2025年高考数学一轮复习-第七章-第二节-等差数列-专项训练【含解析】

这是一份2025年高考数学一轮复习-第七章-第二节-等差数列-专项训练【含解析】，共11页。
A. −2B. 2C. 4D. 6
2.(2024·九省适应性测试)记等差数列{an}的前n项和为Sn,a3+a7=6,a12=17,则S16=( ).
A.120B.140C.160D.180

3. 已知在等差数列{an}中，a5，a17是方程x2−6x−21=0的两个根，则{an}的前21项的和为（ ）.
A. 6B. 30C. 63D. 126
4. 记Sn为等差数列{an}的前n项和.若4S1=3S2+S4，a5=5，则a10=（ ）.
A. 3B. 7C. 11D. 15
5. [2024·辽宁联考]设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6+a7+a8+a9+a10=20,则S15=（ ）.
A. 150B. 120C. 75D. 60
6. [2024·哈尔滨模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S6=−5S3≠0，则S9S3=（ ）.
A. 18B. 13C. −13D. −18
7. （改编）已知等差数列{an}的各项均不相等，其前n项和为Sn，若am2+am+12=am+22+am+32，则（ ）.
A. a2m+1=0B. a2m+2=0C. S2m+1=0D. S2m+2=0
8. 某会徽的主体图案是由如图所示的一连串直角三角形演化而成的，其中OA1=A1A2=A2A3=⋯=A7A8=1，如果把图中的直角三角形继续作下去，记OA1，OA2，⋯ ，OAn的长度构成的数列为{an}，那么a25=（ ）.
A. 25B. 24C. 5D. 4
综合提升练
9. （多选题）若{an}是等差数列，则下列数列为等差数列的是（ ）.
A. {an+3}B. {an2}C. {an+1+an}D. {2an+n}
10. （多选题）已知公差为d的等差数列{an}满足a2=5，a6+a8=30，则下列结论正确的是（）.
A. d=2B. an=2n+1
C. 1an2−1=141n+1n+1D. {1an2−1}的前n项和为n4n+1
11. 已知数列{an}满足a1=12，且an+1=an3an+1，则数列{an}的通项公式为__________
12. 已知等差数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足Snan+12=nn+1，则其通项公式an=_________
应用情境练
13. 南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》中首次提出“杨辉三角”，这是数学史上一个伟大的成就.如图所示，在“杨辉三角”中，前n行的数字总和记作Sn.设an=3lg2Sn+1+1，将数列{an}中的整数项依次组成新的数列{bn}，设数列{bn}的前n项和记作Tn，则T20222022的值为_________
14. 已知数列{an}的前n项和为Sn，n∈N∗，现有三个条件分别为①a5=5；②an+1−an=2；③S2=−4.请从上述三个条件中选择能够确定一个数列的两个条件，并完成解答.
您选择的条件是 和 .
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{bn}满足bn=1an⋅an+1，求数列{bn}的前n项和Tn.
创新拓展练
15. 在数列{an}中，an+2−an=2n∈N∗,a1=−23,a2=−19,Sn为{an}的前n项和，则Sn的最小值为_________
16. 已知各项均为正数的数列{an}，{bn}满足a1=2，b1=4，且an，bn，an+1成等差数列，bn，an+1，bn+1成等比数列.
（1）求证：数列{bn}为等差数列.
（2）记cn=1an+1an+1，{cn}的前n项和为Sn，若Sk>1110，求正整数k的最小值.
第七章-第二节-等差数列-专项训练【解析版】
基础巩固练
1. 已知等差数列{an}满足a1=−2,a6+a8=20，则{an}的公差为（ B ）.
A. −2B. 2C. 4D. 6
[解析]设公差为d，因为a6+a8=2a7=20，所以a7=10,所以a7−a1=6d=12，所以d=2.故选B.
2.(2024·九省适应性测试)记等差数列{an}的前n项和为Sn,a3+a7=6,a12=17,则S16=( C ).
A.120B.140C.160D.180
[解析] 因为a3+a7=2a5=6,所以a5=3,所以a5+a12=3+17=20,
所以S16=(a1+a16)×162=8(a5+a12)=160.
故选C.
3. 已知在等差数列{an}中，a5，a17是方程x2−6x−21=0的两个根，则{an}的前21项的和为（ C ）.
A. 6B. 30C. 63D. 126
[解析]a5，a17是方程x2−6x−21=0 的两根，由韦达定理得,a5+a17=6，
所以等差数列{an} 的前21项的和S21=21a1+a212=21a5+a172=63.故选C.
4. 记Sn为等差数列{an}的前n项和.若4S1=3S2+S4，a5=5，则a10=（ D ）.
A. 3B. 7C. 11D. 15
[解析]设等差数列{an} 的公差为d，
由4S1=3S2+S4, a5=5, 得4a1=32a1+d+22a1+3d, a1+4d=5,
解得a1=−3, d=2,
所以a10=a1+9d=−3+18=15.故选D.
5. [2024·辽宁联考]设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6+a7+a8+a9+a10=20,则S15=（ D ）.
A. 150B. 120C. 75D. 60
[解析]由等差数列的性质可得，a6+a7+a8+a9+a10=5a8=20，所以a8=4，则S15=15a1+a152=2a8×152=15a8=60.故选D.
6. [2024·哈尔滨模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S6=−5S3≠0，则S9S3=（ D ）.
A. 18B. 13C. −13D. −18
[解析]由S6=−5S3，可设S6=−5a,S3=a，
∵{an} 为等差数列，∴S3，S6−S3，S9−S6为等差数列，
即a，−6a，S9−S6成等差数列，∴S9−S6=−13a，即S9=−18a，
∴S9S3=−18.故选D.
7. （改编）已知等差数列{an}的各项均不相等，其前n项和为Sn，若am2+am+12=am+22+am+32，则（ D ）.
A. a2m+1=0B. a2m+2=0C. S2m+1=0D. S2m+2=0
[解析]设等差数列{an} 的公差为d，因为{an} 的各项均不相等，所以d≠0.由am2+am+12=am+22+am+32，得am+22−am2+am+32−am+12=0，所以am+2−amam+2+am+am+3−am+1am+3+am+1=0，即2dam+2+am+2d⋅am+3+am+1=0，所以am+2+am+am+3+am+1=0，由am+am+3=am+1+am+2=a1+a2m+2，得a1+a2m+2=0，
所以S2m+2=2m+2a1+a2m+22=0.故选D.
8. 某会徽的主体图案是由如图所示的一连串直角三角形演化而成的，其中OA1=A1A2=A2A3=⋯=A7A8=1，如果把图中的直角三角形继续作下去，记OA1，OA2，⋯ ，OAn的长度构成的数列为{an}，那么a25=（ C ）.
A. 25B. 24C. 5D. 4
[解析]由题意知，OA1=A1A2=A2A3=⋯=A7A8=1，
△OA1A2，△OA2A3，⋯ ，△OA7A8，⋯ 都是直角三角形，
∴a1=1，且an2=an−12+1n≥2，故an2−an−12=1n≥2，
∴ 数列{an2} 是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴an2=1+n−1⋅1=n.
又an>0，∴an=n，∴ 数列{an} 的通项公式an=nn∈N∗，
∴a25=25=5.故选C.
综合提升练
9. （多选题）若{an}是等差数列，则下列数列为等差数列的是（ ACD ）.
A. {an+3}B. {an2}C. {an+1+an}D. {2an+n}
[解析]设等差数列{an} 的公差为d，当n≥2 时，an−an−1=d.
对于A，an+1+3−an+3=an+1−an=d，为常数，因此{an+3} 是等差数列，故A 正确;
对于B，an+12−an2=dan+1+an=d[2a1+2n−1⋅d]，不为常数，因此{an2} 不是等差数列，故B 错误;
对于C，an+2+an+1−an+1+an=an+2−an=2d，为常数，因此{an+1+an} 是等差数列,故C 正确;
对于D，2an+1+n+1−2an+n=2an+1−an+1=2d+1，为常数，因此{2an+n} 是等差数列,故D 正确.故选ACD.
10. （多选题）已知公差为d的等差数列{an}满足a2=5，a6+a8=30，则下列结论正确的是（ ABD ）.
A. d=2B. an=2n+1
C. 1an2−1=141n+1n+1D. {1an2−1}的前n项和为n4n+1
[解析]由题意得a2=5,
a6+a8=30,即a1+d=5, 2a1+12d=30,
解得a1=3, d=2, 所以an=2n+1n∈N∗，故A,B正确；
因为an2−1=2n2n+2=4nn+1，所以1an2−1=14nn+1=14⋅1n−1n+1，故C 错误；
数列{1an2−1} 的前n 项和为141−12+12−13+⋯+1n−1n+1=141−1n+1=n4n+1，故D 正确.故选ABD.
11. 已知数列{an}满足a1=12，且an+1=an3an+1，则数列{an}的通项公式为an=13n−1 .
[解析]对an+1=an3an+1 两边取倒数，可得1an+1=1an+3，即1an+1−1an=3,
所以数列{1an} 是首项为2，公差为3的等差数列，所以1an=3n−1，
所以an=13n−1n∈N∗.
12. 已知等差数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足Snan+12=nn+1，则其通项公式an=n2 .
[解析]设等差数列{an} 的首项为a1，公差为d，
令n=1,得a1a22=12，即a22=2a1，
令n=2,得a1+a2a32=23，
由4a1=2a22, 3a1+3a2=2a32, 两式相减得3a2−a1=2a3+a2⋅a3−a2，
即2a1+3d=2d2a1+3d，
因为等差数列{an} 的各项均为正数，所以2a1+3d>0，解得d=12，代入a22=2a1，解得a1=12，
所以an=12+12n−1=n2n∈N∗.
应用情境练
13. 南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》中首次提出“杨辉三角”，这是数学史上一个伟大的成就.如图所示，在“杨辉三角”中，前n行的数字总和记作Sn.设an=3lg2Sn+1+1，将数列{an}中的整数项依次组成新的数列{bn}，设数列{bn}的前n项和记作Tn，则T20222022的值为1518.
[解析]由杨辉三角可得，Sn=1+2+4+8+⋯+2n−1=2n−1，
所以an=3lg22n−1+1+1=3n+1>1，
若an=3n+1=3k，k为正整数，则n=3k2−13 不是正整数，不符合题意；
若an=3n+1=3k+1，k为正整数，则n=3k2+2k 是正整数，符合题意；
若an=3n+1=3k+2，k为正整数，则n=3k2+4k+1 是正整数，符合题意.
所以数列{bn} 是由从2开始的不是3的倍数的正整数组成的，
所以T2022=2+3+4+5+⋯+3034−31+2+3+⋯+1011=2+3034×30332−3×1+1011×10112=3069396，
所以T20222022=30693962022=1518.
14. 已知数列{an}的前n项和为Sn，n∈N∗，现有三个条件分别为①a5=5；②an+1−an=2；③S2=−4.请从上述三个条件中选择能够确定一个数列的两个条件，并完成解答.
您选择的条件是 和 .
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{bn}满足bn=1an⋅an+1，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析]（1）当选①②时：
由an+1−an=2，可知数列{an} 是公差d=2 的等差数列，
由a5=5，得a5=a1+5−1⋅d，
解得a1=−3，
所以an=−3+2n−1，即an=2n−5n∈N∗.
当选②③时：
由an+1−an=2，可知数列{an} 是公差d=2 的等差数列，
由S2=−4，可知a1+a2=−4，即2a1+2=−4，
解得a1=−3，
故an=−3+2n−1，即an=2n−5n∈N∗.
选①③这两个条件无法确定数列.
（2）由（1）知an=2n−5n∈N∗,所以bn=1an⋅an+1=12n−5⋅2n−3=1212n−5−12n−3，
Tn=12[1−3−1−1+1−1−11+11−13+⋯+12n−5−12n−3]=12−13−12n−3=−16−14n−6.
创新拓展练
15. 在数列{an}中，an+2−an=2n∈N∗,a1=−23,a2=−19,Sn为{an}的前n项和，则Sn的最小值为−243 .
[解析]因为an+2−an=2，所以a1,a3,a5,⋯ 是以a1 为首项，2为公差的等差数列，a2,a4,a6,⋯ 是以a2 为首项，2为公差的等差数列.
当n 为奇数时，an=−23+2×n−12=n−24，
当n 为偶数时，an=−19+2×n−22=n−21，
所以an=n−24,n为奇数, n−21,n为偶数,
当n 为偶数时，Sn=a1+a2+a3+a4+⋯+an−1+an
=2×2−46+2×4−46+⋯+2×n−46
=22+4+6+⋯+n−46×n2
=n22−22n
=12n−222−242，
故当n=22 时，Sn的最小值为−242；
当n 为奇数时，Sn=Sn−1+an=n−122−22n−1+n−24=n22−22n−32=12n−222−4872，
故当n=21 或n=23 时，Sn取得最小值,最小值为−243.
16. 已知各项均为正数的数列{an}，{bn}满足a1=2，b1=4，且an，bn，an+1成等差数列，bn，an+1，bn+1成等比数列.
（1）求证：数列{bn}为等差数列.
（2）记cn=1an+1an+1，{cn}的前n项和为Sn，若Sk>1110，求正整数k的最小值.
[解析]（1）各项均为正数的数列{an}，{bn}满足an，bn，an+1成等差数列，则2bn=an+an+1.
因为bn，an+1，bn+1成等比数列，所以an+12=bn⋅bn+1，因为a1=2，b1=4，所以a2=6，b2=9.
所以2bn2=bn−1bn+bnbn+1n≥2，整理得2bn=bn−1+bn+1，所以数列{bn}为等差数列.
（2）由（1）得bn=b1+n−1b2−b1，整理得bn=n+12n∈N∗，则an=nn+1n∈N∗,得cn=1an+1an+1=1nn+1+1n+1n+2=1n−1n+1+1n+1−1n+2=1n−1n+2.
故Sn=1−13+12−14+13−15+⋯+1n−1−1n+1+1n−1n+2=32−1n+1−1n+2，
由于函数fx=32−1x+1−1x+2 在0,+∞ 上单调递增，
则当k=3 时，S3=32−14−15=21201110，故k 的最小值为4.