【文档说明】（基础训练）2022-2023学年新高考高三数学一轮复习专题 -等差数列 含解析【高考】.docx，共(11)页，551.560 KB，由小赞的店铺上传

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1等差数列学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题（本大题共7小题，共35.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知等差数列{}na中，7916aa+=，41a=，得12a

等于()A.15B.30C.31D.642.在等差数列{}na中，3a，9a满足不等式224120xx++的解集为39{|}xaxa，则数列{}na的前11项和等于()A.66B.132C.66−D.132−3.设等差数列{},{}nnab前n项和为nS，nT，若对任意的nN，都有234

3nnSnTn−=−，则214313511aabbbb+++的值为()A.2945B.1329C.919D.19304.孙子定理是中国古代求解一次同余式组的方式，是数论中一个重要定理，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》，1852年英国来华传教士伟烈亚

力将其问题的解法传至欧洲，1874年英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.这个定理讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2021这2020个整数中能被3除余2且被4除余1的数按由小到大的顺序排成一列

构成一数列，则此数列的项数是()A.168B.169C.170D.1715.等差数列{}na中，1000a，1010a，且100101||||aa，nS为其前n项之和，则使0nS的最大正整数n是()A.198B.199C.200D.2016.

已知等差数列{}na的前n项和nS，公差0d，11.ad„记12bS=，1222nnnbSS++=−，nN，下列等式不可能．．．成立的是()A.4262aaa=+B.4262bbb=+C.2428aaa=D.2428bbb=7.已知等

比数列{}na的前n项和为nS，41S=，83S=，则9101112aaaa+++=()A.8B.6C.4D.2二、多选题（本大题共3小题，共15.0分。在每小题有多项符合题目要求）28.已知等差数列{}na的公差不为0，11

a=且2a，4a，8a成等比数列，则()A.19232aaaa+=+B.5434aaaaC.1112nSnn++=+D.nnSa…9.设等比数列{}na的前n项和为nS，则下列数列一定是等比数列的有()A.12aa+，23aa+，34aa+，…B.1

3aa+，35aa+，57aa+，…C.2S，42SS−，64SS−，…D.3S，63SS−，96SS−，…10.已知等差数列{}na的前n项和为*()nSnN，公差0d，690S=，7a是3a与9a的等比中项，则下列选项正确的是()A.122a=B.2d=

−C.当且仅当10n=时，nS取得最大值D.当0nS时，n的最大值为20三、填空题（本大题共3小题，共15.0分）11.在数列{}na中，372,1aa==，且数列是等差数列，则11a=__________.12.已知nS为等差数列的前n项

和，4813SS=，则1612SS=__________.13.在等差数列{}na中，若10a，nS为前n项之和，且717SS=，则nS为最小时的n的值为__________.四、解答题（本大题共2小题，共24.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）14.(本小题12.0分)已知等差

数列{}na的前n项和为nS，公差0d，2a是1a，5a的等比中项，525.S=(1)求{}na的通项公式；(2)若数列{}nb满足1nnnbbS++=，求220.bb−15.(本小题12.0分)在数列{}na中，若12a=−且12(2).nnnaSSn−=…(1)求证：数列1{}nS是等差数列

；(2)求数列{}na的通项公式na及数列1{}nna的前n项和.nT3答案和解析1.【答案】A【解析】【分析】由7916aa+=可得121416ad+=，再由4113aad==+，解方程求得1a和公差d的值，从而求得12a的值．本题主要考查等差数列的通项

公式的应用，求出首项和公差d的值，是解题的关键，属于基础题．【解答】解：设公差等于d，由7916aa+=可得121416ad+=，即178.ad+=再由4113aad==+，可得1174a=−，7.4d=故1211777111544aad=+=−+=，故选

：.A2.【答案】D【解析】【分析】本题考查一元二次不等式的性质、韦达定理、等差数列前n项和公式等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．由一元二次不等式的性质得3a，9a是方程224120xx++=的两个根，由韦达定理得3924aa+=−

，由此能求出数列{}na的前11项和．【解答】解：在等差数列{}na中，3a，9a满足不等式224120xx++的解集为39{|}xaxa，3a，9a是方程224120xx++=的两个根，由韦达定理得3924aa+=−，则数列{}na的前11项和1111

139111111()()(24)132.222Saaaa=+=+=−=−故本题选.D43.【答案】C【解析】【分析】本题考查等差数列的性质和求和公式，属基础题．由等差数列的性质和求和公式可得原式1515ST=，代值计算可得．【解答】解：由等差数列的性质和求和公式可得：11581

52142143135118881511515()22792.152225719()2aaaSaaaabbbbbbbTbb++=+=====+++故选：.C4.【答案】B【解析】【分析】本题考查等差数

列的应用，属于基础题.列举出该数列的前几项，可知该数列{}na为等差数列，求出等差数列的首项和公差，进而可得出数列{}na的通项公式，然后求解满足不等式22021na剟的正整数n的个数，即可得解．【解答】解：设所求数列为{}na，由题意可得该数列为5、17、29、41

、…，所以数列{}na为等差数列，且首项为15a=，公差为12d=，所以1(1)127naandn=+−=−，令22021na剟，即21272021n−剟，解得31694n剟，所以满足31694n剟的正整数n的个数为169，所以该数列共有169项.故选B5.【答案】B【解析

】【分析】5本题主要考查了等差数列的性质及求和公式的简单应用，属于基础试题．先根据1000a，1010a及100101||||aa，得到1001010aa+，再由等差数列的性质以及等差数列的求和可判定nS的符号，从而得到结论．【解答】解：1000a，1010a，且100

101||||aa，1001010aa+，由等差数列的性质可得：1199199100199()19902aaSa+==，2001200100101100()100()0Saaaa=+=+，0nS的最大正整数n

是199.故选.B6.【答案】D【解析】【分析】本题考查数列递推式，等差数列的通项公式与前n项和，属于中档题．利用等差数列的通项公式判断A与C；由数列递推式分别求得2468,,,bbbb，判断B与D即可.【解答】解：在等差数列{}na中，

，221(22)(21)(22)2nnnSnad+++=++，212(21)22nnnSnad−=+，1212bSad==+，122212(41).nnnbSSand++=−=++2125bad=+，41

213bad=+，61221bad=+，81229.bad=+A.41122(3)26aadad=+=+，26111526aaadadad+=+++=+，故A正确；B.，，故B正确；C.若2428aaa=，则2111(3)()(7)adadad+=++，即22221111

6987aaddaadd++=++，得21add=，0d，1ad=，符合11ad„，则2428aaa=可能成立，故C正确；D.，6，若2428bbb=，则123ad=，则1312ad=，不满足11ad„，故D错误．故答案选：.

D7.【答案】C【解析】【分析】本题考查等比数列的性质、求和等基础知识，属于一般题．由等比数列的性质和前n项和公式得4S，84SS−，128SS−成等比数列，由此能求出9101112aaaa+++的值．【解答】解：等比数列{}na的前n项和

为nS，41S=，83S=，公比1q−，4S，84SS−，128SS−成等比数列，，91011121284.aaaaSS+++=−=故选：.C8.【答案】AD【解析】【分析】本题考查了等比数列的性质，考查了等差数列的通项公式和前n项和，属于基础题．由2a，4a，8a成等比数列，得到首项和公

差的值，即可根据等差数列的通项公式和求和公式逐一判断．【解答】解：设等差数列{}na的公差为d，11a=，则21aad=+，413aad=+，817aad=+，由2a，4a，8a成等比数列，得2111(3)()(7)adadad+=++，整理得：21add=，0d，11ad==，则nan=

，19112311810225aaaaddaaadadd+++===++++，A正确；7543445,34aaaa==，故5434aaaa，B错误；因为，故1212nSnn++=+，C错误；，因为12n

+…，所以nnSa…，D正确．故选.AD9.【答案】BD【解析】【分析】本题考查等比数列的性质，属于基础题．考虑{}na公比为1−的情况，对选项进行逐项判断即可．【解答】解：若等比数列{}na的公比1q=−，则120aa+=，所以此时12aa+，23aa+，34aa+，…

不能构成等比数列，选项A错误；同理可得1q=−时，20S=，选项C错误；而13aa+，35aa+，57aa+，…是以2q为公比的等比数列，3S，63SS−，96SS−，…也是以2q为公比的等比数列，其首项均不等于0，所以选项BD正确．故答案选

：.BD10.【答案】BD【解析】【分析】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，以及等比数列的性质，考查方程思想和运算能力，属于中档题．由等差数列的求和公式和通项公式，结合等比数列的性质，解方程可得首项和公差，求得等差数列的通项na和nS，由二次函数

的最值求法和二次不等式的解法可得所求值．【解答】解：等差数列{}na的前n项和为nS，公差0d，由690S=，可得161590ad+=，即12530ad+=，①8由7a是3a与9a的等比中项，可得2739aaa=，即

2111(6)(2)(8)adadad+=++，化为1100ad+=，②由①②解得120a=，2d=−，则202(1)222nann=−−=−，21(20222)212nSnnnn=+−=−，由221441()24nSn=−−+，可得10n=或11时，nS取得最大值11

0；由0nS，可得021n，即n的最大值为20.故选.BD11.【答案】12【解析】【分析】本题考查等差数列的定义、性质及通项公式，属于基础题.根据等差数列的通项公式求出1512424nna=++是解题关键.【解答】解：372,1aa==，且数列是等差数列，公差为7

3111111123.73424aa−−++==−71115(7)11242424nnnaa=+−=+++，1111152124243a=+=+，1131122a=−=故答案为1.2912.【答案】53【解析】【分析】本题主要考查等差数列前n项

和的性质，属于基础题.根据等差数列前n项和的性质可得4S，84SS−，128SS−，1612SS−成等差数列．设4Sk=，83Sk=，则可表示出12S，16S，即可求得答案.【解答】解：由等差数列前n项

和的性质可得：nS，2nnSS−，32nnSS−，43nnSS−成等差数列．令4n=，则4S，84SS−，128SS−，1612SS−成等差数列．令4Sk=，83Sk=，则842SSk−=，128

3SSk−=，16124SSk−=，所以126Sk=，1610Sk=，所以1612105.63SkSk==故答案为5.313.【答案】12【解析】【分析】本题考查等差数列的求和，属于中档题.得到1232ad=−，利用等差

数列的前n项和公式，即可得解.【解答】解：717SS=，1176171671722adad+=+，整理得，1232ad=−，21(1)1222nnndSnadndn−=+=−22(24)[(12)144]22ddnnn=−

=−−，10又10a，0d，当12n=时，nS取最小值．故答案为：12.14.【答案】解：(1)由2a是1a，5a的等比中项，可得2215aaa=，即为2111()(4)adaad+=+，化为12da=，由525S=，可得151025ad+=，即125ad+=，解得11a=，2d=

，则12(1)21nann=+−=−；21(2)(121)2nSnnn=+−=，21nnnbbSn++==，①可得212(1)nnbbn+++=+，②②-①可得221nnbbn+−=+，则2024264()()bb

bbbb=+−+−+…2018()bb+−259b=+++…221379(537)1892bb+=++=+，所以220189.bb−=−【解析】本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，以及等比数列的中项性质，考查

方程思想和转化思想、运算能力，属于中档题．(1)由等比数列的中项性质和等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，即可得到所求；(2)由等差数列的求和公式可得nS，则21nnbbn++=，212(1)nnbbn+++=+，两式相减，结合数列的恒等式，计算可得所求值．15.【答案】解：(1

)证明：12(2)nnnaSSn−=…，112()(2)nnnnSSSSn−−−=…，1111(2)2nnnSS−−=−…，1112S=−，数列1{}nS是首项为12−，公差为12−的等差数列．11(2)由(1)知111(

1)222nnnS=−−−=−，2.nSn=−当2n…时，12221(1)nnnaSSnnnn−=−=−+=−−，2,12,2(1)nnannn−==−…，1,112.1,22nnnnan−==−…所以当2n…时，211

21222224nnnnT−−−=−++++=；而1n=时，112T=−对上式也成立．故22.4nnnT−−=【解析】本题考查了等差数列的判定，数列通项公式和前n项和的求解，考查了计算能力，属于中

档题．(1)由1(2)nnnaSSn−=−…可得112()(2)nnnnSSSSn−−−=…，即可得1111(2)2nnnSS−−=−…，从而可证明结论；(2)由(1)可得2.nSn=−则2,12,2(1)nnannn−==

−…，1,112.1,22nnnnan−==−…即可求解．