2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材）第六章数列 课时规范练26　等差数列 WORD版含解析.docx

1、课时规范练26等差数列基础巩固组1.(2021北京海淀高三月考)已知Sn为等差数列an的前n项和,若a4+a5=24,S6=48,则an的公差是()A.1B.2C.3D.42.(2021广东深圳高三一模)在数列an中,a1=3,am+n=am+an(m,nN*),若a1+a2+a3+ak=135,则k=()A.10B.9C.8D.73.(2021山东日照高三期中)在等差数列an中,a1与a4 041是f(x)=x-4ln x-mx的两个极值点,则log2a2 021=()A.1B.2C.0D.124.(2021天津高三期中)已知数列bn是公差不为0的等差数列,且b122-4b12=b2 010

2、2-4b2 010,则数列bn的前2 021项和为()A.2 0214B.2 0212C.2 021D.4 0425.(2021江苏镇江高三月考)已知两个等差数列an和bn的前n项和分别为Sn和Tn,且SnTn=2n+70n+3,则使得anbn为整数的正整数n的个数为()A.4B.5C.6D.76.(多选)(2021山东烟台高三模拟)已知等差数列an是递增数列,a7=3a5,前n项和为Sn,下列选项正确的是()A.d0B.a10时n的最小值为87.(多选)(2021山东青岛高三期末)在数列an中,a1=1,an+an+1=3n,则下列说法正确的是()A.a6=8B.a2n是等差数列C.S20=

3、300D.a2n-a2n-1=38.(2021湖北荆州高三期末)已知等差数列an的公差为2,且a1,a2,a3+1成等比数列,Sn是数列an的前n项和,则S9=.9.(2021江西南昌高三月考)已知等差数列an的前n项和为Sn,且a5=5,S10=40,则数列Snn的前30项和T30等于.综合提升组10.(2021山东淄博高三一模)若等差数列an的前n项和为Sn,则“S2 0200,S2 0210”是“a1 010a1 0110,a70,则下列说法正确的是()A.d0B.a60C.-247d-3D.Sn0).因为a1与a4 041是f(x)=x-4ln x-mx的两个极值点,所以a1与a4 0

4、41是方程x2-4x+m=0的两个根,即a1+a4 041=4,即2a2 021=4,所以a2 021=2,则log2a2 021=2log22=2.故选B.4.D解析 数列bn是公差不为0的等差数列,且b122-4b12=b2 0102-4b2 010,(b12-b2 010)(b12+b2 010)=4(b12-b2 010),且b12b2 010,b12+b2 010=4,数列bn的前2 021项和S2 021=2 0212(b1+b2 021)=2 0212(b12+b2 010)=2 02124=4 042.故选D.5.B解析 依题意,anbn=S2n-1T2n-1=2(2n-1)+

5、70(2n-1)+3=2n+34n+1=2+32n+1.要使anbn为整数,当且仅当32n+1是整数,而nN*,则n+1是32的大于1的约数.又32的正约数有1,2,4,8,16,32六个,所以n的值有1,3,7,15,31五个,所以使得anbn为整数的正整数n的个数为5.故选B.6.ABD解析 由题意,设等差数列an的公差为d.因为a7=3a5,所以a1+6d=3(a1+4d),解得a1=-3d.又等差数列an是递增数列,所以d0,则a10,解得n7,即Sn0时n的最小值为8,故选项D正确.故选ABD.7.ABC解析 因为an+an+1=3n,nN*,所以an+1+an+2=3(n+1),所

6、以-得an+2-an=3(nN*).又因为a1=1,所以a2=2,所以a6=a4+3=a2+6=8,且奇数项和偶数项均为公差为3的等差数列,故A,B正确;对于C选项,S20=(a1+a2)+(a3+a4)+(a19+a20)=3+9+57=10(3+57)2=300,故C正确;对于D选项,由an+2-an=3(nN*)且a2-a13可知,a2n-a2n-1=3不成立,故D错误.故选ABC.8.108解析 设等差数列an的公差为d,则d=2.因为a1,a2,a3+1成等比数列,所以a1(a3+1)=a22,即a1(a1+5)=(a1+2)2,解得a1=4,所以S9=na1+n(n-1)2d=94

7、+9822=108.9.227解析 设数列an的公差为d,由已知得a5=a1+4d=5,S10=10a1+109d2=40,a1=13,d=-2,故an=-2n+15,且Sn=-n2+14n,Snn=-n+14,n14,n-14,n15,T30=14(13+0)2+16(1+16)2=227.10.B解析 S2 0200,S2 0210,即a1 010+a1 0110.又2 021a1+a2 0212=2 021a1 0110,a1 0110,可得a1 010a1 0110,充分性成立.反之,若a1 0100,满足a1 010a1 0110,S2 0210,S2 0210”是“a1 010a1

8、 0110,于是得a6+a70,而a7-a70,故选项B错误;显然有(a3+3d)+(a3+4d)0,而a3=12,解得d-247,又a3+4d0,解得d-3,因此得-247d0,S13=a1+a13213=13a70,于是得n13时,Sn0,从而得Sn0时,n的最小值为13,故选项D正确.故选ACD.13.6解析 设等差数列an的公差为d,由等差中项的性质,得a1+a7=2a4=12,解得a4=6,所以a32+a42+a52=(6-d)2+62+(6+d)2=2d2+108.当d=0时,a32+a42+a52取得最小值108,此时a2 021=a4=6.14.16解析 等差数列an,bn的前

9、n项和分别为Sn,Tn,SnTn=38n+142n+1(nN*),SnTn=n2(38n+14)n2(2n+1).设Sn=nk2(38n+14)=n2(a1+an)(k0),k(38n+14)=a1+an,a1=S1=k2(38+14)=26k,an=k(38n-12),a6=216k.设Tn=nk2(2n+1)=n2(b1+bn)(k0),k(2n+1)=b1+bn,b1=T1=3k2,bn=k2n-12,b7=272k,故a6b7=216k27k2=16.15.解 (1)当n=2时,a2+a1=4.因为a1=1,所以b1=a2=3.由an+an-1=2n,可得a2n+2+a2n+1=2(2

10、n+2)=4n+4,a2n+1+a2n=2(2n+1)=4n+2,两式相减可得a2n+2-a2n=4n+4-(4n+2)=2.因为bn=a2n,所以bn+1-bn=2,所以bn是以3为首项,2为公差的等差数列.所以bn=3+(n-1)2=2n+1.(2)当n=2k(kN*)时,因为an+an-1=2n(n2,nN*),Sn=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+(a2k-1+a2k)=22+24+26+22k=2(2+4+6+2k)=2(2+2k)k2=(2+2k)k=n(n+2)2,当n=2k+1(kN*)时,Sn=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+(a6+a7)+(a2k+a

11、2k+1)=1+23+25+27+2(2k+1)=1+23+5+7+(2k+1)=1+2k(3+2k+1)2=1+k(2k+4)=(n-1)(n+3)2+1=n(n+2)-12,a1=1=1(1+2)-12也满足上式.综上所述,Sn=n(n+2)2,n=2k(kN*),n(n+2)-12,n=2k+1(kN*).16.1,n=1,-2(2n-1)(2n-3),n2解析 由题意,当n2时,an,Sn,Sn-12成等比数列,可得Sn2=anSn-12.又因为an=Sn-Sn-1,所以Sn2=(Sn-Sn-1)Sn-12可得12(Sn-1-Sn)=SnSn-1,易得Sn0(nN*),所以1Sn-1Sn-1=2,且1S1=1a1=1,所以数列1Sn是以1为首项,2为公差的等差数列,所以1Sn=1+(n-1)2=2n-1,即Sn=12n-1.当n2时,an=Sn-Sn-1=12n-1-12n-3=-2(2n-1)(2n-3),经验检n=1时不符合,所以an=1,n=1,-2(2n-1)(2n-3),n2.