n+=n2-n=-，
所以当n=12或n=13时，=-78.
法二 邻项变号法
由(1)可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8.又a4，a7，a9成等比数列，所以=a4·a9，
即=·，解得a1=-12，所以an=n-13，即有a1则当n=12或n=13时，=-78.
14.(2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn=，设Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和.
(1)若3a2=3a1+a3，S3+T3=21，求{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，且S99-T99=99，求d.
解：(1)因为3a2=3a1+a3，所以3d=a1+2d，
所以a1=d，所以an=nd.
因为bn=，所以bn==，
所以S3===6d，T3=b1+b2+b3=++=.
因为S3+T3=21，所以6d+=21，解得d=3或d=.因为d>1，所以d=3.
所以{an}的通项公式为an=3n.
(2)因为bn=，且{bn}为等差数列，
所以2b2=b1+b3，即2×=+，
所以-=，所以-3a1d+2d2=0，解得a1=d或a1=2d.
因为d>1，所以an>0.又因为S99-T99=99，
由等差数列的性质，得99a50-99b50=99，
即a50-b50=1，所以a50-=1，
即-a50-2 550=0，
解得a50=51或a50=-50(舍去).
当a1=2d时，a50=a1+49d=51d=51，解得d=1，与d>1矛盾，无解；当a1=d时，a50=a1+49d=50d=51，解得d=.综上，d=.
15.(2025·徐州模拟)已知An(an，bn)(n∈N*)是曲线y=ex上的点，a1=a，Sn是数列{an}的前n项和，且满足=3n2an+，an≠0，n=2，3，4，….
(1)证明：数列(n≥2)是常数数列；
(2)确定a的取值集合M，使a∈M时，数列{an}是单调递增数列.
解：(1)证明：当n≥2时，=3n2an+ =3n2(Sn-Sn-1)+，
所以-=3n2(Sn-Sn-1) (Sn-Sn-1)(Sn+Sn-1)=3n2(Sn-Sn-1).
因为an≠0，所以Sn+Sn-1=3n2 2Sn-an=3n2，
所以2Sn+1-an+1=3(n+1)2，
两式相减，得an+1+an=6n+3.
所以an+2+an+1=6(n+1)+3=6n+9，
所以an+2-an=6，
所以当n≥2时，===e6为常数.
故当n≥2时，为常数数列.
(2)由题意a1=a，
当n=2时，2(a+a2)-a2=12 a2=12-2a.
当n=3时，2(a+a2+a3)-a3=27 a3=2a+3.
因为an+2-an=6，所以数列{a2k}，{a2k+1}分别是以a2，a3为首项，以6为公差的等差数列.
所以a2k=12-2a+6(k-1)=6-2a+6k，a2k+1=2a+3+6(k-1)=2a-3+6k.
因为数列{an}为递增数列，所以
所以M=.
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