2024高考数学一轮总复习（导与练）第五章第2节　等差数列

第2节　等差数列

 [选题明细表]

1.在等差数列{an}中,若a2+a3=4,a4+a5=6,则a9+a10等于(　C　)

A.9    B.10    C.11     D.12

解析:设等差数列{an}的公差为d,

则解得

因此,a9+a10=2a1+17d=+=11.

2.已知等差数列{an}中,a3=-5,a11=11,记数列{an}的前n项和为Sn,则S13的值为(　B　)

A.42   B.39    C.36    D.33

解析:S13===39.

3.已知等差数列{an}的前n项和是Sn,若S15>0,S16<0,则Sn的最大值是(　C　)

A.S1 B.S7 C.S8 D.S15

解析:S15=15a8>0,

S16==8(a8+a9)<0,

所以a8>0,a9<0,

等差数列{an}的公差d=a9-a8<0,

故在等差数列{an}中,当n≤8时,an>0;

当n≥9时,an<0,

所以当n=8时,Sn最大.

4.数列{an}的前n项和是Sn,下列可以判断{an}是等差数列的是(　A　)

A.Sn=-2n2      B.Sn=-2n2+1

C.Sn=-2n2-1   D.an=-2n2-n

解析:{an}是等差数列⇔an=An+B⇔Sn=Cn2+Dn,

可得Sn=-2n2是等差数列.

5.设等差数列{an}的公差为d,a1>0,则“a5>0”是“d>0”的(　B　)

A.充要条件

B.必要不充分条件

C.充分不必要条件

D.既不充分也不必要条件

解析:必要性成立,由等差数列{an}的公差d>0可知,a5=a1+4d>0;

充分性不成立,例如a1=5,a5=1得d=-1.

6.已知{an}是等差数列,{Sn}是其前n项和.若a1+=-3,S5=10,则a9的值是　　       　. 

解析:由S5=10得a3=2,因此2-2d+(2-d)2=-3⇒d=3,a9=2+3×6=20.

答案:20

7.已知数列{an},{bn}都是等差数列,设{an}的前n项和为Sn,{bn}的前n项和为Tn.若=,则=　    　　　. 

解析:===.

答案:

8.(2022·河南商丘三模)写出同时满足下面两个性质的数列{an}的一个通项公式an=　　      　　. 

①{an}是递增的等差数列;

②a2-a3+a4=1.

解析:设等差数列{an}的公差为d,由a2-a3+a4=1,得a1+2d=1;

由①可知d>0,取d=1,则a1=-1,所以数列{an}的一个通项公式为an=-1+(n-1)=n-2.

答案:n-2(答案不唯一,满足d>0,a3=1即可)

9.公差不为零的等差数列{an}满足a3=a5a8,a6=1.

(1)求{an}的通项公式;

(2)记{an}的前n项和为Sn,求使Sn<an成立的最大正整数n.

解:(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),

由得

解得

所以an=-9+2(n-1)=2n-11.

(2)由(1)得Sn==n2-10n,

若Sn<an,则n2-10n<2n-11,

即n2-12n+11=(n-11)(n-1)<0,

解得1<n<11,所以Sn<an成立的最大正整数n=10.

10.(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)

(　C　)

A.3 699块    B.3 474块

C.3 402块    D.3 339块

解析:由题意知,由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列,记为{an},易知其首项a1=9、公差d=9,所以an=a1+(n-

1)d=9n.设数列{an}的前n项和为Sn,由等差数列的性质知Sn,S2n-

Sn,S3n-S2n也成等差数列,所以2(S2n-Sn)=Sn+S3n-S2n,所以(S3n-S2n)-

(S2n-Sn)=S2n-2Sn=-2×=9n2=729,得n=9,所以三层共有扇面形石板的块数为S3n===3 402.

11.(多选题)无穷数列{an}的前n项和Sn=an2+bn+c,其中a,b,c为实数,则下列说法正确的是(　ABC　)

A.{an}可能为等差数列

B.{an}可能为等比数列

C.{an}中一定存在连续三项构成等差数列

D.{an}中一定存在连续三项构成等比数列

解析:当n=1时,a1=S1=a+b+c.

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an2+bn+c-a(n-1)2-b(n-1)-c=2an-a+b.

当n=1时,上式=a+b.所以若{an}是等差数列,则a+b=a+b+c,所以c=0.

所以当c=0时,{an}是等差数列,时是等比数列;当c≠0时,{an}从第二项开始是等差数列.故选ABC.

12.(2020·新高考Ⅱ卷)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　　　　. 

解析:因为数列{2n-1}是以1为首项,2为公差的等差数列,数列{3n-2}是以1为首项,3为公差的等差数列,所以这两个数列的公共项所构成的新数列{an}是以1为首项,6为公差的等差数列,所以{an}的前n项和为n·1+·6=3n2-2n.

答案:3n2-2n

13.在等差数列{an}中,a3+a4=4,a5+a7=6.

(1)求{an}的通项公式;

(2)设bn=[an],求数列{bn}的前10项和,其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[2.6]=2.

解:(1)设数列{an}的公差为d,

由题意有2a1+5d=4,a1+5d=3,

解得a1=1,d=,

所以{an}的通项公式为an=.

(2)由(1)知bn=[],

当n=1,2,3时,1≤<2,bn=1;

当n=4,5时,2<<3,bn=2;

当n=6,7,8时,3≤<4,bn=3;

当n=9,10时,4<<5,bn=4,

所以数列{bn}的前10项和为1×3+2×2+3×3+4×2=24.

14.(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:①③⇒②.

已知{an}是等差数列,a2=3a1.

设数列{an}的公差为d,

则a2=3a1=a1+d,得d=2a1,

所以Sn=na1+d=n2a1.

因为数列{an}的各项均为正数,

所以=n,

所以-=(n+1)-n=(常数),所以数列{}是等差数列.

①②⇒③.

已知{an}是等差数列,{}是等差数列.

设数列{an}的公差为d,

则Sn=na1+d=dn2+(a1-)n.

因为数列{}是等差数列,所以数列{}的通项公式是关于n的一次函数,则a1-=0,即d=2a1,所以a2=a1+d=3a1.

②③⇒①.

已知数列{}是等差数列,a2=3a1,

所以S1=a1,S2=a1+a2=4a1.

设数列{}的公差为d,d>0,

则-=-=d,得a1=d2,

所以=+(n-1)d=nd,所以Sn=n2d2,

所以an=Sn-Sn-1=n2d2-(n-1)2d2=2d2n-d2(n≥2),是关于n的一次函数,所以数列{an}是等差数列.

15.我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载:一年有二十四个节气,每个节气的晷长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器,晷长即为所测量影子的长度).二十四节气及晷长变化如图所示,相邻两个节气晷长减少或增加的量相同,周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈

三尺五寸,夏至的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺,一尺等于十寸),则下列说法不正确的是(　C　)

A.小寒比大寒的晷长长一尺

B.春分和秋分两个节气的晷长相同

C.小雪的晷长为一丈五寸

D.立春的晷长比立秋的晷长长

解析:由题意可知,夏至到冬至的晷长构成等差数列{an},其中a1=

15寸,a13=135寸,公差为d寸,则135=15+12d,解得d=10.

同理可知,由冬至到夏至的晷长构成等差数列{bn},首项b1=135,末项b13=15,公差d=-10(单位都为寸).

故小寒与大寒相邻,小寒比大寒的晷长长10寸,即一尺,A正确;

因为春分的晷长为b7,

所以b7=b1+6d=135-60=75,

因为秋分的晷长为a7,

所以a7=a1+6d=15+60=75,故春分和秋分两个节气的晷长相同,B正确;

因为小雪的晷长为a11,

所以a11=a1+10d=15+100=115,115寸即一丈一尺五寸,故小雪的晷长为一丈一尺五寸,C错误;

因为立春的晷长,立秋的晷长分别为b4,a4,

所以a4=a1+3d=15+30=45,b4=b1+3d=135-30=105,

所以b4>a4,

故立春的晷长比立秋的晷长长,D正确.