【文档说明】2025届高三一轮复习数学试题（人教版新高考新教材）考点规范练26　等差数列及其前n项和 Word版含解析.docx，共(4)页，37.832 KB，由小赞的店铺上传

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考点规范练26等差数列及其前n项和一、基础巩固1.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若4+a1=a2+a5,则S11=()A.28B.34C.40D.44答案:D解析:由a6+a1=a2+a5,4+a1=a2+a5,可得a6=4,所以S11=11(𝑎1+𝑎11)2=1

1a6=44.2.已知等差数列{an}的前4项和为30,前8项和为100,则它的前12项和为()A.110B.200C.210D.260答案:C解析:设等差数列{an}的前n项和为Sn.由于在等差数列{an}中,S4,S8-S4,S1

2-S8成等差数列,又S4=30,S8=100,所以30,70,S12-100成等差数列,即2×70=30+S12-100,解得S12=210.3.已知数列{an}是等差数列,且a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=

99,数列{an}的前n项和为Sn,则使得Sn最大的n是()A.18B.19C.20D.21答案:C解析:根据题意可知,由a1+a3+a5=105,得a3=35,由a2+a4+a6=99,得a4=33,则等差数列{an}的公差d=33-35=-2,a1=

a3-2d=39,Sn=-n2+40n,因此当Sn取得最大值时,n=20.4.(多选)已知等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,当首项a1和d变化时,a3+a8+a13是一个定值,则下列各选项中也一定为定值的有()A.a7B.a8C.S15D.S16答案:BC解析:由等差中项的性

质可得a3+a8+a13=3a8为定值,则a8为定值,S15=15(𝑎1+𝑎15)2=15a8为定值,但S16=16(𝑎1+𝑎16)2=8(a8+a9)不一定为定值.5.设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1=1,公差d=2,Sn+

2-Sn=36,则n等于()A.5B.6C.7D.8答案:D解析:(方法一)由题意得Sn=na1+𝑛(𝑛-1)2d=n+n(n-1)=n2,Sn+2=(n+2)2,由Sn+2-Sn=36,得(n+2)2-n2=4n+4=36,故n=8.(方法二

)Sn+2-Sn=an+1+an+2=2a1+(2n+1)d=2+2(2n+1)=36,解得n=8.6.(多选)设Sn是等差数列{an}的前n项和,d为{an}的公差,且S5<S6,S6=S7>S8,则下列结论正确的是()A.d>0B.a7=0C.S9>S5D.S

6与S7均为Sn的最大值答案:BD解析:由于S6=S7,则S7-S6=a7=0,故B选项正确;由S5<S6,得S6-S5=a6>0,则d=a7-a6<0,故A选项错误;若S9>S5,则a6+a7+a8+a

9>0,可得2(a7+a8)>0,又由a7=0,且d<0,得a8<0,即a7+a8<0,矛盾,故C选项错误;因为S5<S6,S6=S7>S8,所以S6与S7均为Sn的最大值,故D选项正确.7.已知等差数列{an}的前3项依次是-1,a-1,1,则a=;通项an=.答案:1n-2解析:因为

-1,a-1,1构成等差数列,所以2(a-1)=-1+1=0,解得a=1.因为首项a1=-1,公差d=1,所以an=n-2.8.已知数列{an}满足(an+1-1)(an-1)=3(an-an+1),a1=2,令

bn=1𝑎𝑛-1.(1)证明:数列{bn}是等差数列;(2)求数列{an}的通项公式.(1)证明:由题意可知,an≠1.由1𝑎𝑛+1-1−1𝑎𝑛-1=𝑎𝑛-𝑎𝑛+1(𝑎𝑛+1-1)(𝑎𝑛-1)=13,得bn+1-bn=13,故{bn}是公差d=13的等差数列.

(2)解:由(1)及b1=1𝑎1-1=12-1=1,得bn=13n+23,即an-1=3𝑛+2,故an=𝑛+5𝑛+2.二、综合应用9.(多选)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1+5a3=S8,则下列结论一定正确的是()A.a10=0B.当n=9或10时

,Sn取最大值C.|a9|<|a11|D.S6=S13答案:AD解析:设等差数列{an}的公差为d.由于a1+5a3=S8,则a1+5a1+10d=8a1+8×7𝑑2,得a1+9d=0,即a10=0,故A正确;由于a1+9d=0,当d>0时,a1<0,则Sn有最小值,故B错误;因为|a

9|=|a10-d|=|d|,|a11|=|a10+d|=|d|,所以|a9|=|a11|,故C错误;由于S6=6a1+6×5𝑑2=-54d+15d=-39d,S13=13a1+13×12𝑑2=-117d+7

8d=-39d,故D正确.10.设等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足S20>0,S21<0,则𝑆1𝑎1,𝑆2𝑎2,…,𝑆17𝑎17中最大的项为()A.𝑆10𝑎10B.𝑆11𝑎11C.𝑆12𝑎12D.𝑆13𝑎13答案:A解析:因为S20=20(𝑎1+

𝑎20)2=10(a1+a20)>0,所以a1+a20>0,则a10+a11>0.同理由S21<0可得a1+a21<0,即a11<0,得a10>0,从而等差数列{an}的公差d<0.当n≤10时,S10最大,而a1

0最小,故𝑆10𝑎10的值最大.11.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.答案:3n2-2n解析:数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数.并且显然{3n-2}中的所有奇数均能

在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列时的新数列{an}为以1为首项,以6为公差的等差数列.所以数列{an}的前n项和为Sn=n×1+𝑛(𝑛-1)2×6=3n2-2n.12.(2023新高考

Ⅰ,20)设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令bn=𝑛2+𝑛𝑎𝑛,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求数列{an}的通项公式;(2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99

,求d.解:(1)由3a2=3a1+a3,得3(a2-a1)=a3,即3d=a1+2d,得a1=d,从而an=nd,故bn=𝑛2+𝑛𝑛𝑑=𝑛+1𝑑.易知S3=a1+a2+a3=6d,T3=2+3+4𝑑=9�

�.由题意得6d+9𝑑=21,从而2d2-7d+3=0.整理得(2d-1)(d-3)=0,解得d=3或d=12(舍去).故an=3n.(2)由题意得a2=a1+d,a3=a1+2d,b1=2𝑎1,b2=6𝑎2,b3=

12𝑎3.因为{bn}为等差数列,所以2b2=b1+b3,即2×6𝑎2=2𝑎1+12𝑎3,所以2×6𝑎1+𝑑=2𝑎1+12𝑎1+2𝑑,解得a1=d或a1=2d.当a1=d时,an=a1+(n-1)d=d+d(n-1)=n

d,bn=𝑛2+𝑛𝑛𝑑=𝑛+1𝑑=2𝑑+1𝑑(n-1),此时{bn}是以2𝑑为首项,1𝑑为公差的等差数列,S99=99(𝑎1+𝑎99)2=99(2𝑎1+98𝑑)2=99(2𝑑+98𝑑)2=99×50d,T99=99(𝑏1+𝑏99)2=99(2𝑏1+98×

1𝑑)2=99(2×2𝑑+98×1𝑑)2=99×51𝑑.S99-T99=99×50d-99×51𝑑=99,解得d=5150或d=-1(舍去).当a1=2d时,an=a1+(n-1)d=2d+d(n-1)=(n+1)d,bn=𝑛2+𝑛(𝑛+1)𝑑=𝑛𝑑=1𝑑+1

𝑑(n-1),此时{bn}是以1𝑑为首项,1𝑑为公差的等差数列.S99=99(𝑎1+𝑎99)2=99(2𝑎1+98𝑑)2=99(4𝑑+98𝑑)2=99×51d,T99=99(𝑏1+𝑏99)2=99(2𝑏1+98×1𝑑)2=99(2×1𝑑+98×1

𝑑)2=99×50𝑑,S99-T99=99×51d-99×50𝑑=99,解得d=-5051<0(舍去)或d=1(舍去).故a1=2d不符合题意.综上所述,d=5150.三、探究创新13.下表数阵的特点是每行、每列都成等差数列,记第i行第j

列的数为aij,则(1)ann=(n∈N*);(2)表中的数52共出现次.234567…35791113…4710131619…5913172125…61116212631…71319253137………………

……答案:(1)n2+1(2)4解析:(1)根据题意得,第i行的等差数列的公差为i,第j列等差数列的公差为j,所以第一行数组的数列a1j是以2为首项,公差为1的等差数列,可得a1j=2+(j-1)×1=j+1,又因为第j列数组成的数列aij是以

a1j为首项,公差为j的等差数列,所以aij=a1j+(i-1)j=(j+1)+(i-1)×j=ij+1.因为aij=ij+1,所以ann=n×n+1=n2+1;(2)由于aij=ij+1=52,则ij=51,得i=1且j=51或i=51且j=1或i=3且j=17或i=17且j=3,故表中的数

52出现了4次.14.(2022新高考Ⅰ,17)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,{𝑆𝑛𝑎𝑛}是公差为13的等差数列.(1)求{an}的通项公式;(2)证明:1𝑎1+1𝑎2+…+1

𝑎𝑛<2.(1)解:方法一:∵{𝑆𝑛𝑎𝑛}是以𝑆1𝑎1=1为首项,以13为公差的等差数列,∴𝑆𝑛𝑎𝑛=1+(n-1)×13=𝑛+23.∴Sn=𝑛+23an.①当n≥2时,Sn-1=𝑛+13an-1.②①-②

得an=Sn-Sn-1=𝑛+23an-𝑛+13an-1,∴𝑛+13an-1=𝑛-13an,∴𝑎𝑛𝑎𝑛-1=𝑛+1𝑛-1.∴an=𝑎𝑛𝑎𝑛-1·𝑎𝑛-1𝑎𝑛-2·…·𝑎2𝑎1·a1=𝑛+1𝑛-1×𝑛𝑛-2×𝑛-1𝑛-

3×…×42×31·a1(n≥2),又a1=1,∴an=(𝑛+1)×𝑛2×1×1=𝑛(𝑛+1)2(n≥2).又当n=1时,a1=1也符合上式,∴an=𝑛(𝑛+1)2.方法二:∵{𝑆𝑛𝑎𝑛}是以𝑆1𝑎1=1为首项,以13为公差的等差数列,∴𝑆𝑛𝑎𝑛=1+(n-1

)×13=𝑛+23.∴Sn=𝑛+23an.①当n≥2时,Sn-1=𝑛+13an-1.②①-②得an=Sn-Sn-1=𝑛+23an-𝑛+13an-1,∴𝑛+13an-1=𝑛-13an,∴𝑎𝑛𝑛+1=𝑎𝑛-1𝑛-1,∴𝑎𝑛𝑛(𝑛+1)=𝑎𝑛-1(𝑛-1)·�

�.设𝑎𝑛𝑛(𝑛+1)=bn,则bn=bn-1,∴{bn}为常数列,且b1=𝑎11×2=12,∴𝑎𝑛𝑛(𝑛+1)=bn=12,∴an=𝑛(𝑛+1)2.(2)证明:由(1)知1𝑎𝑛=2

𝑛(𝑛+1)=2(1𝑛−1𝑛+1),∴1𝑎1+1𝑎2+…+1𝑎𝑛=2(1-12+12−13+…+1𝑛−1𝑛+1)=2(1-1𝑛+1)<2.