2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业三十六等差数列

这是一份2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业三十六等差数列，共5页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．[2023·江西九江模拟]等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，若a4＝6，a10＝12，则a16＝( )
A．16B．18
C．20D．22
2．[2023·河南汝州模拟]已知等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，且a5＋2a10＋a13＝18，则S18＝( )
A．74B．81
C．162D．148
3．等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，若S3＝6，S6＝21，则S9＝( )
A．27B．45
C．18D．36
4．[2023·北京房山模拟]数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是等差数列，若a3＝5，eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a5)＝eq \f(10,9)，则a1·a5＝( )
A．eq \f(9,2)B．9
C．10D．20
5．[2023·安徽合肥模拟]设等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，S15＝5(a3＋a8＋am)，则m的值为( )
A．10B．12
C．13D．14
6．[2023·河北石家庄二中模拟]记Sn为等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和．若4S1＝3S2＋S4，a5＝5，则a10＝( )
A．3B．7
C．11D．15
7．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))都是等差数列，且a1－b1＝2，a2－b2＝1，则a5－b5＝( )
A．－2B．－1
C．1D．2
8．[2023·河北邯郸模拟]“中国剩余定理”又称“孙子定理”，可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下中的“物不知数”问题，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二．问物几何？现有一个相关的问题：将1到2022这2022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列14，29，44，…，则该数列的项数为( )
A．132B．133
C．134D．135
9．(能力题)[2023·辽宁沈阳模拟]若等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))和eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的前n项的和分别是Sn和Tn，且eq \f(an,bn)＝eq \f(n,2n＋1)，则eq \f(S11,T11)＝( )
A．eq \f(12,21) B．eq \f(11,23) C．eq \f(6,13) D．eq \f(12,23)
10．(能力题)已知等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足S30＝120，a3＋a6＋a9＋…＋a30＝60，则an＝( )
A．2n－25B．2n－27
C．3n－15D．3n－18
二、多项选择题
11．[2023·广东东莞模拟]已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，若a1＝－10，an＋1＝an＋3，则下列说法正确的是( )
A．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是递增数列
B．10是数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中的项
C．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Sn))中的最小项为S5
D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是等差数列
12．(能力题)[2023·山东青岛二中期末]设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是等差数列，Sn是其前n项和，且S4S7，则下列结论正确的是( )
A．d<0
B．S8>S4
C．a6＝0
D．S5和S6均为Sn的最大值
三、填空题
13．[2023·河北秦皇岛模拟]已知eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是等差数列，a3＋a9＝12，则a13－eq \f(1,2)a20＝________．
14．(能力题)[2023·山东淄博模拟]设等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，若Sm－1＝－3，Sm＝－2，Sm＋1＝0，则m＝________．
四、解答题
15．[2023·辽宁葫芦岛模拟]记Sn为等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和，已知a1＋a3＝10，S8＝0.
(1)求eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最大值．
优生选做题
16．[2023·河南许昌模拟]已知Sn是等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和，若对任意的n∈N*，均有S6≤Sn成立，则eq \f(a17,a9)的最小值为( )
A．2B．eq \f(5,2)
C．3D．eq \f(11,3)
17．[2023·山东泰安模拟]已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，且满足3an＝2Sn＋2.
(1)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式；
(2)能否在数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中找到这样的三项，使它们按原来的顺序构成等差数列？请说明理由．
课时作业（三十六） 等差数列
1．解析：∵a4＝6，a10＝12，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋3d＝6,a1＋9d＝12))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝3,d＝1))，
∴a16＝a1＋15d＝3＋15×1＝18，故选B.
答案：B
2．解析：因为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是等差数列，所以a5＋2a10＋a13＝2a9＋2a10＝18，即a9＋a10＝9，
所以S18＝eq \f(18\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a18)),2)＝eq \f(18×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a9＋a10)),2)＝81.故选B.
答案：B
3．解析：由已知S3，S6－S3，S9－S6，即6，15，S9－21成等差数列，
所以2×15＝6＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(S9－21))，所以S9＝45.故选B.
答案：B
4．解析：因为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是等差数列，a3＝5，所以a1＋a5＝2a3＝10，
因为eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a5)＝eq \f(a1＋a5,a1a5)＝eq \f(10,9)，所以a1·a5＝9.故选B.
答案：B
5．解析：设等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公差为d，
由已知有S15＝eq \f(15\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a15)),2)＝eq \f(15\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2a1＋14d)),2)＝5[3a1＋（m＋8）d]，解得m＝13，故选C.
答案：C
6．解析：设等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公差为d，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4S1＝3S2＋S4,a5＝5))，得：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a1＝3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2a1＋d))＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2a1＋3d)),a1＋4d＝5))，解得：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－3,d＝2))，
∴a10＝a1＋9d＝－3＋18＝15.故选D.
答案：D
7．解析：因为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))都是等差数列，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－bn))是等差数列，
又a1－b1＝2，a2－b2＝1，
所以其公差为d＝－1，
所以a5－b5＝a1－b1＋4d＝－2.故选A.
答案：A
8．解析：由题意得：新数列14，29，44，…是首项为14，公差为15的等差数列，
设新数列为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))，则通项公式为an＝14＋15（n－1）＝15n－1，
令15n－1≤2022，解得：n≤134eq \f(13,15)，
因为n∈N*，所以这个数列的项数为134.故选C.
答案：C
9．解析：因为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))和eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))是等差数列，故eq \f(S11,T11)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a11))×11,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b1＋b11))×11)＝eq \f(a6,b6)＝eq \f(6,13).故选C.
答案：C
10．解析：设等差数列的公差为d，
则S30＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a4＋…＋a28))＋（a2＋a5＋…＋a29）＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a3＋a6＋…＋a30))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a3＋a6＋…＋a30))－20d＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a3＋a6＋…＋a30))－10d＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a3＋a6＋…＋a30))
＝180－30d，
即120＝180－30d，解得d＝2.
又S30＝30a1＋eq \f(30×29,2)×2＝120，解得a1＝－25.
所以an＝－25＋（n－1）×2＝2n－27.故选B.
答案：B
11．解析：∵an＋1＝an＋3，∴an＋1－an＝3，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为首项为－10，公差为3的等差数列，
则an＝－10＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1))×3＝3n－13，
∵an＋1－an＝3>0，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为递增数列，A正确，
令10＝3n－13，得n＝eq \f(23,3)，不满足题意，故B错误，
∵a4＝－1<0，a5＝2>0，且eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为递增数列，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Sn))中的最小项为S4，故C错误，
∵Sn＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3n－13－10))·n,2)＝eq \f(3n2－23n,2)，
∴eq \f(Sn,n)＝eq \f(3n,2)－eq \f(23,2)，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是等差数列，故D正确．故选AD.
答案：AD
12．解析：由S40，
又∵S5＝S6，
∴a6＝S6－S5＝0，
∴a6＝0，故C正确；
∵d＝a6－a5<0，故A正确；
对于B，S8＝S4＋a5＋a6＋a7＋a8＝S4＋2（a6＋a7），
而a6＝0，d<0，故a7<0，a6＋a7<0，故S8由以上分析可知：a1>a2>…>a5>a6＝0>a7>…，
故S1S7>…，
∴S5＝S6均为Sn的最大值，故D正确．故选ACD.
13．解析：因为a3＋a9＝12，所以a6＝eq \f(a3＋a9,2)＝6，
因为a13－eq \f(1,2)a20＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋12d))－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋19d))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋5d))＝eq \f(1,2)a6，
所以a13－eq \f(1,2)a20＝3.
答案：3
14．解析：由题意得：am＝Sm－Sm－1＝－2＋3＝1，am＋1＝Sm＋1－Sm＝0＋2＝2，
则等差数列的公差d＝am＋1－am＝2－1＝1，
则am＝a1＋（m－1）d＝a1＋（m－1）＝1，Sm＝a1m＋eq \f(m（m－1）,2)＝－2，
解得：m＝4或m＝－1（舍去）.
答案：4
15．解析：（1）设等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公差为d，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a3＝2a1＋2d＝10,S8＝8a1＋\f(8×7,2)d＝0))，解得：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝7,d＝－2))，∴an＝7－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1))＝9－2n.
（2）由（1）得：Sn＝eq \f(n（7＋9－2n）,2)＝－n2＋8n，
则当n＝－eq \f(8,－2)＝4时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn))max＝S4＝－16＋32＝16.
16．解析：由题意，等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))，对任意的n∈N*，均有S6≤Sn成立，
即S6是等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和中的最小值，必有a1<0，公差d>0，
当a6＝0，此时S5＝S6，S5、S6是等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和中的最小值，
此时a6＝a1＋5d＝0，即a1＝－5d，则eq \f(a17,a9)＝eq \f(a1＋16d,a1＋8d)＝eq \f(11d,3d)＝eq \f(11,3).
当a6<0，a7≥0，此时S6是等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和中的最小值，
此时a6＝a1＋5d<0，a7＝a1＋6d≥0，即－6≤eq \f(a1,d)<－5，
则eq \f(a17,a9)＝eq \f(a1＋16d,a1＋8d)＝eq \f(\f(a1,d)＋16,\f(a1,d)＋8)＝1＋eq \f(8,\f(a1,d)＋8)，则有－6≤eq \f(a1,d)<－5，2≤eq \f(a1,d)＋8<3，eq \f(1,3)所以eq \f(a17,a9)的最小值为eq \f(11,3).故选D.
答案：D
17．解析：（1）∵3an＝2Sn＋2，
∴n＝1时，3a1＝2S1＋2＝2a1＋2，
∴a1＝2；
当n≥2时，3an－1＝2Sn－1＋2，所以3an－3an－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2Sn＋2))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2Sn－1＋2))＝2an，
∴an＝3an－1，即eq \f(an,an－1)＝3（n≥2）
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是以2为首项，3为公比的等比数列，
∴an＝2×3n－1.
（2）若1≤k即2×2×3m－1＝2×3k－1＋2×3n－1，整理得eq \f(1,3m－k)＋3n－m＝2，
又k，m，n∈N*且1≤k∴3n－m≥3，eq \f(1,3m－k)>0，所以3n－m＋eq \f(1,3m－k)>3，与eq \f(1,3m－k)＋3n－m＝2矛盾，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中找不到三项，使它们按原来的顺序构成等差数列．