2023年新教材高考数学一轮复习课时规范练26等差数列含解析新人教B版

这是一份2023年新教材高考数学一轮复习课时规范练26等差数列含解析新人教B版，共8页。

1.(2021北京海淀高三月考)已知Sn为等差数列{an}的前n项和,若a4+a5=24,S6=48,则{an}的公差是( )
A.1B.2C.3D.4
2.(2021广东深圳高三一模)在数列{an}中,a1=3,am+n=am+an(m,n∈N*),若a1+a2+a3+…+ak=135,则k=( )
A.10B.9C.8D.7
3.(2021山东日照高三期中)在等差数列{an}中,a1与a4 041是f(x)=x-4ln x-mx的两个极值点,则lg2a2 021=( )
A.1B.2C.0D.12
4.(2021天津高三期中)已知数列{bn}是公差不为0的等差数列,且b122-4b12=b20102-4b2 010,则数列{bn}的前2 021项和为( )
A.20214B.20212C.2 021D.4 042
5.(2021江苏镇江高三月考)已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,且SnTn=2n+70n+3,则使得anbn为整数的正整数n的个数为( )
A.4B.5C.6D.7
6.(多选)(2021山东烟台高三模拟)已知等差数列{an}是递增数列,a7=3a5,前n项和为Sn,下列选项正确的是( )
A.d>0B.a1<0
C.当n=5时Sn最小D.Sn>0时n的最小值为8
7.(多选)(2021山东青岛高三期末)在数列{an}中,a1=1,an+an+1=3n,则下列说法正确的是( )
A.a6=8B.{a2n}是等差数列
C.S20=300D.a2n-a2n-1=3
8.(2021湖北荆州高三期末)已知等差数列{an}的公差为2,且a1,a2,a3+1成等比数列,Sn是数列{an}的前n项和,则S9= .
9.(2021江西南昌高三月考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a5=5,S10=40,则数列Snn的前30项和T30等于 .
综合提升组
10.(2021山东淄博高三一模)若等差数列{an}的前n项和为Sn,则“S2 020>0,S2 021<0”是“a1 010a1 011<0”的( )
A.充要条件
B.充分不必要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
11.(2021湖北荆州高三月考)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若S5S10=13,则S5S20+S10=( )
A.19B.713C.113D.110
12.(多选)(2021浙江湖州高三月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,a3=12,S12>0,a7<0,则下列说法正确的是( )
A.d<0B.a6<0
C.-24713.(2021湖南师大附中高三月考)在等差数列{an}中,a1+a7=12,当a32+a42+a52取得最小值时,a2 021= .
14.(2021四川成都外国语学校高三期中)已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若SnTn=38n+142n+1(n∈N*),则a6b7= .
15.(2021广东佛山高三月考)在数列{an}中,a1=1,an+an-1=2n(n≥2,n∈N*).
(1)记bn=a2n,求数列{bn}的通项公式;
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
创新应用组
16.(2021江西南昌高三模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足:当n≥2时,an,Sn,Sn-12成等比数列,且a1=1,则an= .
课时规范练26 等差数列
1.D 解析:设等差数列{an}的公差为d,则a4+a5=2a1+7d=24,S6=6a1+15d=48,即2a1+7d=24,2a1+5d=16,解得a1=-2,d=4.故选D.
2.B 解析:令m=1,由am+n=am+an可得an+1=a1+an,所以an+1-an=3,所以数列{an}是首项为3,公差为3的等差数列,所以an=3+3(n-1)=3n,所以a1+a2+a3+…+ak=k(a1+ak)2=k(3+3k)2=135,整理得k2+k-90=0,解得k=9或k=-10(舍去).故选B.
3.B 解析:f'(x)=1-4x+mx2=x2-4x+mx2(x>0).因为a1与a4041是f(x)=x-4lnx-mx的两个极值点,所以a1与a4041是方程x2-4x+m=0的两个根,即a1+a4041=4,即2a2021=4,所以a2021=2,则lg2a2021=2lg22=2.故选B.
4.D 解析:∵数列{bn}是公差不为0的等差数列,且b122-4b12=b20102-4b2010,∴(b12-b2010)(b12+b2010)=4(b12-b2010),且b12≠b2010,∴b12+b2010=4,∴数列{bn}的前2021项和S2021=20212(b1+b2021)=20212(b12+b2010)=20212×4=4042.故选D.
5.B 解析:依题意,anbn=S2n-1T2n-1=2(2n-1)+70(2n-1)+3=2n+34n+1=2+32n+1.要使anbn为整数,当且仅当32n+1是整数,而n∈N*,则n+1是32的大于1的约数.又32的正约数有1,2,4,8,16,32六个,所以n的值有1,3,7,15,31五个,所以使得anbn为整数的正整数n的个数为5.故选B.
6.ABD 解析:由题意,设等差数列{an}的公差为d.因为a7=3a5,所以a1+6d=3(a1+4d),解得a1=-3d.又等差数列{an}是递增数列,所以d>0,则a1<0,故选项A,选项B正确;因为Sn=d2n2+a1-d2n=d2n2-7d2n,且--7d2d=72,所以当n=3或4时Sn最小,故选项C错误;令Sn=d2n2-7d2n>0,解得n<0或n>7,即Sn>0时n的最小值为8,故选项D正确.故选ABD.
7.ABC 解析:因为an+an+1=3n,n∈N*,①
所以an+1+an+2=3(n+1),②
所以②-①得an+2-an=3(n∈N*).又因为a1=1,所以a2=2,所以a6=a4+3=a2+6=8,且奇数项和偶数项均为公差为3的等差数列,故A,B正确;对于C选项,S20=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a19+a20)=3+9+…+57=10×(3+57)2=300,故C正确;对于D选项,由an+2-an=3(n∈N*)且a2-a1≠3可知,a2n-a2n-1=3不成立,故D错误.故选ABC.
8.108 解析:设等差数列{an}的公差为d,则d=2.因为a1,a2,a3+1成等比数列,所以a1(a3+1)=a22,即a1(a1+5)=(a1+2)2,解得a1=4,所以S9=na1+n×(n-1)2×d=9×4+9×82×2=108.
9.227 解析:设数列{an}的公差为d,由已知得a5=a1+4d=5,S10=10a1+10×9d2=40,∴a1=13,d=-2,故an=-2n+15,且Sn=-n2+14n,∴Snn=-n+14,n≤14,n-14,n≥15,
∴T30=14(13+0)2+16(1+16)2=227.
10.B 解析:∵S2020>0,S2021<0,∴2020(a1+a2020)2=1010(a1010+a1011)>0,即a1010+a1011>0.又2021×a1+a20212=2021a1011<0,∴a1010>0,a1011<0,可得a1010a1011<0,充分性成立.反之,若a1010<0,a1011>0,满足a1010a1011<0,不能推出“S2020>0,S2021<0”,必要性不成立.故“S2020>0,S2021<0”是“a1010a1011<0”的充分不必要条件.故选B.
11.C 解析:令S5=t,则由S5S10=13,得S10-S5=2t,S10=3t.又由等差数列{an}的性质得S5,S10-S5,S15-S10,S20-S15成等差数列,所以有S10-S5=2t,S15-S10=3t,S20-S15=4t,相加可得S20-S5=9t,所以S20=10t.故S5S20+S10=t10t+3t=113.故选C.
12.ACD 解析:依题意,S12=a1+a122·12=6(a6+a7)>0,于是得a6+a7>0,而a7<0,a6>-a7>0,故选项B错误;显然有(a3+3d)+(a3+4d)>0,而a3=12,解得d>-247,又a3+4d<0,解得d<-3,因此得-2470,S13=a1+a132·13=13a7<0,于是得n≥13时,Sn<0,从而得Sn<0时,n的最小值为13,故选项D正确.故选ACD.
13.6 解析:设等差数列{an}的公差为d,由等差中项的性质,得a1+a7=2a4=12,解得a4=6,所以a32+a42+a52=(6-d)2+62+(6+d)2=2d2+108.当d=0时,a32+a42+a52取得最小值108,此时a2021=a4=6.
14.16 解析:∵等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,SnTn=38n+142n+1(n∈N*),∴SnTn=n2(38n+14)n2(2n+1).设Sn=nk2(38n+14)=n2(a1+an)(k≠0),∴k(38n+14)=a1+an,∴a1=S1=k2(38+14)=26k,an=k(38n-12),∴a6=216k.
设Tn=nk2(2n+1)=n2(b1+bn)(k≠0),∴k(2n+1)=b1+bn,b1=T1=3k2,bn=k2n-12,∴b7=272k,故a6b7=216k27k2=16.
15.解(1)当n=2时,a2+a1=4.因为a1=1,所以b1=a2=3.
由an+an-1=2n,可得a2n+2+a2n+1=2(2n+2)=4n+4,a2n+1+a2n=2(2n+1)=4n+2,
两式相减可得a2n+2-a2n=4n+4-(4n+2)=2.
因为bn=a2n,所以bn+1-bn=2,
所以{bn}是以3为首项,2为公差的等差数列.
所以bn=3+(n-1)×2=2n+1.
(2)当n=2k(k∈N*)时,因为an+an-1=2n(n≥2,n∈N*),Sn=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+…+(a2k-1+a2k)=2×2+2×4+2×6+…+2·2k=2×(2+4+6+…+2k)=2×(2+2k)k2=(2+2k)k=n(n+2)2,
当n=2k+1(k∈N*)时,
Sn=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+(a6+a7)+…+(a2k+a2k+1)=1+2×3+2×5+2×7+…+2(2k+1)=1+2×[3+5+7+…+(2k+1)]=1+2×k(3+2k+1)2=1+k(2k+4)
=(n-1)(n+3)2+1=n(n+2)-12,
a1=1=1×(1+2)-12也满足上式.
综上所述,Sn=n(n+2)2,n=2k(k∈N*),n(n+2)-12,n=2k+1(k∈N*).
16.1,n=1,-2(2n-1)(2n-3),n≥2 解析:由题意,当n≥2时,an,Sn,Sn-12成等比数列,可得Sn2=anSn-12.又因为an=Sn-Sn-1,所以Sn2=(Sn-Sn-1)Sn-12可得12(Sn-1-Sn)=SnSn-1,易得Sn≠0(n∈N*),所以1Sn-1Sn-1=2,且1S1=1a1=1,所以数列1Sn是以1为首项,2为公差的等差数列,所以1Sn=1+(n-1)×2=2n-1,即Sn=12n-1.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=12n-1-12n-3=-2(2n-1)(2n-3),经验检n=1时不符合,所以an=1,n=1,-2(2n-1)(2n-3),n≥2.