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.docx

1、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nN*,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,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,4,5分理北京天坛的圜

2、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.3 699块B.3 474块C.3 402块D.3 339块4.2020浙江,7,4分已知等差数列an的前n项和为Sn,公差d0,且a1d1.记b1=S2,bn+1=S2n+2-S2n,nN*,下列等式不可能成立的是()A.2a4=a2+a6B.2b4=b2+b6C.a42=a2a8D.b42=b2b85.202

3、0北京,8,4分在等差数列an中,a1=-9,a5=-1.记Tn=a1a2an(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3227,则该数列的公差d=.拓展变式1.2020石家庄二检已知数列an中,a1 =1,当n2时,an-

4、1-an=an-1an.(1)求证:数列1an是等差数列.(2)设bn=a2n-1a2n+1,数列bn的前n项和为Tn,求证:Tn1,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,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

5、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+322d)=2a1+d+4a1+432d,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+322d=d,又a1

6、=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)2-2n(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=39(9+279)2=3 402,故选C.4.D由b

7、n+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+(

8、n-1)2=2n-11.令an=2n-110,则n5.5.n5时,an0.T1=-90,T3=(-9)(-7)(-5)=-3150,T5=(-9)(-7)(-5)(-3)(-1)=-9450,且an1,Tn+1Tn0,所以Tn12.2.(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

9、,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.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)=212=24.3.(1)B解法一S17=

10、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=221321+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