2027年高考数学一轮专题复习考点通关：课时规范练37 等差数列（含解析）

这是一份2027年高考数学一轮专题复习考点通关：课时规范练37 等差数列（含解析），共12页。
考点一 等差数列的基本量运算
1.(2026·安徽合肥期中)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1=15,S7=14a10,则S5=( )
A.65B.60C.55D.50
2.(2026·浙江绍兴期末)已知数列{an}是公差为2的等差数列,且a4=3a7,则数列{|an|}的前20项之和为( )
A.80B.208C.680D.780
考点二 等差数列的判定与证明
3.(2026·重庆万州期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,满足a1=1,S3=6且Sn+2-Sn=3an+1-an(n∈N*).
(1)求证:{an}为等差数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{1Sn}的前n项和Tn.
考点三 等差数列的性质及应用
4.(2025·河北唐山模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S3S6=37,则S12S9=( )
A.37B.3C.32D.53
素能综合练
5.(2024·全国甲,理4)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S5=S10,a5=1,则a1=( )
A.72B.73C.-13D.-711
6.(2025·贵州黔西南布依族期末)已知{an}为公差不为0的等差数列,若am=a10-a5+a3,则m=( )
A.9B.8C.7D.6
7.(2025·山西吕梁二模)已知等差数列{an}的公差不为0,记其前n项和为Sn,若a6=a5+a7,S2k=a2k,则正整数k的值为( )
A.3B.6C.8D.12
8.(2026·河南新乡模拟)某会场的座位呈扇形分布,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,已知该会场能容纳一个700人的代表团,则该会场的座位至少有( )
A.20排B.21排
C.22排D.23排
9.(2026·北京顺义模拟)已知数列{an}为递增的等差数列,前n项和为Sn,若a5,a6,a10成等比数列,则当Sn取最小值时,n=( )
A.3B.4C.5D.6
10.(多选题)(2026·福建宁德模拟)在等差数列{an}中,a2+a3=-12,a5+a7=2,记数列{an}的前n项和为Sn,下列选项正确的是( )
A.a1=-9
B.Sn取最小值时,n=6
C.数列{Snn}是递增数列
D.数列{|an|}的前10项和为50
11.(2025·山西太原期中)在等差数列{an}中,若S7=14,S15=60,则a6= .
12.(2025·广东佛山期中)设所有被3除余2的自然数从小到大组成数列{an},所有被5除余2的自然数从小到大组成数列{bn},把{an}和{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn},则{cn}的通项公式为 .
13.(2026·山东济南模拟)已知正项数列{an}的前n项积为Tn,且满足an=TnTn-2(n∈N*).
(1)求证:数列{Tn}为等差数列;
(2)令cn=1Tn·Tn+1,求数列{cn}的前n项和Sn.
参考答案
课时规范练37 等差数列
1.A 解析 设等差数列{an}的公差为d,由S7=14a10,得7a4=14a10,即7(a1+3d)=14(a1+9d),则a1=-15d,又a1=15,所以d=-1,所以S5=5×15+5×42×(-1)=65.故选A.
2.B 解析 设数列{an}的公差为d,因为a4=3a7,所以a1+3d=3(a1+6d),又d=2,所以a1+3×2=3(a1+6×2),解得a1=-15,所以an=-17+2n,前n项和Sn=n(-15-17+2n)2=n2-16n.令-17+2n>0,得n>172,所以数列{an}的前20项中,前8项为负数,后12项为正数,所以|a1|+|a2|+…+|a20|=-a1-a2-…-a8+a9+a10+…+a20=S20-2S8=202-16×20-2×(82-16×8)=208.故选B.
3.(1)解 因为当n∈N*时,Sn+2-Sn=3an+1-an,
所以an+1+an+2=3an+1-an,即an+2+an=2an+1,所以数列{an}是等差数列.
因为a1=1,S3=6,即S3=3a2=6,所以a2=2,所以公差为a2-a1=1,
所以an=1+n-1=n,即数列{an}的通项公式为an=n.
(2)解 由(1)知Sn=n×1+n(n-1)2=n(n+1)2,
所以1Sn=2n(n+1)=2(1n−1n+1),
因此Tn=2×(1-12)+2×(12−13)+…+2×(1n−1n+1)=2×(1-12+12−13+…+1n−1n+1)=2nn+1.
4.C 解析 由题意设S3=3t,t≠0,则S6=7t,由{an}是等差数列,所以S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9也成等差数列,所以S9-S6=5t,解得S9=12t;S12-S9=6t,解得S12=18t,所以S12S9=18t12t=32.故选C.
5.B 解析 (方法1)设公差为d,由S5=S10,可得5a1+5×42d=10a1+10×92d,即5a1+35d=0,又a5=1,即a1+4d=1,解得a1=73.故选B.
(方法2)若S5=S10,则a6+a7+a8+a9+a10=0,即5a8=0,所以a8=0,则公差d=a8-a58-5=-13,所以a1=a8+(1-8)×(-13)=73.故选B.
6.B 解析 因为{an}为公差不为0的等差数列,设公差为d(d≠0),
所以am=a10-a5+a3⇒am-a3=a10-a5⇒(m-3)d=(10-5)d.
因为d≠0,所以m-3=5⇒m=8.故选B.
7.B 解析 设等差数列{an}的公差为d,d≠0,由a6=a5+a7,得a6=2a6,解得a6=0,a1=a6-5d=-5d,an=a1+(n-1)d=(n-6)d,S2k=-5d+(2k-6)d2·2k,因此-5d+(2k-6)d2·2k=(2k-6)d,整理得2k2-13k+6=0,解得k=6.故选B.
8.B 解析 依题意,该会场从第一排到最后一排的座位数构成以15为首项,2为公差的等差数列{an},设其前n项和为Sn,则Sn=15n+n(n-1)2·2=n2+14n,显然数列{Sn}是递增数列,S20=680700,由Sn≥700,得nmin=21,所以该会场的座位至少有21排.故选B.
9.B 解析 设数列{an}的公差为d,因为a5,a6,a10成等比数列,所以a62=a5a10,即(a1+5d)2=(a1+4d)(a1+9d),化简得3a1d+11d2=0,解得a1=-113d或d=0,因为数列{an}为递增的等差数列,所以d>0,故d=0舍去,因此a1=-113d.所以Sn=na1+12n(n-1)d=12n2d-256nd=12d(n-256)2-62572d,所以当n=4时,Sn取得最小值.故选B.
10.ACD 解析 对于A,设等差数列{an}的公差为d,则由题意知2a1+3d=-12,2a1+10d=2,解得a1=-9,d=2,故A正确;对于B,an=-9+2(n-1)=2n-11,Sn=n(-9+2n-11)2=n2-10n=(n-5)2-25,则当n=5时,Sn取最小值-25,故B错误;对于C,Snn=n-10,所以数列{Snn}是递增数列,故C正确;对于D,数列{|an|}的前10项和为|-9|+|-7|+|-5|+|-3|+|-1|+1+3+5+7+9=50,故D正确.故选ACD.
11.3 解析 由S7=14,S15=60,得7a4=14,15a8=60,所以a4=2,a8=4,于是a4+a8=6=2a6,因此a6=3.
12.cn=15n-13 解析 根据题意,数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列,则an=2+3(n-1)=3n-1,数列{bn}是首项为2,公差为5的等差数列,bn=2+5(n-1)=5n-3.数列{an}与{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn},故数列{cn}是首项为2,公差为15的等差数列,则cn=2+15(n-1)=15n-13.
13.(1)证明 当n=1时,a1=T1=T1T1-2,
又an>0,T1≠0,所以T1=3,
当n≥2时,an=TnTn-1=TnTn-2,
又Tn≠0,所以Tn-2=Tn-1,
即Tn-Tn-1=2,所以数列{Tn}是首项为3,公差为2的等差数列.
(2)解 由(1)知数列{Tn}是首项为3,公差为2的等差数列,则Tn=2n+1,cn=1Tn·Tn+1=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1−12n+3),
数列{cn}的前n项和Sn=12(13−15+15−17+…+12n+1−12n+3)=12(13−12n+3)=16−14n+6=n6n+9,
所以数列{cn}的前n项和Sn=n6n+9.