【文档说明】2025届高考一轮复习专项练习 数学 课时规范练29　等差数列 Word版含解析.docx，共(5)页，42.677 KB，由小赞的店铺上传

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课时规范练29等差数列基础巩固组1.(2020安徽蚌埠高三第三次质检)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S10-S3=42,则a7的值是()A.3B.6C.7D.92.(2020山师大附中高三月考)已知数列{an}满足an+1=an+2且a2+

a4+a6=9,则log3(a5+a7+a9)=()A.-3B.3C.-13D.133.(多选)(2020福建泉州高二期末)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1+3a5=S7,则以下结论一定正确的是()A.a4=

0B.Sn的最大值为S3C.S1=S6D.|a3|<|a5|4.《九章算术》是我国古代的数学名著,书中有如下问题:“今有五人分五钱,令上两人所得与下三人等.问各得几何?”其意思是:“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱,甲、乙两人所得之和与丙、丁、戊三人所

得之和相等,且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列.问五人各得多少钱?”这个问题中,戊所得为()A.34钱B.23钱C.12钱D.43钱5.(2020福建福州高三质量检测)已知数列{an}为等差数列,若a1,a6为函数f(x)=x2-

9x+14的两个零点,则a3a4=()A.-14B.9C.14D.206.(2020湖北宜昌高三统一调研)我国古代数学著作《九章算术》有如下问题:“今有金箠,长五尺,斩本一尺,重四斤,斩末一尺,重二斤.问次一尺各重几何?”意思是:“现有一根金杖,长5尺,一头粗,一头细.在粗的一端截下1

尺,重4斤,在细的一端截下1尺,重2斤.问依次每一尺各重多少斤?”假定该金杖被截成长度相等的若干段时,其重量从粗到细构成等差数列.若将该金杖截成长度相等的20段,则中间两段的重量和为()A.65斤B.43斤C.32斤D.54

斤7.在数列{an}中,若a1=1,a2=12,2𝑎𝑛+1=1𝑎𝑛+1𝑎𝑛+2(n∈N*),则该数列的通项公式为()A.an=1𝑛B.an=2𝑛+1C.an=2𝑛+2D.an=3𝑛8.(多选)设{an}是等差数列,Sn为其前n项和,且S7<S8,S8=

S9>S10,则下列结论正确的是()A.d<0B.a9=0C.S11>S7D.S8,S9均为Sn的最大值9.(2018北京,理9)设{an}是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则{an}的通项公式为.

10.(2019全国3,理14)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1≠0,a2=3a1,则𝑆10𝑆5=.11.已知在数列{an}中,a1=12,𝑎𝑛+1=1+𝑎𝑛𝑎𝑛+12(n∈N*).

(1)求证:1𝑎𝑛-1是等差数列;(2)求数列{an}的通项公式.综合提升组12.(2020江西九江高三二模)已知单调数列{an}的前n项和为Sn,若Sn+Sn+1=n2+n,则首项a1的取值范围是.13.(2020浙江,11)我国古代数学家杨辉、朱世杰等研

究过高阶等差数列的求和问题,如数列{𝑛(𝑛+1)2}就是二阶等差数列.数列{𝑛(𝑛+1)2}(n∈N*)的前3项和是.14.在等差数列{an}中,a1=-8,a2=3a4.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设

bn=4𝑛(14+𝑎𝑛)(n∈N*),Tn为数列{bn}的前n项和.若Tn=1715,求n的值.创新应用组15.(2020北京,8)在等差数列{an}中,a1=-9,a5=-1.记Tn=a1a2…an(

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,无最小项参考答案课时规范练29等差数列1.B因为S10-S3=42,所以a4+a5+a6+a7+a8+a9+a10=42.又因为{an}为等差数列,根据等差数列的

性质可得7a7=42,所以a7=6.故选B.2.B∵an+1=an+2,∴an+1-an=2,∴数列{an}是以2为公差的等差数列,∴a5+a7+a9=(a2+3d)+(a4+3d)+(a6+3d)=(a2+a4+a6)+9d.∵a2+a4+a6=9,

∴a5+a7+a9=9+9×2=27,∴log3(a5+a7+a9)=log327=3.故选B.3.AC设等差数列{an}的公差为d,则a1+3(a1+4d)=7a1+21d,解得a1=-3d,所以an=a1+(n-1)d=

(n-4)d,所以a4=0,故A正确;因为S6-S1=5a4=0,所以S1=S6,故C正确;由于d的正负不确定,故S3可能为最大值或最小值,故B不正确;因为a3+a5=2a4=0,所以a3=-a5,即|a3|=|a5|,故D不正确.故选AC.4.B依题意设甲、乙、丙、丁、戊所

得钱分别为a-2d,a-d,a,a+d,a+2d.甲、乙两人所得之和与丙、丁、戊三人所得之和相等,即a-2d+a-d=a+a+d+a+2d,得a=-6d.五人分五钱,则a-2d+a-d+a+a+d+a+2d=5a=5,解得a=1,则戊所得为a+2d=a+2×-𝑎6=2𝑎3=23

.故选B.5.D∵在等差数列{an}中,a1,a6为函数f(x)=x2-9x+14的两个零点,∴a1=2,a6=7,或a1=7,a6=2.当a1=2,a6=7时,d=𝑎6-𝑎16-1=1,a3=4,a4=5,∴

a3a4=20.当a1=7,a6=2时,d=𝑎6-𝑎16-1=-1,a3=5,a4=4,∴a3a4=20.故选D.6.C把每段重量依次用ai(i=1,2,…,20)表示,数列{an}是等差数列,由

题意得{𝑎1+𝑎2+𝑎3+𝑎4=4,𝑎17+𝑎18+𝑎19+𝑎20=2,两式相加得a1+a20=14×(4+2)=32,所以a10+a11=a1+a20=32.故选C.7.A由已知2�

�𝑛+1=1𝑎𝑛+1𝑎𝑛+2可得1𝑎𝑛+1−1𝑎𝑛=1𝑎𝑛+2−1𝑎𝑛+1,所以{1𝑎𝑛}是首项为1𝑎1=1,公差为1𝑎2−1𝑎1=2-1=1的等差数列,所以1𝑎𝑛=n,即an=1𝑛.8.ABD∵S7<S8,∴S8-S7=a8>0,又S8=S9,∴a

9=0,故B正确;同理由S9>S10,得a10<0,∴d=a10-a9<0,故A正确;对于C,S11>S7,即a8+a9+a10+a11>0,可得2(𝑎9+𝑎10)>0,由结论a9=0,a10<0,知C错误;∵S7<S8,S8=S9>S10,∴S8与S9均为Sn的最大值,故D正确.

故选ABD.9.an=6n-3∵{an}为等差数列,设公差为d,∴a2+a5=2a1+5d=36.∵a1=3,∴d=6.∴an=3+(n-1)×6=6n-3.10.4设等差数列{an}的公差为d.∵a1≠0,a2=3a1,∴a1+d=

3a1,即d=2a1.∴𝑆10𝑆5=10𝑎1+10×92𝑑5𝑎1+5×42𝑑=100𝑎125𝑎1=4.11.(1)证明因为对于n∈N*,an+1=1+𝑎𝑛𝑎𝑛+12,所以an+1=12-𝑎𝑛,所以1𝑎𝑛+1-1−1𝑎𝑛-1=112-𝑎𝑛-1−1𝑎𝑛-1

=2-𝑎𝑛-1𝑎𝑛-1=-1.所以数列1𝑎𝑛-1是首项为1𝑎1-1=-2,公差为-1的等差数列.(2)解由(1)知1𝑎𝑛-1=-2+(n-1)×(-1)=-(n+1),所以an-1=-1𝑛+1,即an=𝑛𝑛+1.12.0,

12当n=1时,S1+S2=2,∴a2=2-2a1;当n≥2时,Sn+Sn+1=n2+n,Sn-1+Sn=(n-1)2+(n-1),两式相减得an+an+1=2n.①∴a2+a3=4,∴a3=2+2a1.当n≥3时,an-1+an=2(n-1),②①-②得an+1-an-1=2.∴数列{an}

从第2项起,偶数项成公差为2的等差数列,从第3项起,奇数项成公差为2的等差数列.∴数列{an}单调递增,则满足a1<a2<a3<a2+2,∴a1<2-2a1<2+2a1<4-2a1,解得0<a1<12.13.10令an=𝑛(𝑛+1)2,则a1=1×22=1,a2=2×32

=3,a3=3×42=6,所以数列𝑛(𝑛+1)2(n∈N*)的前3项和S3=1+3+6=10.故答案为10.14.解(1)设等差数列{an}的公差是d,由a1=-8,a2=3a4,得-8+d=3(-8+3d),解得d=2,所以a

n=-10+2n.(2)由(1)可得,bn=4𝑛(14+𝑎𝑛)=4𝑛(2𝑛+4)=1𝑛−1𝑛+2,所以Tn=1-13+12−14+13−16+…+1𝑛-1−1𝑛+1+1𝑛−1𝑛+2=1+12−1𝑛+

1−1𝑛+2,又因为Tn=1715,所以1+12−1𝑛+1−1𝑛+2=1715,解得n=4.15.B由题意可知,等差数列的公差d=𝑎5-𝑎15-1=-1+95-1=2,则其通项公式为an=a1+(n-1)d=-9+(n-1)×2=2n-11,注意到

a1<a2<a3<a4<a5<0<a6=1<a7<…,且由T5<0可知Ti<0(i≥6,i∈N),由𝑇𝑖𝑇𝑖-1=ai>1(i≥7,i∈N)可知数列{Tn}不存在最小项;由于a1=-9,a2=-7,a3=-5,a4

=-3,a5=-1,a6=1,故数列{Tn}中的正项只有有限项,T2=63,T4=63×15=945.故数列{Tn}中存在最大项,且最大项为T4.故选B.