1、2023新高考數(shù)學(xué)第一輪專題練習(xí)7.2等差數(shù)列一、選擇題1.(2022屆廣西北海模擬,10)已知遞增等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,若S4=10,且a1,a2,a3+1成等比數(shù)列,則公差d=()A.1B.2C.3D.4答案AS4=10,4a1+4×32d=10,即2a1+3d=5,a1,a2,a3+1成等比數(shù)列,(a1+d)2=a1(a1+2d+1),即a12+2a1d+d2=a12+2a1d+a1,也即d2=a1,聯(lián)立解得d=1,a1=1或d=-52,a1=254(舍去).2.(2021皖北協(xié)作體模擬,4)等差數(shù)列an的公差為d,當(dāng)首項(xiàng)a1與d變化時(shí),a2+a10+a21是一個(gè)定值,

2、則下列選項(xiàng)中一定為定值的是()A.a10B.a11C.a12D.a13答案B等差數(shù)列an的公差為d,a2+a10+a21=a1+d+a1+9d+a1+20d=3(a1+10d)=3a11.當(dāng)a1與d變化時(shí),a2+a10+a21是一個(gè)定值,3a11是定值,即a11是一個(gè)定值.故選B.3.(2021陜西寶雞一模,3)在1和2兩數(shù)之間插入n(nN*)個(gè)數(shù),使它們與1,2組成一個(gè)等差數(shù)列,則當(dāng)n=10時(shí),該數(shù)列的所有項(xiàng)的和為()A.15B.16C.17D.18答案D設(shè)在1和2兩數(shù)之間插入n(nN*)個(gè)數(shù),使它們與1,2組成一個(gè)等差數(shù)列an,a1=1,當(dāng)n=10時(shí),可得a12=2,所以數(shù)列的所有項(xiàng)的和為

3、12(a1+a12)2=12×(1+2)2=18.故選D.4.(2022屆河南三市聯(lián)考,4)設(shè)Sn是等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和,若a1+a3+a5=3,則S5=()A.5B.7C.9D.11答案A由等差數(shù)列an的性質(zhì)及a1+a3+a5=3,得3a3=3,a3=1,S5=5(a1+a5)2=5a3=5.故選A.5.(2020呼和浩特一模,3)在等差數(shù)列an中,若a1+a2=5,a3+a4=15,則a5+a6=()A.10B.20C.25D.30答案C設(shè)an的公差為d.由題意得4d=10,則a5+a6=a1+4d+a2+4d=5+20=25.故選C.6.(2021陜西寶雞二模,5)已知an是

4、等差數(shù)列,滿足3(a1+a5)+2(a3+a6+a9)=18,則該數(shù)列的前8項(xiàng)和為()A.36B.24C.16D.12答案D由等差數(shù)列的性質(zhì)可得a1+a5=2a3,a3+a6+a9=3a6,所以3×2a3+2×3a6=18,即a3+a6=3,所以S8=8(a1+a8)2=8(a3+a6)2=12.故選D.7. (2021河南安陽模擬,5)已知數(shù)列an,bn,cn均為等差數(shù)列,且a1+b1+c1=1,a2+b2+c2=3,則a2 020+b2 020+c2 020=()A.4 037B.4 039C.4 041D.4 043答案B因?yàn)閿?shù)列an,bn,cn均為等差數(shù)列,所以數(shù)列

5、an+bn+cn也是等差數(shù)列,且首項(xiàng)為a1+b1+c1=1,公差d=(a2+b2+c2)-(a1+b1+c1)=3-1=2,所以a2 020+b2 020+c2 020=1+(2 020-1)×2=4 039.故選B.思路分析根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)得出數(shù)列an+bn+cn也是等差數(shù)列,利用等差數(shù)列通項(xiàng)公式可求相應(yīng)項(xiàng).8.(2021吉林豐滿月考,4)在數(shù)列an中,a1=0,an+1-an=2,Sn為其前n項(xiàng)和,則S10=()A.200B.100C.90D.80答案C因?yàn)閿?shù)列an中,a1=0,an+1-an=2,所以數(shù)列an是以0為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)列,則S10=10×92&#

6、215;2=90.9.(2021安徽馬鞍山質(zhì)監(jiān),11)在等差數(shù)列an中,a8a7<-1,且它的前n項(xiàng)和Sn有最小值,當(dāng)Sn<0時(shí),n的最大值為()A.7B.8C.13D.14答案C因?yàn)榈炔顢?shù)列an的前n項(xiàng)和Sn有最小值,所以d>0,又a8a7<-1,所以a7<0,a8>0,所以a7+a8>0,又S13=13(a1+a13)2=13a7<0,S14=14(a1+a14)2=7(a7+a8)>0,所以當(dāng)Sn<0時(shí),n的最大值為13.方法總結(jié)利用等差數(shù)列的性質(zhì),可將前n項(xiàng)和與項(xiàng)建立關(guān)系:S2n+1=(2n+1)an+1,S2n=n(an+a

7、n+1).10.(2021寧夏吳忠一模,7)數(shù)列an是等差數(shù)列,Sn為其前n項(xiàng)和,且a1<0,a2 020+a2 021<0,a2 020·a2 021<0,則使Sn<0成立的最大正整數(shù)n是()A.2 020B.2 021C.4 040D.4 041答案C設(shè)數(shù)列an的公差為d,由a1<0,a2 020+a2 021<0,a2 020·a2 021<0,可知a2 020<0,a2 021>0,所以d>0,數(shù)列an為遞增數(shù)列,S4 041=4 041(a1+a4 041)2=4 041a2 021>0,S4 04

8、0=2 020(a1+a4 040)=2 020(a2 020+a2 021)<0,所以可知n的最大值為4 040.故選C.11.(2021山西呂梁一模,3)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,已知a5=2,S4=28,則Sn<0時(shí),n的最小值為()A.10B.11C.12D.13答案C設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,因?yàn)閍5=2,S4=28,故a1+4d=2,4(a1+a4)2=28,即2a1+3d=14,解得a1=10,d=-2,故Sn=n×10+12n(n-1)×(-2)=-n2+11n=-n(n-11),nN*,令Sn=-n(n-11)<0,得n>11,

9、且nN*,故n的最小值為12.故選C.12.(2022屆西南名校聯(lián)考,6)設(shè)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和是Sn,若a2<-a11<a1,則()A.S11>0且S12<0B.S11<0且S12<0C.S11>0且S12>0D.S11<0且S12>0答案A由題意知,a1+a11>0,a2+a11=a1+a12<0,得S11=11(a1+a11)2>0,S12=12(a1+a12)2<0.故選A.13.(2022屆陜西寶雞期末,10)設(shè)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,公差為d.已知a3=12,S10>0,a6<0

10、,則下列選項(xiàng)不正確的是()A.數(shù)列Snan的最小項(xiàng)為第6項(xiàng)B.-245<d<-4C.a5>0D.Sn>0時(shí),n的最大值為5答案DS10=102(a1+a10)=5(a5+a6)>0,又a6<0,所以a5>0,故選項(xiàng)C正確;由a3=12,且a5>0,a6<0,a5+a6>0,得a5=12+2d>0,a6=12+3d<0,a5+a6=24+5d>0,解得-245<d<-4,選項(xiàng)B正確;由上分析知,當(dāng)1n5時(shí),an>0,當(dāng)n6時(shí),an<0,所以S11=11a6<0,又S10>0,故Sn&

11、gt;0時(shí),n的最大值為10,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤;由于d<0,因此數(shù)列an是遞減數(shù)列,由上述分析知當(dāng)1n5時(shí),Snan>0,當(dāng)6n10時(shí),Snan<0,當(dāng)n11時(shí),Snan>0,故數(shù)列Snan中最小的項(xiàng)為第6項(xiàng),選項(xiàng)A正確.故選D.14.(多選)(2021山東濟(jì)寧魚臺(tái)一中月考,11)設(shè)an是等差數(shù)列,Sn為其前n項(xiàng)和,且S7<S8,S8=S9>S10,則下列結(jié)論正確的是()A.公差d<0B.a9=0C.S11>S7D.S8、S9均為Sn的最大值答案ABD由S7<S8得a1+a2+a3+a7<a1+a2+a7+a8,即a8>0,又S8=

12、S9,a1+a2+a8=a1+a2+a8+a9,a9=0,故B中結(jié)論正確;同理由S9>S10得a10<0,公差d=a10-a9<0,故A中結(jié)論正確;對(duì)于C,若S11>S7,則a8+a9+a10+a11>0,可得2(a9+a10)>0,由結(jié)論a9=0,a10<0,知a9+a10<0,矛盾,故C中結(jié)論錯(cuò)誤;S7<S8,S8=S9>S10,d<0,S8與S9均為Sn的最大值,故D中結(jié)論正確.故選ABD.二、填空題15.(2022屆豫南名校聯(lián)考(二),15)已知Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和,數(shù)列Snn是等差數(shù)列,若a2=2a1,S12=46

13、8,則a1=. 答案6解析設(shè)等差數(shù)列Snn的公差為d,則d=S22-S11=a1+a22-a1=3a12-a1=a12,所以Snn=a1+(n-1)×a12=na12+a12,所以Sn=n2a12+na12,由S12=122a12+12a12=468,可得a1=6.16.(2021吉林頂級(jí)名校月考,14)記Sn分別為等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和,若an=21-2n,則S10=. 答案100解析由an=21-2n得a1=19,a10=1,所以前10項(xiàng)的和S10=19+12×10=100.17.(2021廣東深圳外國(guó)語學(xué)校模擬,13)已知等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn

14、=225,其前三項(xiàng)和為6,后三項(xiàng)和為39,則該數(shù)列有項(xiàng). 答案30解析設(shè)等差數(shù)列an共有n項(xiàng)(n3),其前三項(xiàng)和為6,即a1+a2+a3=6,則有3a2=6,解得a2=2.后三項(xiàng)和為39,即an-2+an-1+an=39,則有3an-1=39,解得an-1=13.等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn=225,即Sn=(a1+an)×n2=(a2+an-1)×n2=15n2=225,解得n=30.故該數(shù)列有30項(xiàng).思路分析設(shè)等差數(shù)列an共有n項(xiàng)(n3),由等差數(shù)列的性質(zhì)求出a2、an-1,由等差數(shù)列的前n項(xiàng)和的公式可得Sn=(a1+an)×n2=(a2+an-1)&

15、#215;n2=225,解方程可得n的值.18.(2022屆四川綿陽第一次診斷,13)設(shè)Sn是等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和,若a1=2,S7=35,則a6=. 答案7解析由等差數(shù)列性質(zhì)知S7=7(a1+a7)2=7a4=35,故a4=5.又a1=2,公差d=1.an=n+1,則a6=7.19.(2022屆廣西模擬,15)在等差數(shù)列an中,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,以Sn表示an的前n項(xiàng)和,則使Sn達(dá)到最大值的n是. 答案20解析因?yàn)閍1+a3+a5=3a3=105,a2+a4+a6=3a4=99,所以a3=35,a4=33,從而公差d=-2,則a1=39,

16、Sn=39n+12n(n-1)(-2)=-n2+40n=-(n-20)2+400,所以當(dāng)n=20時(shí),Sn取最大值.三、解答題20.(2022屆吉林一調(diào),17)已知數(shù)列an是等差數(shù)列,Sn是an的前n項(xiàng)和,a4=-10,S8=S9.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式;(2)求Sn.解析(1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,可知a1+8d=0,a1+3d=-10,解得a1=-16,d=2.從而an=-16+2(n-1)=2n-18(nN*).(2)由(1)知,a1=-16,d=2,則Sn=-16n+n(n-1)2×2=n2-17n(nN*).21.(2022屆河南調(diào)研,18)已知數(shù)列an滿足a1=4,

17、an+1=2an+2n+1(nN*),設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn.(1)證明:數(shù)列an2n是等差數(shù)列.(2)求Sn.解析(1)證明:由an+1=2an+2n+1,得an+12n+1-an2n=1.因?yàn)閍121=2,所以數(shù)列an2n是以2為首項(xiàng),1為公差的等差數(shù)列.(2)由(1)得an2n=2+(n-1)×1=n+1,所以an=(n+1)·2n,所以Sn=2×21+3×22+n×2n-1+(n+1)×2n,2Sn=2×22+3×23+n×2n+(n+1)×2n+1,-得-Sn=2×21+

18、22+2n-(n+1)×2n+1=-n·2n+1,所以Sn=n·2n+1.22.(2022屆陜西寶雞月考,18)已知正項(xiàng)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,且Sn=14(an+1)2(nN*).(1)求a1,a2;(2)求證:數(shù)列an是等差數(shù)列.解析(1)在Sn=14(an+1)2(nN*)中,令n=1,可得a1=S1=(a1+1)24,a1=1.令n=2,可得1+a2=(a2+1)24,得a2=3或-1(舍去).(2)證明:a1=1,Sn=14(an+1)2(nN*),當(dāng)n2時(shí),Sn-1=14(an-1+1)2,Sn-Sn-1=an=14(an+1)2-14(an-1+1

19、)2=(an-an-1)(an+an-1+2)4,化簡(jiǎn)得(an+an-1)·(an-an-1-2)=0.an>0,an-an-1=2(n2),an是以1為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)列.23.(2022屆哈爾濱期中,20)在數(shù)列an中,a1=4,nan+1-(n+1)an=2n2+2n.(1)求證:數(shù)列ann是等差數(shù)列;(2)求數(shù)列1an的前n項(xiàng)和Sn.解析(1)證明:nan+1-(n+1)an=2n2+2n的兩邊同除以n(n+1),得an+1n+1-ann=2.又a11=4,所以數(shù)列ann是首項(xiàng)為4,公差為2的等差數(shù)列.(2)由(1)得ann=4+2(n-1),即ann=2n+2,

20、所以an=2n2+2n,故1an=12n2+2n=121n-1n+1,所以Sn=121-12+12-13+1n-1n+1=12·1-1n+1=n2(n+1).24.(2021石景山一模,17)已知有限數(shù)列an共有30項(xiàng),其中前20項(xiàng)成公差為d的等差數(shù)列,后11項(xiàng)成公比為q的等比數(shù)列.記數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn.從條件、條件、條件這三個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知.求:(1)d,q的值;(2)數(shù)列an中的最大項(xiàng).條件:a2=4,S5=30,a21=20;條件:S3=0,a20=-36,a22=-9;條件:S1=48,a21=20,a24=160.注:如果選擇多個(gè)條件分別解答,按第一個(gè)解答計(jì)分.解

21、析選擇條件:a2=4,S5=30,a21=20.(1)因?yàn)閍n的前20項(xiàng)成等差數(shù)列,a2=4,S5=30,所以a1+d=4,5a1+5×42d=30,解得a1=2,d=2.所以a20=2+19×2=40.因?yàn)閿?shù)列an的后11項(xiàng)成公比為q的等比數(shù)列,所以q=a21a20=12.綜上,d=2,q=12.(2)an的前20項(xiàng)成等差數(shù)列,d>0,所以前20項(xiàng)逐項(xiàng)遞增,即前20項(xiàng)中的最大項(xiàng)為a20=40.數(shù)列an的后11項(xiàng)成等比數(shù)列,a20=40,q=12,所以后11項(xiàng)逐項(xiàng)遞減,即后11項(xiàng)中的最大項(xiàng)為a20=40.綜上,數(shù)列an的最大項(xiàng)為第20項(xiàng),其值為40.選擇條件:S3=0

22、,a20=-36,a22=-9.(1)因?yàn)閍n的前20項(xiàng)為等差數(shù)列,S3=0,a20=-36,所以3a1+3d=0,a1+19d=-36,所以a1=2,d=-2.因?yàn)閿?shù)列an的后11項(xiàng)成公比為q的等比數(shù)列,a20=-36,a22=-9,所以q2=a22a20=14,所以q=±12.綜上,d=-2,q=±12.(2)an的前20項(xiàng)成等差數(shù)列,d<0,所以前20項(xiàng)逐項(xiàng)遞減,即前20項(xiàng)中的最大項(xiàng)為a1=2.i.當(dāng)q=12時(shí),an=-3612n-20(20n30且nN*).所以當(dāng)20n30時(shí),an<0.所以數(shù)列an的最大項(xiàng)為第1項(xiàng),其值為2.ii.當(dāng)q=-12時(shí),an=-36-12n-20(20n30且nN*).后11項(xiàng)中的最大項(xiàng)為a21=18.故數(shù)列an的最大項(xiàng)為第21項(xiàng),其值為18.綜上,當(dāng)q=12時(shí),數(shù)列an的最大項(xiàng)為第1項(xiàng),其值為2.當(dāng)q=-12時(shí),數(shù)列an的最大項(xiàng)為第21項(xiàng),其值為18.選擇條件:S1=48,a21=20,a24=160.(1)