【文档说明】2023届高考北师版数学一轮复习试题（适用于老高考新教材） 第六章　数列 课时规范练26　等差数列含解析【高考】.docx，共(6)页，42.688 KB，由小赞的店铺上传

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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,n∈N*),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a4041是f(x)=x-4lnx-𝑚𝑥的两个极值点,则log√2a2021=()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=𝑏20102-4b2010,则数列{bn}的前2021项和为()A.20214B.20212C.2021D.40425.(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.已知等差数列{an}是递增数列,a7=3a5,前n项和为Sn,下列选项错误的是()A.d>0B.

a1<0C.当n=5时Sn最小D.Sn>0时n的最小值为87.在数列{an}中,a1=1,an+an+1=3n,则下列说法错误的是()A.a6=8B.{a2n}是等差数列C.S20=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“S2020>0,S2021<0”是“a1010a1011<0”的()A.充要条件2B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件11.(2021湖北荆州高三月考)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若𝑆5𝑆10=13,则𝑆5𝑆20+𝑆10=()A.

19B.713C.113D.11012.设等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,a3=12,S12>0,a7<0,则下列说法错误的是()A.d<0B.a6<0C.-247<d<-3D.Sn<0时,n的最小值为1313

.(2021湖南师大附中高三月考)在等差数列{an}中,a1+a7=12,当𝑎32+𝑎42+𝑎52取得最小值时,a2021=.14.(2021四川成都外国语学校高三期中)已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若𝑆𝑛𝑇𝑛=38𝑛+142𝑛+1(n∈

N*),则𝑎6𝑏7=.15.(2021广东佛山高三月考)在数列{an}中,a1=1,an+an-1=2n(n≥2,n∈N*).(1)记bn=a2n,求数列{bn}的通项公式;(2)求数列{an}的前n项和Sn.3创新应用组16.(2021江西南昌高三模拟)已知数列{

an}的前n项和Sn满足:当n≥2时,an,Sn,Sn-12成等比数列,且a1=1,则an=.4课时规范练26等差数列1.D解析:设等差数列{an}的公差为d,则a4+a5=2a1+7d=24,S6=6a1+15d=48,即{2

𝑎1+7𝑑=24,2𝑎1+5𝑑=16,解得{𝑎1=-2,𝑑=4.故选D.2.B解析:令m=1,由am+n=am+an可得an+1=a1+an,所以an+1-an=3,所以数列{an}是首项为3,公差为

3的等差数列,所以an=3+3(n-1)=3n,所以a1+a2+a3+…+ak=𝑘(𝑎1+𝑎𝑘)2=𝑘(3+3𝑘)2=135,整理得k2+k-90=0,解得k=9或k=-10(舍去).故选B.3.B解析:f'(x)=1-4𝑥+𝑚𝑥2=𝑥2-4𝑥+𝑚𝑥

2(x>0).因为a1与a4041是f(x)=x-4lnx-𝑚𝑥的两个极值点,所以a1与a4041是方程x2-4x+m=0的两个根,即a1+a4041=4,即2a2021=4,所以a2021=2,则log√2a2021=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=𝑏20102-4b2010,∴(b12-b2010)(b12+b2010)=4(b12-b2010),且b12≠b2010,∴b12

+b2010=4,∴数列{bn}的前2021项和S2021=20212(b1+b2021)=20212(b12+b2010)=20212×4=4042.故选D.5.B解析:依题意,𝑎𝑛𝑏𝑛=𝑆2

𝑛-1𝑇2𝑛-1=2(2𝑛-1)+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n∈N*,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.C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d>0,则a1<0,故选项A,选项B正确;因为Sn=𝑑2n2+a1-𝑑2n=𝑑2n2-7𝑑2n,且--7𝑑2𝑑=72,所以当n=3或4时Sn最小,故选项C错误;令Sn=𝑑2n2-7𝑑2n>0,解得n<0或n>7,即Sn

>0时n的最小值为8,故选项D正确.故选C.7.D解析:因为an+an+1=3n,n∈N*,①所以an+1+an+2=3(n+1),②所以②-①得an+2-an=3(n∈N*).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(n∈N*)且a2-a1≠3可知,a2n-a2n-1=3不成立,故D错误.故选D.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)=(a

1+2)2,解得a1=4,所以S9=na1+𝑛×(𝑛-1)2×d=9×4+9×82×2=108.59.227解析:设数列{an}的公差为d,由已知得{𝑎5=𝑎1+4𝑑=5,𝑆10=10𝑎1+10×9𝑑2=40,∴{𝑎1=13,𝑑=-

2,故an=-2n+15,且Sn=-n2+14n,∴𝑆𝑛𝑛={-𝑛+14,𝑛≤14,𝑛-14,𝑛≥15,∴T30=14(13+0)2+16(1+16)2=227.10.B解析:∵S2020>0,S2021<0,∴2020(𝑎1+𝑎2

020)2=1010(a1010+a1011)>0,即a1010+a1011>0.又2021×𝑎1+𝑎20212=2021a1011<0,∴a1010>0,a1011<0,可得a1010a1011<

0,充分性成立.反之,若a1010<0,a1011>0,满足a1010a1011<0,不能推出“S2020>0,S2021<0”,必要性不成立.故“S2020>0,S2021<0”是“a1010a1011<0”的

充分不必要条件.故选B.11.C解析:令S5=t,则由𝑆5𝑆10=13,得S10-S5=2t,S10=3t.又由等差数列{an}的性质得S5,S10-S5,S15-S10,S20-S15成等差数列,所

以有S10-S5=2t,S15-S10=3t,S20-S15=4t,相加可得S20-S5=9t,所以S20=10t.故𝑆5𝑆20+𝑆10=𝑡10𝑡+3𝑡=113.故选C.12.B解析:依题意,S12=𝑎1+𝑎122·12=6(a6+a7)>0,于是得a6+a

7>0,而a7<0,a6>-a7>0,故选项B错误;显然有(a3+3d)+(a3+4d)>0,而a3=12,解得d>-247,又a3+4d<0,解得d<-3,因此得-247<d<-3,故选项A,选项C正确;数列{an}是首项为正数,公差为负

数的递减数列,前6项都为正,从第7项起的各项都为负,而S12>0,S13=𝑎1+𝑎132·13=13a7<0,于是得n≥13时,Sn<0,从而得Sn<0时,n的最小值为13,故选项D正确.故选B.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a2021=a4=6.14.16解析:∵等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,𝑆�

�𝑇𝑛=38𝑛+142𝑛+1(n∈N*),∴𝑆𝑛𝑇𝑛=𝑛2(38𝑛+14)𝑛2(2𝑛+1).设Sn=𝑛𝑘2(38n+14)=𝑛2(a1+an)(k≠0),∴k(38n+14)=a1+an,∴a1=S1=

𝑘2(38+14)=26k,an=k(38n-12),∴a6=216k.6设Tn=𝑛𝑘2(2n+1)=𝑛2(b1+bn)(k≠0),∴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(2n+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(k∈N*)时,因为an+an-1=2n(n≥2,n∈N*),Sn=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+…+(a2k-1+a2k)=2×2+2×4+2×6+…+2·2k=2×(2+4+6+…+2k)=2×(2+2𝑘)𝑘2=(2+2k)

k=𝑛(𝑛+2)2,当n=2k+1(k∈N*)时,Sn=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+(a6+a7)+…+(a2k+a2k+1)=1+2×3+2×5+2×7+…+2(2k+1)=1+2×[3+5+7+…+(2k+1)]=1+2

×𝑘(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(𝑘∈N*),𝑛(𝑛+2)-12,𝑛=2

𝑘+1(𝑘∈N*).16.{1,𝑛=1,-2(2𝑛-1)(2𝑛-3),𝑛≥2解析:由题意,当n≥2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Sn≠0(n∈N*),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n≥2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),𝑛≥2.