2025年高考數(shù)學一輪復習-第六章-第二節(jié)-等差數(shù)列-專項訓練【含答案】

第六章-第二節(jié)-等差數(shù)列-專項訓練一、單項選擇題1．(2023·山東濟寧一模)已知等差數(shù)列{an}的前5項和S5＝35，且滿足a5＝13a1，則等差數(shù)列{an}的公差為()A．－3 B．－1C．1 D．32．(2024·陜西西安模擬)已知數(shù)列2an+1為等差數(shù)列，且a1＝1，aa2024＝()A．10111012 B．－C．20192021 D．－3．(2024·江蘇南通模擬)現(xiàn)有茶壺九只，容積從小到大成等差數(shù)列，最小的三只茶壺容積之和為0.5L，最大的三只茶壺容積之和為2.5L，則從小到大第5只茶壺的容積為()A．0.25L B．0.5LC．1L D．1.5L4．(2023·福建莆田二模)若2a＝3，2b＝6，2c＝12，則()A．a，b，c是等差數(shù)列B．a，b，c是等比數(shù)列C．1aD．1a5．(2023·江西五市九校聯(lián)考)設Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和．若a5a7＝39A．13 B．1C．2 D．36．記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，若a7>0，S7<0，則()A．a3＋a6<0 B．a5＋a8>0C．S4<S7 D．S14>3a97．數(shù)列{an}中，a1＝5，a2＝9，若數(shù)列{an＋n2}是等差數(shù)列，則{an}的最大項為()A．9 B．11C．454 8．(2020·全國Ⅱ卷)北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場所，分上、中、下三層．上層中心有一塊圓形石板(稱為天心石)，環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構成第一環(huán)，向外每環(huán)依次增加9塊，下一層的第一環(huán)比上一層的最后一環(huán)多9塊，向外每環(huán)依次也增加9塊．已知每層環(huán)數(shù)相同，且下層比中層多729塊，則三層共有扇面形石板(不含天心石)()A．3699塊 B．3474塊C．3402塊 D．3339塊二、多項選擇題9．(2024·遼寧朝陽模擬)已知{an}為等差數(shù)列，a1＋a3＋a5＝66，a2＋a4＋a6＝57，則()A．{an}的公差為－3B．{an}的通項公式為an＝31－2nC．{an}的前n項和為59n?3D．{|an|}的前50項和為256510．(2024·湖北華中師大一附中模擬)數(shù)列{an}是等差數(shù)列，S8＝10，則下列說法正確的是()A．a3＋a6為定值B．若a1＝272，則當n＝5時SnC．若d＝12，則使Sn為負值的nD．若S4＝6，則S12＝12三、填空題11．(2022·全國乙卷)記Sn為等差數(shù)列an的前n項和．若2S3＝3S2＋6，則公差d12．(2023·北京東城一模)已知數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，a2＝3a1，Sn為其前n項和．若Sn是公差為12的等差數(shù)列，則a1＝________，a四、解答題13．(2022·全國甲卷)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和．已知2Snn＋n＝2a(1)證明：{an}是等差數(shù)列；(2)若a4，a7，a9成等比數(shù)列，求Sn的最小值．14．(2023·新高考Ⅰ卷)設等差數(shù)列{an}的公差為d，且d＞1．令bn＝n2+nan，記Sn，Tn分別為數(shù)列{an}，{(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通項公式；(2)若{bn}為等差數(shù)列，且S99－T99＝99，求d參考答案1．D[由題意得S5＝5a1＋10d＝35，a5＝a1＋4d＝13a1，解得d＝3，a1＝1.故選D.]2．B[因為數(shù)列2an+1為等差數(shù)列，且a1＝1，a4＝－12，所以設該等差數(shù)列的公差為d，則3d＝4－1＝3，即d＝1，21+a所以a2024＝－101110123．B[設九只茶壺按容積從小到大依次記為a1，a2，…，a9，由題意可得a1＋a2＋a3＝0.5，a7＋a8＋a9＝2.5，所以3a2＝0.5，3a8＝2.5，∴a2＋a8＝1，∴a5＝a2故選B.]4．A[因為2a＝3，2b＝6，2c＝12，所以a＝log23，b＝log26，c＝log212，則2b＝a＋c，故a，b，c是等差數(shù)列．故A正確．]5．D[∵a5a7＝399，∴S9S136．D[∵S7＝7a1+a72＝7a4<0，∴a4<0，又a7>0，∵a3＋a6＝a4＋a5，a4<0，d>0，∴a5符號不確定，則a3＋a6符號不確定，A錯誤．∵a5符號不確定，a8>0，∴a5＋a8符號不確定，B錯誤．∵S7－S4＝a5＋a6＋a7＝3a6，又a6符號不確定，∴S4，S7大小不確定，C錯誤．∵S14－3a9＝14a1+a142－3a9＝7(a7＋a8)－3a9＝7(2a7＋d)－3(a7＋2d)＝11a7＋d>0，∴7．B[令bn＝an＋n2，又a1＝5，a2＝9，∴b2＝a2＋4＝13，b1＝a1＋1＝6，∴數(shù)列{an＋n2}的公差為13－6＝7，則an＋n2＝6＋7(n－1)＝7n－1，∴an＝－n2＋7n－1＝－n?722＋454，又n∈N*，∴當n＝3或4時，a8．C[由題意知，由天心石開始向外的每環(huán)的扇面形石板塊數(shù)構成一個等差數(shù)列，記為{an}，易知其首項a1＝9，公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n.設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，由等差數(shù)列的性質知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差數(shù)列，所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝2n9+18n2－2×n9+9n2＝9n2＝729，得n＝9，所以三層共有扇面形石板的塊數(shù)為故選C.]9．ACD[等差數(shù)列{an}中，3a3＝a1＋a3＋a5＝66，3a4＝a2＋a4＋a6＝57，解得a3＝22，a4＝19，因此{an}的公差d＝a4－a3＝－3，首項a1＝a3－2d＝28，A正確；數(shù)列{an}的通項公式an＝a1＋(n－1)d＝31－3n，B錯誤；數(shù)列{an}的前n項和Sn＝na1+由an≥0，得n≤10，因此數(shù)列{|an|}的前50項和為a1＋a2＋…＋a10－a11－a12－…－a50＝2S10－S50＝2×59×10?3×10故選ACD.]10．AD[由數(shù)列{an}是等差數(shù)列，S8＝10，有8a1+a82＝10，即a1＋a8＝52，由等差數(shù)列的性質得a3＋a6＝a當a1＝272時，a8＝－11，公差d＝－72，則數(shù)列{an}是遞減數(shù)列，則a4＝3，a5＝－12，故n＝4時，當d＝12時，由于a1＋a8＝52，則a1＝－12，Sn＝－12n＋令Sn<0得0<n<3，又n∈N*，故使Sn為負值的n值有2個，C錯誤；當S4＝6時，設{an}公差為d，即4a1＋6d＝6，結合a1＋a8＝52，即2a1＋7d＝5解得a1＝2716，d＝－18，故S12＝12a1＋1212?1故選AD.]11．2[由2S3＝3S2＋6可得2(a1＋a2＋a3)＝3·(a1＋a2)＋6，化簡得2a3＝a1＋a2＋6，即2(a1＋2d)＝2a1＋d＋6，解得d＝2．]12．142n?14[由題意知，an>0，由a2＝3a1，得S1＝a1，S2＝a1＋a2又等差數(shù)列{Sn}的公差為1所以S2?S1＝即a1＝12，解得a1＝所以Sn＝a1+12(n－1)＝n2當n≥2時，Sn－1＝14(n－1)2＝14n2－12n得an＝Sn－Sn－1＝14n2－14n當n＝1時，a1＝12?14＝14，與題意中的所以an＝2n?1413．解：(1)證明：因為2Snn＋n＝2即2Sn＋n2＝2nan＋n①，當n≥2時，2Sn－1＋(n－1)2＝2(n－1)an－1＋(n－1)②，①－②得，2Sn＋n2－2Sn－1－(n－1)2＝2nan＋n－2(n－1)an－1－(n－1)，即2an＋2n－1＝2nan－2(n－1)an－1＋1，即2(n－1)an－2(n－1)an－1＝2(n－1)，所以an－an－1＝1，n≥2且n∈N*，所以an(2)由(1)可得a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8，又a4，a7，a9成等比數(shù)列，所以a72＝a4·a即(a1＋6)2＝(a1＋3)·(a1＋8)，解得a1＝－12，所以Sn＝－12n＋nn?12＝12n2－252n＝所以當n＝12或n＝13時，(Sn)min＝－78.14．解：(1)因為3a2＝3a1＋a3，所以3(a2－a1)＝a1＋2d，所以3d＝a1＋2d，所以a1＝d，所以an＝nd.因為bn＝n2+nan，所以bn所以S3＝3a1+a32＝3d+3d2＝6d，T3＝b1＋因為S3＋T3＝21，所以6d＋9d＝21，解得d＝3或d＝1因為d＞1，所以d＝3.所以{an}的通項公式為an＝3n.(2)因為bn＝n2+na所以2b2＝b1＋b3，即2×6a2＝所以6a1+所以a12－3a1d＋2d解得a1＝d或a1＝2d.①當a1＝d時，an＝nd，所以bn＝n2+nanS99