2025届人教新高考高三数学一轮复习考点规范练26等差数列及其前n项和Word版附解析

这是一份2025届人教新高考高三数学一轮复习考点规范练26等差数列及其前n项和Word版附解析，共4页。试卷主要包含了基础巩固，综合应用，探究创新等内容，欢迎下载使用。

1.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若4+a1=a2+a5,则S11=( )
A.28B.34C.40D.44
答案:D
解析:由a6+a1=a2+a5,4+a1=a2+a5,可得a6=4,所以S11=11(a1+a11)2=11a6=44.
2.已知等差数列{an}的前4项和为30,前8项和为100,则它的前12项和为( )
A.110B.200C.210D.260
答案:C
解析:设等差数列{an}的前n项和为Sn.
由于在等差数列{an}中,S4,S8-S4,S12-S8成等差数列,又S4=30,S8=100,所以30,70,S12-100成等差数列,即2×70=30+S12-100,解得S12=210.
3.已知数列{an}是等差数列,且a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,数列{an}的前n项和为Sn,则使得Sn最大的n是( )
A.18B.19C.20D.21
答案:C
解析:根据题意可知,由a1+a3+a5=105,得a3=35,由a2+a4+a6=99,得a4=33,
则等差数列{an}的公差d=33-35=-2,a1=a3-2d=39,Sn=-n2+40n,
因此当Sn取得最大值时,n=20.
4.(多选)已知等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,当首项a1和d变化时,a3+a8+a13是一个定值,则下列各选项中也一定为定值的有( )
A.a7B.a8C.S15D.S16
答案:BC
解析:由等差中项的性质可得a3+a8+a13=3a8为定值,则a8为定值,S15=15(a1+a15)2=15a8为定值,但S16=16(a1+a16)2=8(a8+a9)不一定为定值.
5.设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1=1,公差d=2,Sn+2-Sn=36,则n等于( )
A.5B.6C.7D.8
答案:D
解析:(方法一)由题意得Sn=na1+n(n-1)2d=n+n(n-1)=n2,Sn+2=(n+2)2,由Sn+2-Sn=36,得(n+2)2-n2=4n+4=36,故n=8.
(方法二)Sn+2-Sn=an+1+an+2=2a1+(2n+1)d=2+2(2n+1)=36,解得n=8.
6.(多选)设Sn是等差数列{an}的前n项和,d为{an}的公差,且S5S8,则下列结论正确的是( )
A.d>0
B.a7=0
C.S9>S5
D.S6与S7均为Sn的最大值
答案:BD
解析:由于S6=S7,则S7-S6=a7=0,故B选项正确;
由S50,则d=a7-a6<0,故A选项错误;
若S9>S5,则a6+a7+a8+a9>0,
可得2(a7+a8)>0,又由a7=0,且d<0,得a8<0,即a7+a8<0,矛盾,故C选项错误;
因为S5S8,所以S6与S7均为Sn的最大值,故D选项正确.
7.已知等差数列{an}的前3项依次是-1,a-1,1,则a= ;通项an= .
答案:1 n-2
解析:因为-1,a-1,1构成等差数列,
所以2(a-1)=-1+1=0,解得a=1.
因为首项a1=-1,公差d=1,所以an=n-2.
8.已知数列{an}满足(an+1-1)(an-1)=3(an-an+1),a1=2,令bn=1an-1.
(1)证明:数列{bn}是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
(1)证明:由题意可知,an≠1.
由1an+1-1−1an-1=an-an+1(an+1-1)(an-1)=13,
得bn+1-bn=13,故{bn}是公差d=13的等差数列.
(2)解:由(1)及b1=1a1-1=12-1=1,得bn=13n+23,即an-1=3n+2,故an=n+5n+2.
二、综合应用
9.(多选)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1+5a3=S8,则下列结论一定正确的是( )
A.a10=0
B.当n=9或10时,Sn取最大值
C.|a9|<|a11|
D.S6=S13
答案:AD
解析:设等差数列{an}的公差为d.由于a1+5a3=S8,则a1+5a1+10d=8a1+8×7d2,得a1+9d=0,即a10=0,故A正确;
由于a1+9d=0,当d>0时,a1<0,则Sn有最小值,故B错误;
因为|a9|=|a10-d|=|d|,|a11|=|a10+d|=|d|,所以|a9|=|a11|,故C错误;
由于S6=6a1+6×5d2=-54d+15d=-39d,
S13=13a1+13×12d2=-117d+78d=-39d,故D正确.
10.设等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足S20>0,S21<0,则S1a1,S2a2,…,S17a17中最大的项为( )
A.S10a10B.S11a11
C.S12a12D.S13a13
答案:A
解析:因为S20=20(a1+a20)2=10(a1+a20)>0,
所以a1+a20>0,则a10+a11>0.
同理由S21<0可得a1+a21<0,即a11<0,得a10>0,从而等差数列{an}的公差d<0.
当n≤10时,S10最大,而a10最小,故S10a10的值最大.
11.将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为 .
答案:3n2-2n
解析:数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数.并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列时的新数列{an}为以1为首项,以6为公差的等差数列.
所以数列{an}的前n项和为Sn=n×1+n(n-1)2×6=3n2-2n.
12.(2023新高考Ⅰ,20)设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令bn=n2+nan,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.
(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求数列{an}的通项公式;
(2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.
解:(1)由3a2=3a1+a3,得3(a2-a1)=a3,
即3d=a1+2d,得a1=d,
从而an=nd,故bn=n2+nnd=n+1d.
易知S3=a1+a2+a3=6d,T3=2+3+4d=9d.
由题意得6d+9d=21,从而2d2-7d+3=0.
整理得(2d-1)(d-3)=0,解得d=3或d=12(舍去).故an=3n.
(2)由题意得a2=a1+d,a3=a1+2d,b1=2a1,b2=6a2,b3=12a3.
因为{bn}为等差数列,所以2b2=b1+b3,即2×6a2=2a1+12a3,所以2×6a1+d=2a1+12a1+2d,
解得a1=d或a1=2d.
当a1=d时,an=a1+(n-1)d=d+d(n-1)=nd,bn=n2+nnd=n+1d=2d+1d(n-1),
此时{bn}是以2d为首项,1d为公差的等差数列,S99=99(a1+a99)2=99(2a1+98d)2=99(2d+98d)2=99×50d,T99=99(b1+b99)2=99(2b1+98×1d)2=99(2×2d+98×1d)2=99×51d.
S99-T99=99×50d-99×51d=99,
解得d=5150或d=-1(舍去).
当a1=2d时,an=a1+(n-1)d=2d+d(n-1)=(n+1)d,bn=n2+n(n+1)d=nd=1d+1d(n-1),此时{bn}是以1d为首项,1d为公差的等差数列.S99=99(a1+a99)2=99(2a1+98d)2=99(4d+98d)2=99×51d,T99=99(b1+b99)2=99(2b1+98×1d)2=99(2×1d+98×1d)2=99×50d,S99-T99=99×51d-99×50d=99,
解得d=-5051<0(舍去)或d=1(舍去).
故a1=2d不符合题意.
综上所述,d=5150.
三、探究创新
13.下表数阵的特点是每行、每列都成等差数列,记第i行第j列的数为aij,则
(1)ann= (n∈N*);
(2)表中的数52共出现 次.
答案:(1)n2+1 (2)4
解析:(1)根据题意得,第i行的等差数列的公差为i,第j列等差数列的公差为j,所以第一行数组的数列a1j是以2为首项,公差为1的等差数列,可得a1j=2+(j-1)×1=j+1,
又因为第j列数组成的数列aij是以a1j为首项,公差为j的等差数列,
所以aij=a1j+(i-1)j=(j+1)+(i-1)×j=ij+1.
因为aij=ij+1,所以ann=n×n+1=n2+1;
(2)由于aij=ij+1=52,则ij=51,得i=1且j=51或i=51且j=1或i=3且j=17或i=17且j=3,故表中的数52出现了4次.
14.(2022新高考Ⅰ,17)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,Snan是公差为13的等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:1a1+1a2+…+1an<2.
(1)解:方法一:∵Snan是以S1a1=1为首项,以13为公差的等差数列,
∴Snan=1+(n-1)×13=n+23.
∴Sn=n+23an.①
当n≥2时,Sn-1=n+13an-1.②
①-②得an=Sn-Sn-1=n+23an-n+13an-1,∴n+13an-1=n-13an,∴anan-1=n+1n-1.
∴an=anan-1·an-1an-2·…·a2a1·a1=n+1n-1×nn-2×n-1n-3×…×42×31·a1(n≥2),
又a1=1,∴an=(n+1)×n2×1×1=n(n+1)2(n≥2).
又当n=1时,a1=1也符合上式,∴an=n(n+1)2.
方法二:∵Snan是以S1a1=1为首项,以13为公差的等差数列,
∴Snan=1+(n-1)×13=n+23.
∴Sn=n+23an.①
当n≥2时,Sn-1=n+13an-1.②
①-②得an=Sn-Sn-1=n+23an-n+13an-1,
∴n+13an-1=n-13an,
∴ann+1=an-1n-1,
∴ann(n+1)=an-1(n-1)·n.
设ann(n+1)=bn,
则bn=bn-1,
∴{bn}为常数列,且b1=a11×2=12,
∴ann(n+1)=bn=12,
∴an=n(n+1)2.
(2)证明:由(1)知1an=2n(n+1)=2(1n−1n+1),
∴1a1+1a2+…+1an=2(1-12+12−13+…+1n−1n+1)=2(1-1n+1)<2.2
3
4
5
6
7
…
3
5
7
9
11
13
…
4
7
10
13
16
19
…
5
9
13
17
21
25
…
6
11
16
21
26
31
…
7
13
19
25
31
37
…
…
…
…
…
…
…
…