2023届高考数学一轮复习精选用卷 第八章 数列 考点测试45 等差数列 WORD版含解析.doc

1、考点测试45等差数列高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题和解答题，分值为5分、12分，中、低等难度考纲研读1.理解等差数列的概念2掌握等差数列的通项公式与前n项和公式3能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题4了解等差数列与一次函数、二次函数的关系一、基础小题1设等差数列an的前n项和为Sn，若a44，S972，则a10()A20 B23 C.24 D28答案D解析由于数列an是等差数列，设其首项为a1，公差为d，故解得a18，d4，故a10a19d83628.故选D.2在等差数列an中，an0(nN*).角顶点在坐标原点，始边与x轴正半轴重合，

2、终边经过点(a2，a1a3)，则()A5 B4 C.3 D2答案B解析角的顶点在坐标原点，始边与x轴正半轴重合，终边经过点(a2，a1a3)，可得tan 2，则4.故选B.3九章算术有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤；斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现在有一根金箠，长五尺，在粗的一端截下一尺，重4斤；在细的一端截下一尺，重2斤问各尺依次重多少？”按这一问题的题设，假设金箠由粗到细各尺重量依次成等差数列，则从粗端开始的第二尺的重量是()A斤 B斤 C.斤 D3斤答案B解析依题意，金箠由粗到细各尺重量构成一个等差数列，设首项a14，则a52，设公差为d，则244d，解

3、得d.所以a24.故选B.4已知数列an的前n项和为Sn，满足a1，Sn2an(n2)，则下列各项为等差数列的是()ASn1 BSn1C D答案C解析由Sn2an(n2)，得Sn(n2).S1，S2，S3，.故S11，S21，S31，则3，4，5，所以数列为等差数列故选C.5等差数列an和bn的前n项和分别为Sn与Tn，对一切自然数n都有，则等于()A B C. D答案D解析an和bn均为等差数列，且前n项和分别为Sn与Tn，.故选D.6在等差数列an中，a100，a110，且a11|a10|，则使an的前n项和Sn0成立的最大的自然数n为()A11 B10 C.19 D20答案C解析数列an

4、为等差数列，a100，a110，d0，又a11|a10|，a11a10，即a10a110，由S202010(a10a11)0，S191919a100，可得使an的前n项和Sn0成立的最大的自然数n为19，故选C.7(多选)下面是关于公差d0的等差数列an的四个命题，其中是真命题的有()A数列an是递增数列B数列nan是递增数列C数列是递增数列D数列an3nd是递增数列答案AD解析ana1(n1)d，d0，anan1d0，A正确；nanna1n(n1)d，nan(n1)an1a12(n1)d与0的大小关系和a1的取值情况有关故数列nan不一定递增，B不正确；d，n2，当da10，即da1时，数列

5、递增但da1不一定成立，C不正确；设bnan3nd，则bn1bnan1an3d4d0，数列an3nd是递增数列，D正确故选AD.8(多选)已知数列an为等差数列，其前n项和为Sn，且2a13a3S6，则下列结论正确的是()Aa100 BS10最小CS7S12 DS190答案ACD解析因为数列an为等差数列，2a13a3S6，即5a16d6a115d，即a19da100，故A正确；因为a100，所以S9S10，但是无法推出数列an的单调性，故无法确定S10是最大值还是最小值，故B错误；因为a8a9a10a11a125a100，所以S12S7a8a9a10a11a12S70S7，故C正确；S191

6、919a100，故D正确故选ACD.9设等差数列an的前n项和为Sn，若a23，S416，则数列an的公差d_答案2解析解法一：设等差数列an的首项为a1，由得解得解法二：由a23，S416，得(3d)3(3d)(32d)16，解得d2.10若等差数列an的前n项和为Sn，已知a19，a2Z，且SnS5(nN*)，则|a1|a2|an|_答案解析等差数列an的前n项和为Sn，a19，a2Z，且SnS5，a594d0，a695d5时，|a1|a2|an|2(a1a2a3a4a5)(10nn2)2(10552)n210nn210n50，|a1|a2|an|二、高考小题11(2021北京高考)an和

7、bn是两个等差数列，其中(1k5)为常值，a1288，a596，b1192，则b3()A64 B128 C.256 D512答案B解析由已知条件可得，则b564，因此b3128.故选B.12(2020全国卷)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)()A3699块 B3474块C3402块 D3339块答案C解析设第n环扇面形石板块数为an，第一层

8、共有n环，则an是以9为首项，9为公差的等差数列，an9(n1)99n.设Sn为an的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为Sn，S2nSn，S3nS2n，因为下层比中层多729块，所以S3nS2nS2nSn729，即729，即9n2729，解得n9，所以S3nS273402.故选C.13(2019全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和已知S40，a55，则()Aan2n5 Ban3n10CSn2n28n DSnn22n答案A解析设等差数列an的首项为a1，公差为d.由S40，a55可得解得所以an32(n1)2n5，Snn(3)2n24n.故选A.14(2020全国卷)记Sn为等差数

9、列an的前n项和若a12，a2a62，则S10_答案25解析设等差数列an的公差为d，由a12，a2a62，可得a1da15d2，即2d(2)5d2，解得d1.所以S1010(2)1204525.15(2019全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和若a10，a23a1，则_.答案4解析由a10，a23a1可得d2a1，所以S1010a1d100a1，S55a1d25a1，所以4.16(2019北京高考)设等差数列an的前n项和为Sn，若a23，S510，则a5_，Sn的最小值为_答案010解析a2a1d3，S55a110d10，a14，d1，a5a14d0，ana1(n1)dn5.令an0，则

10、n5，即数列an中前4项为负，a50，第6项及以后为正Sn的最小值为S4S510.三、模拟小题17(2021辽宁渤海大学附属高级中学第二次月考)在等差数列an中，若a2a3a46，a64，则公差d()A1 B2 C. D答案D解析a2a3a46，3a36，a32，又a64，3d2，d.18(2021山东泰安与济南章丘区高三5月联合模拟)跑步是一项有氧运动，通过跑步，我们能提高肌力，同时提高体内的基础代谢水平，加速脂肪的燃烧，养成易瘦体质小林最近给自己制定了一个200千米的跑步健身计划，他第一天跑了8千米，以后每天比前一天多跑0.5千米，则他要完成该计划至少需要()A16天 B17天C18天 D

11、19天答案B解析依题意可得，他从第一天开始每天跑步的路程(单位：千米)依次成等差数列，且首项为8，公差为0.5.设经过n天后他完成健身计划，则8n200，整理得n231n8000.因为函数f(x)x231x800在1，)上为增函数，且f(16)0，所以n17.19(2021河北唐山一中模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，若S510，S1040，则S15()A80 B90 C.100 D110答案B解析因为S5，S10S5，S15S10成等差数列，S510，S1040，故可得S15S1050，解得S1590.故选B.20(多选)(2022河北省级联测)已知d，Sn分别是等差数列an的公差及前

12、n项和，S7S9S8，设bnanan1an2，数列bn的前n项和为Tn，则下列结论中正确的是()A满足Sn0的n的最小值为17B|a8|a9a10Dn8时，Tn取得最小值答案AC解析由题意，知a8S8S70，S9S7a8a90，所以满足Sn0的n的最小值为17，故A正确；B中，|a8|a9|a8a90，即|a8|a9|，故B错误；由上可知d0，则a9a10a7a8(a8d)(a82d)(a8d)a82d24da82d(d2a8)2d(a8a9)a9a10，故C正确；D中，当n8时，an0，所以当n6时，bn0，b8a8a9a100，所以T7T6，T7T8，当n8时，Tn1Tn，T8T6b7b8

13、a7a8a9a8a9a10a8a9(a7a10)a8a9(a8a9)0，所以T8T6，所以D错误故选AC.21(多选)(2021山东临沂一中模拟)设正项等差数列an满足(a1a10)22a2a920，则()Aa2a9的最大值为10Ba2a9的最大值为2C的最大值为Daa的最小值为200答案ABD解析因为正项等差数列an满足(a1a10)22a2a920，所以(a2a9)22a2a920，即aa20.所以a2a910，当且仅当a2a9时等号成立，故A正确；因为10，所以，a2a92，当且仅当a2a9时等号成立，故B正确；因为，当且仅当a2a9时等号成立，所以的最小值为，故C错误；D项结合A项的结

14、论，有aa(aa)22aa4002aa4002102200，当且仅当a2a9时等号成立，故D正确故选ABD.22(2021沈阳市高三质量监测)已知等差数列an的前n项和为Sn，若a11，S3a5，am2021，则等差数列an的公差d_，m_答案21011解析设等差数列an的公差为d，S33a1d3(a1d)，而a5a14d，由S3a5，a11，可解得d2.又ama1(m1)d2021，解得m1011.23(2021上海模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，且a1a516，S13260，则_答案解析等差数列an的前n项和为Sn，且a1a516，S13260，a1a52a316，S1313a72

15、60，a38，a720.设等差数列an的公差为d，则d3，ana3(n3)d8(n3)33n1，Sn，n，.一、高考大题1(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，从下面中选取两个作为条件，证明另外一个成立数列an是等差数列；数列是等差数列；a23a1.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分解选择条件.已知数列an是等差数列，a23a1，设数列an的公差为d，则a23a1a1d，所以d2a1.因为Snna1dn2a1，所以n(a10)，所以(n1)n(常数).所以数列是等差数列选择条件.已知数列an是等差数列，数列是等差数列，设数列an的公差为d，则S1

16、a1，S22a1d，S33a13d，因为数列是等差数列，所以2，即2，化简整理得d2a1.所以a2a1d3a1.选择条件.已知数列是等差数列，a23a1，设数列的公差为d，所以d，即d.所以a1d2, (n1)dnd，所以Snn2d2.所以anSnSn12d2nd2(n2).又a1d2也适合该通项公式，所以an2d2nd2(nN*).an1an2d2(n1)d2(2d2nd2)2d2(常数).所以数列an是等差数列2(2021全国乙卷)记Sn为数列an的前n项和，bn为数列Sn的前n项积已知2.(1)证明：数列bn是等差数列；(2)求an的通项公式解(1)证明：当n1时，b1S1，易得b1.当

17、n2时，Sn，代入2消去Sn，得2.化简，得bnbn1.所以数列bn是以为首项，为公差的等差数列(2)由题意可知a1S1b1.由(1)可得bn，由2可得Sn.当n2时，anSnSn1，显然a1不满足该式，所以an3(2021新高考卷)记Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，若a3S5，a2a4S4.(1)求数列an的通项公式；(2)求使Snan成立的n的最小值解(1)由等差数列的性质可得，S55a3，则a35a3，所以a30.设等差数列的公差为d，从而有a2a4(a3d)(a3d)d2，S4a1a2a3a4(a32d)(a3d)a3(a3d)2d，从而d22d，由于公差不为零，故d2，所以

18、数列an的通项公式为ana3(n3)d2n6.(2)由数列的通项公式可得，a1264，则Snn(4)2n25n，则不等式Snan，即n25n2n6，整理可得，(n1)(n6)0，解得n6，又n为正整数，故n的最小值为7.二、模拟大题4(2021河北高三联考)在an2an4，S26，a3a516，S3S542，2Snan2n2这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答问题：设等差数列an的前n项和为Sn，_，求数列的前n项和注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分解选：由an2an4，可知数列an的公差为2，又S26，可得a1a126，得a12，所以an2n，Snn2n.可知，数列

19、的前n项和为11.选：设数列an的公差为d，则由a3a516，S3S542，得解得所以an2n，Snn2n，可知，数列的前n项和为11.选：当n1时，a12，当n2时，2S2a28，解得a24.设数列an的公差为d，则d2，所以an2n，Snn2n，可知，数列的前n项和为11.5(2021福建厦门联考)已知Tn为数列an的前n项积，且a1，Sn为数列Tn的前n项和，若Tn2SnSn10(nN*，n2)，(1)求证：数列是等差数列；(2)求an的通项公式解(1)证明：因为Tn为数列an的前n项积，Sn为数列Tn的前n项和，所以T1S1a1，TnSnSn1(n2)，又因为Tn2SnSn10(n2)

20、，所以SnSn12SnSn1(n2)，若Sn0，则Sn10，即Sn0，不合题意，故Sn0，所以2(n2)，所以数列是以2为首项，2为公差的等差数列(2)由(1)知，2(n1)22n，所以Sn，nN*，所以TnSnSn1(n2)，所以Tn1(n3)，所以当n3时，an.由于T2a1a2，即a2，所以a2，综上，an6(2021湖北重点高中联考)在等差数列an中，a1a27，a514，令bn，数列bn的前n项和为Tn.(1)求an的通项公式和Tn；(2)是否存在正整数p，q(1pq)，使得TT1Tq？若存在，求出所有p，q的值；若不存在，请说明理由解(1)设数列an的公差为d，由解得an23(n1)3n1.bn，Tnb1b2bn.(2)由(1)知，T1，Tp，Tq.假设存在正整数p，q(1pq)，使得TT1Tq，即，化简为(3p26p2)q5p2.(*)当p2时，(*)式可化为2q20，q10；当p3时，(*)式可化为q0，此时q无正整数解，综上存在正整数p2，q10.