【文档说明】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 含解析【高考】.doc，共(15)页，365.000 KB，由小赞的店铺上传

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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a4＝4，S9＝72，则a10＝()A．20B．23C.24D．28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a4＝a1＋3d＝4，S9＝9a1＋36d＝72，解得

a1＝－8，d＝4，故a10＝a1＋9d＝－8＋36＝28.故选D.2．在等差数列{an}中，an≠0(n∈N*).角α顶点在坐标原点，始边与x轴正半轴重合，终边经过点(a2，a1＋a3)，则sinα＋2cosαsinα－cosα＝()A．5B．4C.3D．2答案B解析角α

的顶点在坐标原点，始边与x轴正半轴重合，终边经过点(a2，a1＋a3)，可得tanα＝a1＋a3a2＝2a2a2＝2，则sinα＋2cosαsinα－cosα＝tanα＋2tanα－1＝2＋22－1＝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2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．73斤B．72斤C.52斤D．3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a1＝4，则a5＝2，设公差为d，则2＝4＋4d，解得d＝－12.所以a2＝4－12＝72.故选B.4．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1＝－2

3，Sn＋1Sn＋2＝an(n≥2)，则下列各项为等差数列的是()A．{Sn＋1}B．{Sn－1}C．1Sn＋1D．1Sn－1答案C解析由Sn＋1Sn＋2＝an(n≥2)，得Sn＝－1Sn－1＋2(n≥2).S

1＝－23，S2＝－34，S3＝－45，….故S1＋1＝13，S2＋1＝14，S3＋1＝15，…，则1S1＋1＝3，1S2＋1＝4，1S3＋1＝5，…，所以数列1Sn＋1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SnTn＝2n3n＋1，则a6b6等于()A．23B．914C.2031D．11173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，SnTn＝2n3n＋1

，∴a6b6＝11a611b6＝11·a1＋a11211·b1＋b112＝S11T11＝2×113×11＋1＝1117.故选D.6．在等差数列{an}中，a10＜0，a11＞0，且a11＞|a10|，则使{an}的前n项和Sn＜0成立的最大的自然数n

为()A．11B．10C.19D．20答案C解析∵数列{an}为等差数列，a10＜0，a11＞0，∴d＞0，又a11＞|a10|，∴a11＞－a10，即a10＋a11＞0，由S20＝a1＋a202×20＝10(a10＋a11)＞0，S19＝a1＋a192×19＝

19a10＜0，可得使{an}的前n项和Sn＜0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d＞0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ann是递增数列D．数列{an＋3nd}是递增数列答案AD解析∵an＝a1＋(n－1)d，d＞0，∴an－an－1＝d＞0，A正确；∵nan＝na1＋n(n－1)d，∴nan－(n－1)an－1＝a1＋2(n－1)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；∵ann＝a1n＋n－1nd，∴ann－an－1n－1＝－a1＋dn（n－1），n≥2，当d－a1＞0，即d＞a1时，数列ann递增．但d＞a1不一定成立，C不正确；设bn＝an＋3nd，则bn＋1－bn＝an＋1－an＋3d＝4

d＞0，∴数列{an4＋3nd}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2a1＋3a3＝S6，则下列结论正确的是()A．a10＝0B．S10最小C．S7＝S12D．S19

＝0答案ACD解析因为数列{an}为等差数列，2a1＋3a3＝S6，即5a1＋6d＝6a1＋15d，即a1＋9d＝a10＝0，故A正确；因为a10＝0，所以S9＝S10，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a8＋a9＋a10

＋a11＋a12＝5a10＝0，所以S12＝S7＋a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝S7＋0＝S7，故C正确；S19＝a1＋a192×19＝19a10＝0，故D正确．故选ACD.9．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝3，S4＝16，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a2＝3，S4＝16，得a1＋d＝3，4a1＋6d＝16，解得a1＝1，d＝2.解法二：由a2＝3，S4＝16，得(3－d)＋3＋(3＋d)＋(3＋2d)＝16，解

得d＝2.10．若等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝9，a2∈Z，且Sn≤S5(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________．答案10n－n2，n≤5，n2－10n＋50，n>5解析∵等差数列{an}的前n项和为Sn

，a1＝9，a2∈Z，且Sn≤S5，∴a5＝9＋4d≥0，a6＝9＋5d<0，∵a2∈Z，∴d＝－2，∴Sn＝9n＋n（n－1）2×(－2)＝10n－n2，∴当n≤5时，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝10n－n2；当

n>5时，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝2(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)－(10n－n2)＝2×(10×5－52)＋n2－10n＝n2－10n＋50，∴5|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝10n－n2，n≤5，n2－10n＋

50，n>5.二、高考小题11．(2021·北京高考){an}和{bn}是两个等差数列，其中akbk(1≤k≤5)为常值，a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3＝()A．64B．128C.256D．512答案B解析由已知条件可得a1b1＝a5b5，则b5＝a5b1a1＝9

6×192288＝64，因此b3＝b1＋b52＝192＋642＝128.故选B.12．(2020·全国Ⅱ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)()A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块答案C解析设第n环扇面形石板块数为a

n，第一层共有n环，则{an}是以9为首项，9为公差的等差数列，an＝9＋(n－1)×9＝9n.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，S2n－Sn，S3n－S2n，因为下层比

中层多6729块，所以S3n－S2n＝S2n－Sn＋729，即3n（9＋27n）2－2n（9＋18n）2＝2n（9＋18n）2－n（9＋9n）2＋729，即9n2＝729，解得n＝9，所以S3n＝S27＝27×（9＋9×27）2＝3402.故选C.13．(2019·全国Ⅰ

卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则()A．an＝2n－5B．an＝3n－10C．Sn＝2n2－8nD．Sn＝12n2－2n答案A解析设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由S4＝0，a5＝5可得a1＋4d＝5，4a1＋6

d＝0，解得a1＝－3，d＝2.所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝n×(－3)＋n（n－1）2×2＝n2－4n.故选A.14．(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＝－2，a2＋a6＝2，则S10＝________．答案25解析设等差数列{an}的公

差为d，由a1＝－2，a2＋a6＝2，可得a1＋d＋a1＋5d＝2，即－2＋d＋(－2)＋5d＝2，解得d＝1.所以S10＝10×(－2)＋10×（10－1）2×1＝－20＋45＝25.15．(2019·全国Ⅲ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则S10S5＝___

_____.答案4解析由a1≠0，a2＝3a1可得d＝2a1，所以S10＝10a1＋10×92d＝100a1，S57＝5a1＋5×42d＝25a1，所以S10S5＝4.16．(2019·北京高考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝－3，S5＝－10，则a

5＝________，Sn的最小值为________．答案0－10解析∵a2＝a1＋d＝－3，S5＝5a1＋10d＝－10，∴a1＝－4，d＝1，∴a5＝a1＋4d＝0，∴an＝a1＋(n－1)d＝n－5.令an<0，则n<5，即数列{an}中前4项为负，a5＝0，第

6项及以后为正．∴Sn的最小值为S4＝S5＝－10.三、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a2＋a3＋a4＝6，a6＝4，则公差d＝()A．1B．2C.13D．23答案D解析∵a2＋

a3＋a4＝6，∴3a3＝6，a3＝2，又a6＝4，∴3d＝2，d＝23.18．(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()A．16天B．17天C．18天D．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8

n＋n（n－1）2×12≥200，整理得n2＋31n－800≥0.因为函数f(x)＝x2＋31x－800在[1，＋∞)上为增函数，且f(16)<0，f(17)>0，所以n≥17.819．(2021·河北唐山一中模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5＝10，S10＝40，则S15＝()A

．80B．90C.100D．110答案B解析因为S5，S10－S5，S15－S10成等差数列，S5＝10，S10＝40，故可得S15－S10＝50，解得S15＝90.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n项和，S7>S9>S8，设bn＝anan＋1an＋2，数列{bn}的前n项和为Tn，则下列结论中正确的是()A．满足Sn>0的n的最小值为17B．|a8|<|a9|C．a7a8>

a9a10D．n＝8时，Tn取得最小值答案AC解析由题意，知a8＝S8－S7<0，a9＝S9－S8>0，S9－S7＝a8＋a9<0.A中，S16＝16（a8＋a9）2＜0，S17＝17a9>0，所以满足Sn＞0的n的最小值为17，故A正确；B中，|a8|－|a9

|＝－a8－a9>0，即|a8|>|a9|，故B错误；由上可知d>0，则a9a10－a7a8＝(a8＋d)·(a8＋2d)－(a8－d)a8＝2d2＋4da8＝2d(d＋2a8)＝2d(a8＋a9)<0.所以a7a8>a

9a10，故C正确；D中，当n≤8时，an<0，当n≥9时，an>0，所以当n≤6时，bn<0，b7＝a7a8a9>0，b8＝a8a9a10<0，当n≥9时，bn>0，所以T7>T6，T7>T8，当n≥8时，Tn＋1>Tn，T8－T6＝b7＋b8＝a7a8a9＋a8a9a10＝a8

a9(a7＋a10)＝a8a9(a8＋a9)>0，所以T8>T6，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(a1＋a10)2＝2a2a9＋20，则()A．a2a9的最大值为10B．a2＋a9的最大值为2109C．1a22＋1a29的最大值

为15D．a42＋a49的最小值为200答案ABD解析因为正项等差数列{an}满足(a1＋a10)2＝2a2a9＋20，所以(a2＋a9)2＝2a2a9＋20，即a22＋a29＝20.所以a2a9≤a22＋a292＝20

2＝10，当且仅当a2＝a9＝10时等号成立，故A正确；因为a2＋a922≤a22＋a292＝10，所以a2＋a92≤10，a2＋a9≤210，当且仅当a2＝a9＝10时等号成立，故B正确；因为1a22＋1a29＝

a22＋a29a22a29＝20a22a29≥20a22＋a2922＝20102＝15，当且仅当a2＝a9＝10时等号成立，所以1a22＋1a29的最小值为15，故C错误；D项结合A项的结论，有a42

＋a49＝(a22＋a29)2－2a22a29＝400－2a22a29≥400－2×102＝200，当且仅当a2＝a9＝10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a1＝1，S3＝a5，am＝2021，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，S3＝3a1＋3×22d＝3(a1＋d)，而a5＝a1＋4

d，由S3＝a5，a1＝1，可解得d＝2.又am＝a1＋(m－1)d＝2021，解得m＝1011.23．(2021·上海模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a5＝16，S13＝260，则S20212021－S20182018＝______

__．答案92解析∵等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a5＝16，S13＝260，∴a1＋a5＝2a3＝16，S13＝13（a1＋a13）2＝13a7＝260，∴a3＝8，a7＝20.设等差数列{an}

的10公差为d，则d＝a7－a37－3＝20－84＝3，∴an＝a3＋(n－3)d＝8＋(n－3)×3＝3n－1，Sn＝n（a1＋an）2＝n（2＋3n－1）2＝n（3n＋1）2，∴Snn＝32n＋12，∴S20212021－S20182018＝32×2021

＋12－32×2018＋12＝92.一、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①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{an}是等差数列；②数列{Sn}是等差数列；③a2＝3a1.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①③⇒②.已知数列{an}是等差数列，a2＝3a1，设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，所以d＝2a1.因为Sn＝na1＋n（n－1）2d＝n2a1，所以Sn

＝na1(a1>0)，所以Sn＋1－Sn＝(n＋1)a1－na1＝a1(常数).所以数列{Sn}是等差数列．选择条件①②⇒③.已知数列{an}是等差数列，数列{Sn}是等差数列，设数列{an}的公差为d，则S1＝a1，S2＝2a1＋d，S3＝3a1＋3d，因为数列{Sn}是等差数列，所以

S1＋S3＝2S2，即a1＋3a1＋3d＝22a1＋d，化简整理得d＝2a1.所以a2＝a1＋d＝3a1.选择条件②③⇒①.已知数列{Sn}是等差数列，a2＝3a1，设数列{Sn}的公差为d，11所以S2－S1＝d，即4a1－a

1＝d.所以a1＝d2,Sn＝S1＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2.所以an＝Sn－Sn－1＝2d2n－d2(n≥2).又a1＝d2也适合该通项公式，所以an＝2d2n－d2(n∈N*).an

＋1－an＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝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2Sn＋1bn＝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n＝1时，b1＝S1，易得b1＝32.当n≥2时，bnbn－1＝Sn，代入2Sn＋1bn＝2消去Sn，得2bn－1bn＋1bn＝2.化简，得bn－bn－1＝12.所以数列{bn}是以32

为首项，12为公差的等差数列．(2)由题意可知a1＝S1＝b1＝32.由(1)可得bn＝n＋22，由2Sn＋1bn＝2可得Sn＝n＋2n＋1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n＋2n＋1－n＋1n＝－1n（n＋1），显然a1不满足该式，12所以an＝

32，n＝1，－1n（n＋1），n≥2.3．(2021·新高考Ⅱ卷)记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求使Sn>an成立的n的最小值．解(1)由等差数列的性质可得，S5＝5a3，则a3＝5a3，所以a3＝0.设等差

数列的公差为d，从而有a2a4＝(a3－d)(a3＋d)＝－d2，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a3－2d)＋(a3－d)＋a3＋(a3＋d)＝－2d，从而－d2＝－2d，由于公差不为零，故d＝2，所以

数列{an}的通项公式为an＝a3＋(n－3)d＝2n－6.(2)由数列的通项公式可得，a1＝2－6＝－4，则Sn＝n×(－4)＋n（n－1）2×2＝n2－5n，则不等式Sn>an，即n2－5n>2n－6，整理可得，(n－1)(n－6)>0，解得n<1或n>6

，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①an＋2－an＝4，S2＝6，②a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，③2Sn＝an＋2n2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

1Sn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①：由an＋2－an＝4，可知数列{an}的公差为2，13又S2＝6，可得a1＋a1＋2＝6，得a1＝2，所以an＝2n，Sn＝n2＋n.可知1Sn＝1n2＋n＝1n（n＋1）＝1n－1n＋

1，数列1Sn的前n项和为1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1.选②：设数列{an}的公差为d，则由a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，得2a1＋6d＝16，8a1＋13d

＝42，解得a1＝2，d＝2.所以an＝2n，Sn＝n2＋n，可知1Sn＝1n2＋n＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，数列1Sn的前n项和为1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1.选③：当n＝1时，a1＝2，当n＝2时，2S

2＝a2＋8，解得a2＝4.设数列{an}的公差为d，则d＝2，所以an＝2n，Sn＝n2＋n，可知1Sn＝1n2＋n＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，数列1Sn的前n项和为1－12＋12－13＋…＋1n

－1n＋1＝1－1n＋1.5．(2021·福建厦门联考)已知Tn为数列{an}的前n项积，且a1＝12，Sn为数列{Tn}的前n项和，若Tn＋2SnSn－1＝0(n∈N*，n≥2)，(1)求证：数列

1Sn是等差数列；(2)求{an}的通项公式．14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T1＝S1＝a1＝12，Tn＝Sn－Sn－1(n≥2)，又因为Tn＋2SnSn－1＝0(n

≥2)，所以Sn－Sn－1＝－2SnSn－1(n≥2)，若Sn＝0，则Sn－1＝0，即Sn＝0，不合题意，故Sn≠0，所以1Sn－1Sn－1＝2(n≥2)，所以数列1Sn是以2为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知，1Sn＝2＋(n－1)×2＝2n

，所以Sn＝12n，n∈N*，所以Tn＝Sn－Sn－1＝12n－12（n－1）＝－12n（n－1）(n≥2)，所以Tn－1＝－12（n－1）（n－2）(n≥3)，所以当n≥3时，an＝TnTn－1＝n－2n.由于T2＝a1a2，即－12×2×（2－1）＝12a2，所以a2＝－12，综上，an＝

12，n＝1，－12，n＝2，n－2n，n≥3且n∈N*.6．(2021·湖北重点高中联考)在等差数列{an}中，a1＋a2＝7，a5＝14，令bn＝1anan＋1，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(1<p<q)，使得T2p＝T1Tq

？若存在，求出所有p，q的15值；若不存在，请说明理由．解(1)设数列{an}的公差为d，由a1＋a2＝2a1＋d＝7，a5＝a1＋4d＝14，解得a1＝2，d＝3，∴an＝2＋3(n－1)＝3n－1.∵bn＝1anan＋1＝1（3n－1）[3（n＋1）－1]＝

1（3n－1）（3n＋2）＝1313n－1－13n＋2，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1312－15＋1315－18＋…＋1313n－1－13n＋2＝1312－13n＋2＝n2（3n＋2）.(2)由(1)知，T1＝110，Tp＝p2（3p

＋2），Tq＝q2（3q＋2）.假设存在正整数p，q(1<p<q)，使得T2p＝T1Tq，即p2（3p＋2）2＝110×q2（3q＋2），化简为(－3p2＋6p＋2)q＝5p2.(*)当p＝2时，(*)式可化为2q＝20，∴q＝10；当p≥3时，∴(*)式

可化为q＝5p2－3p2＋6p＋2<0，∴此时q无正整数解，综上存在正整数p＝2，q＝10.