2023年高考数学一轮复习 课时规范练30 等差数列（含解析）新人教A版 理.docx

1、课时规范练30等差数列基础巩固组1.(2021山西临汾三模)设等差数列an的前n项和为Sn,若4+a1=a2+a5,则S11=()A.28B.34C.40D.442.(2021黑龙江铁人中学高三月考)设等差数列an的前n项和为Sn,其中S2=3,S4=15,则S6=()A.9B.18C.27D.363.已知一个有穷等差数列an,前4项的和是40,最后4项的和是80,所有项的和是210,则此数列的项数为()A.12B.14C.16D.184.(2021山西吕梁一模)已知Sn为等差数列an的前n项和,a3=3a1,a2=3a1-1,则数列Snn的前10项和为()A.552B.55C.652D.65

2、5.(2021浙江湖州模拟)已知m和2n的等差中项是8,2m和n的等差中项是10,则m和n的等差中项是.6.(2021河北沧州三模)设Sn是等差数列an的前n项和,若S4=2S3-2,2a5-a6=7,则S8=.7.已知等差数列的前三项依次为a,4,3a,前n项和为Sn,且Sk=110.(1)求a及k的值;(2)设数列bn的通项公式bn=Snn,证明:数列bn是等差数列,并求其前n项和Tn.综合提升组8.(2021广西南宁模拟)已知Sn为等差数列an的前n项和,且a2=20,S7=98,若Sm0,则m的最小值为()A.16B.17C.18D.199.(2021中央民族大学附属中学高三月考)等差

3、数列an的前n项和为Sn,若nN*,SnS7,则数列an的通项公式可能是()A.an=3n-15B.an=17-3nC.an=n-7D.an=15-2n10.(2021浙江绍兴一模)已知等差数列an的各项均为正数且公差不为零,其前n项和为Sn,则()A.数列Snn不可能是等差数列B.数列Snn2不可能是等差数列C.数列Snan不可能是等差数列D.数列anSn不可能是等差数列11.(2021广东深圳实验学校高三月考)已知等差数列an,bn的前n项和分别为Sn,Tn,若对于任意的正整数n,都有SnTn=4n-8n+1,则a3+a15b1+b11+2a3b5+b7=()A.3B.6C.327D.80

4、1312.(2021广东珠海二模)已知等差数列an满足a1=-1,a4=2a2+a3.(1)求数列an的通项公式;(2)若bn=an2cosn2,求数列bn的前40项和S40.创新应用组13.(2021江苏南京师大附中高三月考)一百零八塔,位于宁夏吴忠青铜峡市,是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群,该塔群随山势凿石分阶而建,依山势自上而下,第一阶1座,第二阶3座,第三阶3座,第四阶5座,第五阶5座,从第五阶开始塔的数目构成一个首项为5,公差为2的等差数列,总计108座,故名一百零八塔.则该塔的阶数是()A.10B.11C.12D.1314.(2021河南名校联盟4月联考)在一个有限数列的每相邻两项

5、之间插入这两项的等差中项,从而形成一个新的数列,我们把这样的操作称为该数列的一次扩充.如数列1,9,扩充一次后得到1,5,9,扩充两次后得到1,3,5,7,9,以此类推.设数列1,3,t(t为常数)扩充n次后所得所有项的和记为Sn,则Sn=.答案：课时规范练1.D解析:因为a6+a1=a2+a5,由4+a1=a2+a5,可得a6=4,所以S11=11(a1+a11)2=11a6=44.2.D解析:根据等差数列的性质,S2,S4-S2,S6-S4成等差数列,所以3,12,S6-15成等差数列,进而得到3+S6-15=24,所以S6=36.3.B解析:由题意知a1+a2+a3+a4=40,an+a

6、n-1+an-2+an-3=80,两式相加可得a1+an=30.所以Sn=n(a1+an)2=30n2=210,所以n=14.4.C解析:设等差数列an的公差为d,则a1+2d=3a1,a1+d=3a1-1,所以a1=1,d=1,所以Sn=n+n(n-1)2=n(n+1)2,所以Snn=n+12,所以Sn+1n+1-Snn=n+1+12-n+12=12,所以Snn是以1为首项,12为公差的等差数列,数列Snn的前10项和T10=10+10(10-1)212=652.5.6解析:由题意得m+2n=82=16,2m+n=102=20,3(m+n)=20+16=36,m+n=12,m+n2=6.6.

7、64解析:设an的公差为d.因为S4=2S3-2,2a5-a6=7,所以4a1+6d=2(3a1+3d)-2,2(a1+4d)-(a1+5d)=7,解得a1=1,d=2,所以S8=8a1+872d=81+8722=64.7.解:(1)设该等差数列为an,则a1=a,a2=4,a3=3a,所以a+3a=8,得a1=a=2,公差d=4-2=2,所以Sk=ka1+k(k-1)2d=2k+k(k-1)22=k2+k,由Sk=110,得k2+k-110=0,解得k=10或k=-11(舍去),故a=2,k=10.(2)由(1)得Sn=n2+n,则bn=Snn=n+1,故bn+1-bn=(n+2)-(n+1

8、)=1,b1=1+1=2,所以数列bn是首项为2,公差为1的等差数列,所以Tn=n(2+n+1)2=n(n+3)2.8.B解析:设等差数列an的公差为d,因为S7=7(a1+a7)2=7a4=98,所以a4=14,又a2=20,所以a4-a2=2d=-6,解得d=-3,所以an=a2+(n-2)(-3)=26-3n,a1=23,Sm=m(a1+am)2=m(49-3m)2,由Sm493.又mN*,故m的最小值为17.9.D解析:由题意可知,nN*,SnS7,则数列Sn的最大项为S7.对于A选项,an=3n-15为递增数列,Sn无最大项,A选项不满足条件;对于B选项,由an=17-3n0,可得n

9、173,故数列Sn中S5最大,B选项不满足条件;对于C选项,an=n-7为递增数列,Sn无最大项,C选项不满足条件;对于D选项,由an=15-2n0,可得n152,故数列Sn中S7最大,D选项满足条件.10.D解析:由题可知Sn=na1+n(n-1)d2,an=a1+(n-1)d,其中a10,d0.对A,Snn=a1+n-12d,所以数列Snn是公差为d2的等差数列,故A错;对B,Snn2=a1n+n-12nd=d2+a1-d2n,当a1=d2时,Snn2=d2,所以数列Snn2可能是等差数列,故B错;对C,Snan=na1+n(n-1)d2a1+(n-1)d,当a1=d时,Snan=n+12

10、,所以数列Snan可能是等差数列,故C错;anSn=a1+(n-1)dna1+n(n-1)d2,anSn不可能转化为关于n的一次函数形式,故数列anSn不可能是等差数列,故D正确.11.B解析:数列an,bn均为等差数列,由等差数列的性质得a3+a15b1+b11+2a3b5+b7=2a9b1+b11+2a3b1+b11=2(a3+a9)b1+b11=2a1+a11b1+b11=2a1+a11211b1+b11211=2S11T11=2411-811+1=6.12.解:(1)设等差数列an的公差为d,则a4=a1+3d,2a2+a3=3a1+4d,由a1=-1,a4=2a2+a3,则a1+3d

11、=3a1+4d,得d=2,所以an=-1+2(n-1)=2n-3.(2)bn=an2cosn2,当n为奇数时,cosn2=0,bn=0;当n为偶数时,若n=4k+2,kN,bn=-an2,若n=4k+4,kN,bn=an2,所以S40=(a42-a22)+(a82-a62)+(a122-a102)+(a362-a342)+(a402-a382)=2d(a2+a4+a6+a8+a40)=420a2+201922d=3120.13.C解析:由第一阶1座,第二阶3座,第三阶3座,第四阶5座,则前四阶共12座,则从第五阶后共有108-12=96(座).设第五阶塔的数目为a1,则a1=5,设从第五阶开始自上而下,每一层的塔的数目为an,由从第五阶开始塔的数目构成一个首项为5,公差为2的等差数列,所以Sn=na1+n(n-1)22=n2+4n,令Sn=n2+4n=96,解得n=8或n=-12(舍去),所以该塔的阶数是4+8=12.14.7+t2(2n+1)-3解析:扩充n次后所得数列为1,2,3,3+t2,t,因此从1到3是等差数列,项数为2n+1,且中间项为2;从3到t也是等差数列,项数为2n+1,且中间项为3+t2.根据等差数列的性质可得Sn=2(2n+1)+3+t2(2n+1)-3=7+t2(2n+1)-3.