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2026全国版高中数学突破练
突破练38　等差数列
(单项选择题每小题5分,多项选择题每小题6分)
基础·满分练
1.(2025·河南焦作三模)已知等差数列{an}的公差为3,则a10-a1=(　　)
A.3 B.9 C.27 D.30
[错题笔记]
2.(2025·福建厦门四模)厦门某会场座位共有20排,第一排有15个座位,从第二排起,每一排都比前一排多两个座位.现有一个200人的代表团来该会场参加会议,主办方需预留前n排座位给该代表团,则n的最小值为(　　)
A.7 B.8 C.9 D.10
[错题笔记]
3.(2025·福建福州期末)等差数列{an}的前n项和为Sn,且S3=9,S6=36,则S9为(　　)
A.45 B.81 C.90 D.162
[错题笔记]
4.(2025·河北期中)若两个等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,满足(n∈N*),则=(　　)
A. B. C. D.
[错题笔记]
5.(多选)(2025·贵州安顺模拟)已知{an}是等差数列,Sn是其前n项和.若a7+a9=16,则下列各式一定成立的是(　　)
A.a8=8 B.S15=120
C.a3+a13=16 D.a16=16
[错题笔记]
6.(多选)(2025·广东一模)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,且S3=9,a3是a1与a4的等比中项,则下列说法正确的是(　　)
A.a2=3
B.d=-1
C.数列{}是递增数列
D.当Sn>0时,n的最大值为8
[错题笔记]
7.(2025·江西赣州期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S9=63,则公差d=　　　　　.
[错题笔记]
8.(2025·福建漳州三模)记等差数列{an}的前n项和为Sn,且S3=3a1+6,a3n+1=3an+1-2,则an=　　　　　.
[错题笔记]
能力·高分练
9.(原创)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1>0,S10=4a4,则an+Sn取最大值时n的值是(　　)
A.4 B.5 C.6 D.10
[错题笔记]
10.(多选)(2025·云南昆明期中)已知{an}是等差数列,Sn是其前n项和,则下列选项正确的是(　　)
A.若S15<0,则a8<0
B.若a2+a8=7,则a10=7
C.若a1+a2=6,a7+a8=18,则a3+a4=10
D.若{an}为递增数列,则{an·an+1}为递增数列
[错题笔记]
11.(2025·河南新乡二模)已知Sn是等差数列{an}的前n项和,数列{an}的公差为d(d≠0),且{}是等差数列,则=　　　　　.
[错题笔记]
12.(2025·福建漳州一模)已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n,当取最小值时,n=　　　　　.
[错题笔记]
13.(15分)(2025·江苏南京盐城一模)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;
(2)证明:{an}为等差数列;
(3)若n2素养·提升练
14.(原创)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a4=8,a8+a10=36.若[x]表示不超过x的最大整数,则[]+[]+…+[]=(　　)
A.101 B.100 C.99 D.98
15.(2025·广东模拟)设所有被3除余2的自然数从小到大组成数列{an},所有被4除余1的自然数从小到大组成数列{bn},设这两个数列的公共项构成集合A,则集合A∩{n≤2 025,n∈N*}中元素的个数为(　　)
A.167 B.168 C.169 D.170
参考答案
1.C　因为等差数列{an}的公差为d=3,所以a10-a1=9d=27.
2.C　由题知,前n排座位数依次构成以15为首项,2为公差的等差数列,设前n排座位数之和为Sn,则Sn=15n+2=n2+14n,令Sn≥200,解得n≥9,故n的最小值为9.
3.B　等差数列{an}的前n项和为Sn,则S3,S6-S3,S9-S6成等差数列,所以2(S6-S3)=S3+S9-S6,即2×(36-9)=9+S9-36,解得S9=81.故选B.
4.A　因为数列{an},{bn}均为等差数列,
所以故选A.
5.ABC　对于A,在等差数列{an}中,2a8=a7+a9=16,解得a8=8,A正确;
对于B,S15==15a8=120,B正确;
对于C,a3+a13=2a8=16,C正确;
对于D,令{an}的公差为d,则a16=a8+8d=8+8d,而d不确定,故a16=16不一定成立,D错误.故选ABC.
6.ABD　设等差数列{an}的公差为d(d≠0),由S3=9,a3是a1与a4的等比中项,得
解得a2=3,d=-1,故A,B正确;
由an=a2+(n-2)d=-n+5,a1=4满足an(n≥2),则Sn=,所以,又随n的增大而减小,所以数列{}是递减数列,故C错误;当Sn=>0时,n<9,所以n的最大值为8,故D正确.故选ABD.
7.2　因为a3=3,S9=63,所以解得即等差数列{an}的公差d=2.
8.2n-1　设an=An+B,则3(A+B)+6=3a1+6=S3=a1+a2+a3=3a2=3(2A+B),得3A+6=6A,故A=2,从而an=2n+B.
同时由a3n+1=3an+1-2可知2(3n+1)+B=3[2(n+1)+B]-2,即2+B=3(2+B)-2,故B=-1,所以an=2n-1.
9.B　设等差数列{an}的公差为d,则S10==4a4=4(a1+3d),化简得2a1+11d=0,即d=-a1,则an+Sn=a1+(n-1)d+na1+=(n+1)a1+d=(n+1)a1+(-a1)=()a1=-[(n-5)2-38],
由a1>0,则当n=5时,an+Sn取最大值.
10.AC　对于A,因为S15<0,所以a1+a15=2a8<0,即a8<0,A正确;
对于B,因为a2+a8=2a5=7,所以a5=
设公差为d,又a10=a5+5d,所以只有d=时,才有a10=7,B错误;
对于C,因为a1+a2=6,a7+a8=18,两式相减可得d=1,所以a3+a4=a1+a2+4d=6+4=10,C正确;
对于D,an·an+1-an·an-1=an(an+1-an-1)=2dan,因为{an}为递增数列,所以d>0,所以当an>0时,{an·an+1}为递增数列,当an<0时,{an·an+1}为递减数列,D错误.故选AC.
11　由题意,an=a1+(n-1)d=dn+a1-d,Sn=na1+n2+(a1-)n,所以Sn-an=n2+(a1-)n+d-a1.
因为{}是等差数列,则{}的通项是一次函数型,则n2+(a1-)n+d-a1能整理成完全平方型,所以Δ=(a1-)2-4(d-a1)=0,化简得(a1-)2=0,所以a1=,即
12.3　因为Sn=n2+n,则当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n,又当n=1时,a1=S1=2,满足an=2n,故an=2n,则(n+)+,又y=x+在(1,3)上单调递减,在(3,+∞)上单调递增,故当n=3时,n+取得最小值,也即当n=3时,取得最小值.
13.(1)解 因为=an+(1-n)t,n∈N*,所以=a2-t,又S2=a1+a2,所以a2-a1=2t.又a2=a1+2,所以t=1.
(2)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)2,两式相减得an+1=(n+1)an+1-nan-2n,得an+1-an=2,n∈N*,所以{an}为等差数列.
(3)解 由(2)得Sn=na1+2=n2+(a1-1)n,由n2因为114.A　因为数列{an}是等差数列,所以由可得解得故an=2+(n-1)×2=2n,Sn==n(n+1).
根据设问所求,可知,故当n=1时,[]=2,当n≥2时,[]=[]=1,所以[]+[]+…+[]=2+99=101.故选A.
15.C　由题意可知,数列{an}为2,5,8,11,14,17,20,23,26,29,…,数列{bn}为1,5,9,13,17,21,25,29,33,37,…,将集合A中的元素由小到大进行排序,构成数列{cn}:5,17,29,…,易知数列{cn}是首项为5,公差为12的等差数列,则cn=5+12(n-1)=12n-7,由cn=12n-7≤2 025,可得n=169+,因此,集合A∩{n≤2 025,n∈N*}中元素的个数为169.故选C.
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