2023届高考数学一轮复习精选用卷 第八章 数列 考点45 等差数列+答案解析

这是一份2023届高考数学一轮复习精选用卷 第八章 数列 考点45 等差数列+答案解析，共15页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。
考点测试45　等差数列

高考
概览
本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题和解答题，分值为5分、12分，中、低等难度
考纲
研读
1.理解等差数列的概念
2．掌握等差数列的通项公式与前n项和公式
3．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题
4．了解等差数列与一次函数、二次函数的关系

一、基础小题
1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4＝4，S9＝72，则a10＝(　　)
A．20 B．23
C.24 D．28
答案　D
解析　由于数列{an}是等差数列，设其首项为a1，公差为d，故解得a1＝－8，d＝4，故a10＝a1＋9d＝－8＋36＝28.故选D.
2．在等差数列{an}中，an≠0(n∈N*).角α顶点在坐标原点，始边与x轴正半轴重合，终边经过点(a2，a1＋a3)，则＝(　　)
A．5 B．4
C.3 D．2
答案　B
解析　角α的顶点在坐标原点，始边与x轴正半轴重合，终边经过点(a2，a1＋a3)，可得tan α＝＝＝2，则＝＝＝4.故选B.
3．《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤；斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现在有一根金箠，长五尺，在粗的一端截下一尺，重4斤；在细的一端截下一尺，重2斤．问各尺依次重多少？”按这一问题的题设，假设金箠由粗到细各尺重量依次成等差数列，则从粗端开始的第二尺的重量是(　　)
A．斤 B．斤
C.斤 D．3斤
答案　B
解析　依题意，金箠由粗到细各尺重量构成一个等差数列，设首项a1＝4，则a5＝2，设公差为d，则2＝4＋4d，解得d＝－.所以a2＝4－＝.故选B.
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1＝－，Sn＋＋2＝an(n≥2)，则下列各项为等差数列的是(　　)
A．{Sn＋1} B．{Sn－1}
C． D．
答案　C
解析　由Sn＋＋2＝an(n≥2)，得Sn＝－(n≥2).S1＝－，S2＝－，S3＝－，….故S1＋1＝，S2＋1＝，S3＋1＝，…，则＝3，＝4，＝5，…，所以数列为等差数列．故选C.
5．等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn与Tn，对一切自然数n都有＝，则等于(　　)
A． B．
C. D．
答案　D
解析　∵{an}和{bn}均为等差数列，且前n项和分别为Sn与Tn，＝，∴＝＝＝＝＝.故选D.
6．在等差数列{an}中，a10＜0，a11＞0，且a11＞|a10|，则使{an}的前n项和Sn＜0成立的最大的自然数n为(　　)
A．11 B．10
C.19 D．20
答案　C
解析　∵数列{an}为等差数列，a10＜0，a11＞0，∴d＞0，又a11＞|a10|，∴a11＞－a10，即a10＋a11＞0，由S20＝×20＝10(a10＋a11)＞0，S19＝×19＝19a10＜0，可得使{an}的前n项和Sn＜0成立的最大的自然数n为19，故选C.
7．(多选)下面是关于公差d＞0的等差数列{an}的四个命题，其中是真命题的有(　　)
A．数列{an}是递增数列
B．数列{nan}是递增数列
C．数列是递增数列
D．数列{an＋3nd}是递增数列
答案　AD
解析　∵an＝a1＋(n－1)d，d＞0，∴an－an－1＝d＞0，A正确；∵nan＝na1＋n(n－1)d，∴nan－(n－1)an－1＝a1＋2(n－1)d与0的大小关系和a1的取值情况有关．故数列{nan}不一定递增，B不正确；∵＝＋d，∴－＝，n≥2，当d－a1＞0，即d＞a1时，数列递增．但d＞a1不一定成立，C不正确；设bn＝an＋3nd，则bn＋1－bn＝an＋1－an＋3d＝4d＞0，∴数列{an＋3nd}是递增数列，D正确．故选AD.
8．(多选)已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，且2a1＋3a3＝S6，则下列结论正确的是(　　)
A．a10＝0 B．S10最小
C．S7＝S12 D．S19＝0
答案　ACD
解析　因为数列{an}为等差数列，2a1＋3a3＝S6，即5a1＋6d＝6a1＋15d，即a1＋9d＝a10＝0，故A正确；因为a10＝0，所以S9＝S10，但是无法推出数列{an}的单调性，故无法确定S10是最大值还是最小值，故B错误；因为a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝5a10＝0，所以S12＝S7＋a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝S7＋0＝S7，故C正确；S19＝×19＝19a10＝0，故D正确．故选ACD.
9．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝3，S4＝16，则数列{an}的公差d＝________．
答案　2
解析　解法一：设等差数列{an}的首项为a1，由得解得
解法二：由a2＝3，S4＝16，得(3－d)＋3＋(3＋d)＋(3＋2d)＝16，解得d＝2.
10．若等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝9，a2∈Z，且Sn≤S5(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________．
答案　
解析　∵等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝9，a2∈Z，且Sn≤S5，∴a5＝9＋4d≥0，a6＝9＋5d5时，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝2(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)－(10n－n2)＝2×(10×5－52)＋n2－10n＝n2－10n＋50，∴|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝
二、高考小题
11．(2021·北京高考){an}和{bn}是两个等差数列，其中(1≤k≤5)为常值，a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3＝(　　)
A．64 B．128
C.256 D．512
答案　B
解析　由已知条件可得＝，则b5＝＝＝64，因此b3＝＝＝128.故选B.
12．(2020·全国Ⅱ卷)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，则三层共有扇面形石板(不含天心石)(　　)

A．3699块 B．3474块
C．3402块 D．3339块
答案　C
解析　设第n环扇面形石板块数为an，第一层共有n环，则{an}是以9为首项，9为公差的等差数列，an＝9＋(n－1)×9＝9n.设Sn为{an}的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，因为下层比中层多729块，所以S3n－S2n＝S2n－Sn＋729，即－＝－＋729，即9n2＝729，解得n＝9，所以S3n＝S27＝＝3402.故选C.
13．(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则(　　)
A．an＝2n－5 B．an＝3n－10
C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝n2－2n
答案　A
解析　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由S4＝0，a5＝5可得解得
所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝n×(－3)＋×2＝n2－4n.故选A.
14．(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＝－2，a2＋a6＝2，则S10＝________．
答案　25
解析　设等差数列{an}的公差为d，由a1＝－2，a2＋a6＝2，可得a1＋d＋a1＋5d＝2，即－2＋d＋(－2)＋5d＝2，解得d＝1.所以S10＝10×(－2)＋×1＝－20＋45＝25.
15．(2019·全国Ⅲ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则＝________.
答案　4
解析　由a1≠0，a2＝3a1可得d＝2a1，所以S10＝10a1＋d＝100a1，S5＝5a1＋d＝25a1，所以＝4.
16．(2019·北京高考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为________．
答案　0　－10
解析　∵a2＝a1＋d＝－3，S5＝5a1＋10d＝－10，∴a1＝－4，d＝1，∴a5＝a1＋4d＝0，∴an＝a1＋(n－1)d＝n－5.令anS8，设bn＝anan＋1an＋2，数列{bn}的前n项和为Tn，则下列结论中正确的是(　　)
A．满足Sn>0的n的最小值为17
B．|a8|a9a10
D．n＝8时，Tn取得最小值
答案　AC
解析　由题意，知a8＝S8－S70，S9－S7＝a8＋a90，所以满足Sn＞0的n的最小值为17，故A正确；B中，|a8|－|a9|＝－a8－a9>0，即|a8|>|a9|，故B错误；由上可知d>0，则a9a10－a7a8＝(a8＋d)·(a8＋2d)－(a8－d)a8＝2d2＋4da8＝2d(d＋2a8)＝2d(a8＋a9)a9a10，故C正确；D中，当n≤8时，an0，所以当n≤6时，bn0，b8＝a8a9a100，所以T7>T6，T7>T8，当n≥8时，Tn＋1>Tn，T8－T6＝b7＋b8＝a7a8a9＋a8a9a10＝a8a9(a7＋a10)＝a8a9(a8＋a9)>0，所以T8>T6，所以D错误．故选AC.
21．(多选)(2021·山东临沂一中模拟)设正项等差数列{an}满足(a1＋a10)2＝2a2a9＋20，则(　　)
A．a2a9的最大值为10
B．a2＋a9的最大值为2
C．＋的最大值为
D．a＋a的最小值为200
答案　ABD
解析　因为正项等差数列{an}满足(a1＋a10)2＝2a2a9＋20，所以(a2＋a9)2＝2a2a9＋20，即a＋a＝20.所以a2a9≤＝＝10，当且仅当a2＝a9＝时等号成立，故A正确；因为≤＝10，所以≤，a2＋a9≤2，当且仅当a2＝a9＝时等号成立，故B正确；因为＋＝＝≥＝＝，当且仅当a2＝a9＝时等号成立，所以＋的最小值为，故C错误；D项结合A项的结论，有a＋a＝(a＋a)2－2aa＝400－2aa≥400－2×102＝200，当且仅当a2＝a9＝时等号成立，故D正确．故选ABD.
22．(2021·沈阳市高三质量监测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S3＝a5，am＝2021，则等差数列{an}的公差d＝________，m＝________．
答案　2　1011
解析　设等差数列{an}的公差为d，S3＝3a1＋d＝3(a1＋d)，而a5＝a1＋4d，由S3＝a5，a1＝1，可解得d＝2.又am＝a1＋(m－1)d＝2021，解得m＝1011.
23．(2021·上海模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a5＝16，S13＝260，则－＝________．
答案　
解析　∵等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a5＝16，S13＝260，∴a1＋a5＝2a3＝16，S13＝＝13a7＝260，∴a3＝8，a7＝20.设等差数列{an}的公差为d，则d＝＝＝3，∴an＝a3＋(n－3)d＝8＋(n－3)×3＝3n－1，Sn＝＝＝，∴＝n＋，∴－＝－＝.

一、高考大题
1．(2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列{an}是等差数列；②数列{}是等差数列；③a2＝3a1.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
解　选择条件①③⇒②.
已知数列{an}是等差数列，a2＝3a1，设数列{an}的公差为d，
则a2＝3a1＝a1＋d，所以d＝2a1.
因为Sn＝na1＋d＝n2a1，
所以＝n(a1>0)，
所以－＝(n＋1)－n＝(常数).
所以数列{}是等差数列．
选择条件①②⇒③.
已知数列{an}是等差数列，数列{}是等差数列，设数列{an}的公差为d，
则S1＝a1，S2＝2a1＋d，S3＝3a1＋3d，
因为数列{}是等差数列，所以＋＝2，即＋＝2，
化简整理得d＝2a1.
所以a2＝a1＋d＝3a1.
选择条件②③⇒①.
已知数列{}是等差数列，a2＝3a1，设数列{}的公差为d，
所以－＝d，即－＝d.
所以a1＝d2, ＝＋(n－1)d＝nd，
所以Sn＝n2d2.
所以an＝Sn－Sn－1＝2d2n－d2(n≥2).
又a1＝d2也适合该通项公式，
所以an＝2d2n－d2(n∈N*).
an＋1－an＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2(常数).
所以数列{an}是等差数列．
2．(2021·全国乙卷)记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积．已知＋＝2.
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
解　(1)证明：当n＝1时，b1＝S1，易得b1＝.
当n≥2时，＝Sn，代入＋＝2消去Sn，得＋＝2.
化简，得bn－bn－1＝.
所以数列{bn}是以为首项，为公差的等差数列．
(2)由题意可知a1＝S1＝b1＝.
由(1)可得bn＝，
由＋＝2可得Sn＝.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－，显然a1不满足该式，
所以an＝
3．(2021·新高考Ⅱ卷)记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求使Sn>an成立的n的最小值．
解　(1)由等差数列的性质可得，S5＝5a3，
则a3＝5a3，所以a3＝0.
设等差数列的公差为d，
从而有a2a4＝(a3－d)(a3＋d)＝－d2，
S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a3－2d)＋(a3－d)＋a3＋(a3＋d)＝－2d，
从而－d2＝－2d，由于公差不为零，故d＝2，
所以数列{an}的通项公式为an＝a3＋(n－3)d＝2n－6.
(2)由数列的通项公式可得，a1＝2－6＝－4，
则Sn＝n×(－4)＋×2＝n2－5n，
则不等式Sn>an，即n2－5n>2n－6，
整理可得，(n－1)(n－6)>0，
解得n6，
又n为正整数，故n的最小值为7.
二、模拟大题
4．(2021·河北高三联考)在①an＋2－an＝4，S2＝6，②a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，③2Sn＝an＋2n2这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答．
问题：设等差数列{an}的前n项和为Sn，________，求数列的前n项和．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解　选①：
由an＋2－an＝4，可知数列{an}的公差为2，
又S2＝6，可得a1＋a1＋2＝6，得a1＝2，
所以an＝2n，Sn＝n2＋n.
可知＝＝＝－，
数列的前n项和为1－＋－＋…＋－＝1－.
选②：
设数列{an}的公差为d，则由a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，得
解得
所以an＝2n，Sn＝n2＋n，
可知＝＝＝－，
数列的前n项和为1－＋－＋…＋－＝1－.
选③：
当n＝1时，a1＝2，
当n＝2时，2S2＝a2＋8，解得a2＝4.
设数列{an}的公差为d，则d＝2，
所以an＝2n，Sn＝n2＋n，
可知＝＝＝－，
数列的前n项和为1－＋－＋…＋－＝1－.
5．(2021·福建厦门联考)已知Tn为数列{an}的前n项积，且a1＝，Sn为数列{Tn}的前n项和，若Tn＋2SnSn－1＝0(n∈N*，n≥2)，
(1)求证：数列是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
解　(1)证明：因为Tn为数列{an}的前n项积，Sn为数列{Tn}的前n项和，
所以T1＝S1＝a1＝，Tn＝Sn－Sn－1(n≥2)，
又因为Tn＋2SnSn－1＝0(n≥2)，
所以Sn－Sn－1＝－2SnSn－1(n≥2)，
若Sn＝0，则Sn－1＝0，即Sn＝0，不合题意，故Sn≠0，
所以－＝2(n≥2)，
所以数列是以2为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)知，＝2＋(n－1)×2＝2n，
所以Sn＝，n∈N*，所以Tn＝Sn－Sn－1＝－＝(n≥2)，
所以Tn－1＝(n≥3)，
所以当n≥3时，an＝＝.
由于T2＝a1a2，即＝a2，
所以a2＝－，
综上，an＝
6．(2021·湖北重点高中联考)在等差数列{an}中，a1＋a2＝7，a5＝14，令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn.
(1)求{an}的通项公式和Tn；
(2)是否存在正整数p，q(1