全国版2023高考数学一轮复习第6章数列第2讲等差数列及其前n项和试题1理含解析20230316171

第六章　数　列第二讲　等差数列及其前n项和练好题·考点自测1.下面结论正确的个数为(　　)(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数,则这个数列是等差数列.(2)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*,都有2an+1=an+an+2.(3)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数.(4)已知数列{an}的通项公式是an=pn+q(其中p,q为常数),则数列{an}一定是等差数列.A.1B.2C.3D.42.[2018全国Ⅰ,4,5分][理]记Sn为等差数列{an}的前n项和.若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=(　　)A.-12B.-10C.10D.123.[2020全国卷Ⅱ,4,5分][理]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)(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块4.[2020浙江,7,4分]已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d≠0,且a1d≤1.记b1=S2,bn+1=S2n+2-S2n,n∈N*,下列等式不可能成立的是(　　)A.2a4=a2+a6B.2b4=b2+b6C.a42=a2a8D.b42=b2b85.[2020北京,8,4分]在等差数列{an}中,a1=-9,a5=-1.记Tn=a1a2…an(n=1,2,…),则数列{Tn}(　　)A.有最大项,有最小项B.有最大项,无最小项C.无最大项,有最小项D.无最大项,无最小项6.[2020山东,14,5分]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　　　　. 7.[2019北京,10,5分][理]设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2=-3,S5=-10,则a5=　　　　,Sn的最小值为　　　　. 8.一个等差数列的前12项和为354,前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27,则该数列的公差d=　. 第4页共4页\n拓展变式1.[2020石家庄二检]已知数列{an}中,a1=1,当n≥2时,an-1-an=an-1·an.(1)求证:数列{1an}是等差数列.(2)设bn=a2n-1·a2n+1,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn<12.2.(1)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m=(　　)A.3B.4C.5D.6(2)在等差数列{an}中,已知a5+a10=12,则3a7+a9=(　　)A.12B.18C.24D.303.(1)[2021贵阳市摸底测试]等差数列{an}的前n项和为Sn,若S17=51,则2a10-a11=(　　)A.2B.3C.4D.6(2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若m>1,且am-1+am+1-am2-1=0,S2m-1=39,则m等于(　　)A.39B.20C.19D.10(3)等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若SnTn=2n3n+1,则a11b11=　　　　. 4.[2018全国卷Ⅱ,17,12分][理]记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.(1)求{an}的通项公式;(2)求Sn,并求Sn的最小值.答案第二讲　等差数列及其前n项和1.B　对于(1),若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是同一个常数,则这个数列是等差数列,故(1)错误;对于(2),由2an+1=an+an+2得an+1-an=an+2-an+1,故(2)正确;对于(3),数列{an}为等差数列的充分不必要条件是其通项公式为n的一次函数,故(3)错误;对于(4),由等差数列与一次函数的关系可得(4)正确.故选B.2.B　解法一　设等差数列{an}的公差为d,∵3S3=S2+S4,∴3(3a1+3×22d)=2a1+d+4a1+4×32d,解得d=-32a1.∵a1=2,∴d=-3,∴a5=a1+4d=2+4×(-3)=-10.故选B.解法二　设等差数列{an}的公差为d,∵3S3=S2+S4,∴3S3=S3-a3+S3+a4,∴S3=a4-a3,∴3a1+3×22d=d,又a1=2,∴d=-3,∴a5=a1+4d=2+4×(-3)=-10.故选B.3.C　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},设数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,易知其首项a1=9,d=9,所以an=a1+(n-1)d=9n.由等差数列的性质知Sn,S2n-Sn,S3n-S2n第4页共4页\n也成等差数列,所以2(S2n-Sn)=Sn+S3n-S2n,所以(S3n-S2n)-(S2n-Sn)=S2n-2Sn=2n(9+18n)2-2×n(9+9n)2=9n2=729,得n=9,所以三层共有扇面形石板的块数为S3n=3n(9+27n)2=3×9×(9+27×9)2=3402,故选C.4.D　由bn+1=S2n+2-S2n,得b2=a3+a4=2a1+5d,b4=a7+a8=2a1+13d,b6=a11+a12,b8=a15+a16=2a1+29d.由等差数列的性质易知A成立;若2b4=b2+b6,则2(a7+a8)=a3+a4+a11+a12=2a7+2a8,故B成立;若a42=a2a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),则a1=d,故C可能成立;若b42=b2b8,即(2a1+13d)2=(2a1+5d)(2a1+29d),则a1d=32,与已知矛盾,故D不可能成立.5.B　设等差数列{an}的公差为d,∵a1=-9,a5=-1,∴a5=-9+4d=-1,∴d=2,∴an=-9+(n-1)×2=2n-11.令an=2n-11≤0,则n≤5.5.∴n≤5时,an<0;n≥6时,an>0.∴T1=-9<0,T2=(-9)×(-7)=63>0,T3=(-9)×(-7)×(-5)=-315<0,T4=(-9)×(-7)×(-5)×(-3)=945>0,T5=(-9)×(-7)×(-5)×(-3)×(-1)=-945<0,当n≥6时,an>0,且an≥1,∴Tn+1<Tn<0,∴Tn=a1a2…an(n=1,2,…)有最大项T4,无最小项,故选B.6.3n2-2n　设bn=2n-1,cn=3n-2,bn=cm,则2n-1=3m-2,得n=3m-12=3m-3+22=3(m-1)2+1,于是m-1=2k,k∈N,所以m=2k+1,k∈N,则ak=3(2k+1)-2=6k+1,k∈N,得an=6n-5,n∈N*.故Sn=1+6n-52×n=3n2-2n.7.0　-10　设等差数列{an}的公差为d,∵a2=-3,S5=-10,即a1+d=-3,5a1+10d=-10,可得a1=-4,d=1,∴a5=a1+4d=0.∵Sn=na1+n(n-1)2d=12(n2-9n),∴当n=4或n=5时,Sn取得最小值,最小值为-10.8.5　设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇,偶数项的和为S偶,等差数列的公差为d.由已知条件,得S奇+S偶=354,S偶∶S奇=32∶27,解得S偶=192,S奇=162.又S偶-S奇=6d,所以d=192-1626=5.1.(1)当n≥2时,an-1-an=an-1·an,两边同时除以an-1·an,得1an-1an-1=1,由a1=1,得1a1=1,故数列{1an}是以1为首项,1为公差的等差数列.(2)由(1)知an=1n,所以bn=12n-1·12n+1=(2n+1)-(2n-1)2(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1),所以Tn=12[(1-13)+(13-15)+…+(12n-1-12n+1)]=12(1-12n+1).因为12n+1>0,所以Tn<12.2.(1)C　解法一　由Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,得am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3,所以等差数列的公差为d=am+1-am=3-2=1,由am=a1+(m-1)d=2,Sm=a1m+12m(m-1)d=0,得a1+m-1=2,a1m+12m(m-1)=0,解得a1=-2,m=5,故选C.解法二　由题意,知Sm=m(a1+am)2=0,所以a1=-am=-(Sm-Sm-1)=-2,所以am=2,a1=-2.又am+1=Sm+1-Sm=3,所以公差d=am+1-am=1,所以3=am+1=a1+md=-2+m,所以m=5.故选C.第4页共4页\n解法三　∵数列{an}为等差数列,且其前n项和为Sn,∴数列{Snn}也为等差数列.∴Sm-1m-1+Sm+1m+1=2Smm,即-2m-1+3m+1=0,解得m=5.经检验为原方程的解.故选C.(2)C　设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,因为a5+a10=12,所以2a1+13d=12,所以3a7+a9=3(a1+6d)+a1+8d=4a1+26d=2(2a1+13d)=2×12=24.3.(1)B　解法一　∵S17=51,∴17(a1+a17)2=51,可得a1+a17=6=2a9,解得a9=3,∴2a10-a11=a9+a11-a11=a9=3.故选B.解法二　由S17=17a9=51,得a9=3,则2a10-a11=a9+a11-a11=a9=3.故选B.(2)B　数列{an}为等差数列,则am-1+am+1=2am,则am-1+am+1-am2-1=0可化为2am-am2-1=0,解得am=1.又S2m-1=(2m-1)am=39,则m=20.故选B.(3)2132　由等差数列前n项和的性质得a11b11=S21T21=2×213×21+1=2132.4.(1)设{an}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15.由a1=-7得d=2.所以{an}的通项公式为an=2n-9.(2)由(1)得Sn=n2-8n=(n-4)2-16.所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16.第4页共4页