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    备考2024届高考数学一轮复习分层练习第五章数列第2讲等差数列

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    备考2024届高考数学一轮复习分层练习第五章数列第2讲等差数列

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    这是一份备考2024届高考数学一轮复习分层练习第五章数列第2讲等差数列,共6页。试卷主要包含了故选C等内容,欢迎下载使用。
    1.[2024河南名校模拟]设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a2+a5+a8=15,则S9=( C )
    A.15B.30C.45D.60
    解析 由题意得a2+a5+a8=3a5=15,所以a5=5,所以S9=9(a1+a9)2=9a5=45.故选C.
    2.[2024湖北武汉模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若S1=3,S22+S44=18,则S5=( C )
    A.21B.48C.75D.83
    解析 解法一 令bn=Snn,则数列{bn}为等差数列.b1=S11=3,S22+S44=b2+b4=18,设数列{bn}的公差为d,则3+d+3+3d=18,解得d=3,∴bn=3n,即Snn=3n.∴Sn=3n2,故S5=3×52=75.故选C.
    解法二 设等差数列{an}的公差为d,则Snn=na1+n(n-1)d2n=a1+n-12d,又因为a1=S1=3,则S22+S44=a1+d2+a1+32d=2a1+2d=6+2d=18,解得d=6,因此S5=5a1+5×42d=5a1+10d=5×3+10×6=75.故选C.
    3.[2024吉林白城模拟]已知等差数列{an}是递增数列,且满足a3+a5=14,a2a6=33,则a1a7=( C )
    A.33B.16C.13D.12
    解析 由等差数列的性质,得a2+a6=a3+a5=14,又a2a6=33,解得a2=3,a6=11或a2=11,a6=3,又{an}是递增数列,∴a2=3,a6=11,∴d=a6-a26-2=2,∴a1a7=(a2-d)(a6+d)=(3-2)×(11+2)=13.故选C.
    4.[2023陕西宝鸡模拟]已知首项为2的等差数列{an}的前30项中,奇数项的和为A,偶数项的和为B,且B-A=45,则an=( B )
    A.3n-2B.3n-1
    C.3n+1D.3n+2
    解析 在等差数列{an}中,首项a1=2,设其公差为d,由前30项中奇数项的和为A,偶数项的和为B,且B-A=45,可得-a1+a2-…-a29+a30=15d=45,解得d=3,∴an=a1+(n-1)d=2+3(n-1),即an=3n-1,故选B.
    5.[多选/2024山东模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,a3=a1-4,S7=154,则( AC )
    A.d=-2
    B.a1=30
    C.-320是数列{an}中的项
    D.Sn取得最大值时,n=14
    解析 由题意可得a3=a1+2d=a1-4,即d=-2,A正确;S7=154=7a1+7×62d⇒a1=28,B错误;an=a1+(n-1)d=30-2n,令an=-320,得n=175,即C正确;Sn=(a1+an)n2=n(29-n),结合二次函数图象的对称性及单调性,可知当n=14或n=15时,Sn取得最大值,即D错误.故选AC.
    6.[2023广州市二检]在数列{an}中,a1=2,am+n=am+an(m,n∈N*),若akak+1=440,则正整数k= 10 .
    解析 解法一 令m=1,则an+1=an+a1,即an+1-an=2,所以数列{an}是以2为首项,2为公差的等差数列,即an=2+(n-1)×2=2n,又k为正整数,所以akak+1=2k×2(k+1)=440,即k(k+1)=110,解得k=10或k=-11(舍去).故填10.
    解法二(列举法) 令m=n=1,则a2=a1+a1=4;令m=1,n=2,则a3=a1+a2=6;令m=n=2,则a4=a2+a2=8.通过观察找规律可知,数列{an}是以2为首项,2为公差的等差数列,即an=2+(n-1)×2=2n,又k为正整数,所以akak+1=2k×2(k+1)=440,即k(k+1)=110,解得k=10或k=-11(舍去).故填10.
    7.[2024江西抚州模拟改编]在数列{an}中,已知an+1-an=an+2-an+1,a1 013=1,则该数列前2 025项的和S2 025= 2025 .
    解析 由an+1-an=an+2-an+1可知,数列{an}为等差数列,所以a1+a2 025=2a1 013=2,所以S2 025=(a1+a2025)×20252=2×20252=2 025.
    8.[2024广州大学附属中学模拟]设数列{an}和{bn}都为等差数列,记它们的前n项和分别为Sn和Tn,若anbn=2n-12n+1,则SnTn= nn+2 .
    解析 由数列{an}和{bn}都为等差数列,且anbn=2n-12n+1,令an=k(2n-1),bn=k(2n+1),k≠0,k为常数,因此等差数列{an}的首项a1=k,等差数列{bn}的首项b1=3k,所以SnTn=a1+an2·nb1+bn2·n=a1+anb1+bn=k+k(2n-1)3k+k(2n+1)=nn+2.
    9.[2024浙江普陀中学模拟]已知正项数列{an}的前n项和为Sn,a1=2.
    (1)记cn=an+1Sn·Sn+1,证明:数列{cn}的前n项和Tn<12.
    (2)若Sn=2an+14-2n+3(n∈N*),证明:数列{an2n}为等差数列,并求{an}的通项公式.
    解析 (1)∵cn=an+1Sn·Sn+1=1Sn-1Sn+1,∴Tn=1S1-1S2+1S2-1S3+1S3-1S4+…+1Sn-1-1Sn+1Sn-1Sn+1=1a1-1Sn+1=12-1Sn+1.
    ∵数列{an}为正项数列,∴Sn+1>0,∴12-1Sn+1<12,即Tn<12.
    (2)当n≥2且n∈N*时,Sn-1=2an-1+14-2n+2,
    ∴an=Sn-Sn-1=2an+14-2n+3-2an-1-14+2n+2=2an-2an-1-2n+2,整理可得an-2an-1=2n+2,∴an2n-an-12n-1=4(n≥2),
    当n=1时,a1=S1=2a1+14-21+3,得a1=2,a12=1,
    ∴数列{an2n}是以1为首项,4为公差的等差数列,
    ∴an2n=1+4(n-1)=4n-3,
    ∴an=(4n-3)·2n.
    10.[2024四川南充校考]若一个凸n(n∈N*)边形的最小内角为95°,其他内角依次增加10°,则n的值为( B )
    A.6或12B.6C.8D.12
    解析 由题知该凸n边形所有内角的取值范围为(0°,180°),内角和为(n-2)·180°.因为最小内角为95°,其他内角依次增加10°,所以它的所有内角按从小到大的顺序排列构成等差数列,且最大内角为95°+(n-1)·10°=(10n+85)°,
    所以(n-2)·180=(95+10n+85)n2,即n2-18n+72=0,解得n=6或n=12,当n=12时,95°+(12-1)×10°>180°,不合题意,舍去,故n=6,故选B.
    11.[2024湖北孝感高中模拟]设等差数列{an}的前n项和为Sn,满足2a3-a5=7,a2+S7=12,则Sn的最大值为( B )
    A.14B.16C.18D.20
    解析 设{an}的公差为d,则由题意得2a3-a5=2(a1+2d)-(a1+4d)=a1=7,a2+S7=(a1+d)+(7a1+7×62d)=56+22d=12,d=-2.
    因此Sn=7n+n(n-1)2×(-2)=-(n-4)2+16≤16,故Sn的最大值为16.故选B.
    12.[全国卷Ⅱ]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)( C )
    A.3 699块B.3 474块
    C.3 402块D.3 339块
    解析 由题意知,由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列,记为{an},设数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,易知其首项a1=9,d=9,所以an=a1+(n-1)d=9n.由等差数列的性质知Sn,S2n-Sn,S3n-S2n也成等差数列,
    所以(S3n-S2n)-(S2n-Sn)=S2n-2Sn,即729=2n(9+18n)2-2×n(9+9n)2,解得n=9,
    所以三层共有扇面形石板的块数为S3n=S27=27×(9+27×9)2=3 402.故选C.
    13.[2024江西吉安万安中学模拟]已知正项数列{an}的前n项和为Sn,若{an}与{Sn}均为等差数列,请写出一个满足题意的{an}的通项公式:an= 2n-1(答案不唯一) .
    解析 令数列{an}的公差为d,显然a1>0,由{Sn}是等差数列,得S1+S3=2S2,即a1+3a1+3d=22a1+d,两边平方得4a1+d=23a12+3a1d,两边平方并整理得d=2a1,则an=a1+(n-1)d=(2n-1)a1,
    此时Sn=a1+an2·n=n2a1,Sn=na1,有Sn+1-Sn=a1为常数,即{Sn}是等差数列,所以数列{an}的通项公式是an=(2n-1)a1(a1>0),取a1=1,得an=2n-1.
    14.已知正项数列{an},其前n项和Sn满足an(2Sn-an)=1(n∈N*).
    (1)求证:数列{Sn2}是等差数列,并求出Sn的表达式.
    (2)数列{an}中是否存在连续三项ak,ak+1,ak+2,使得1ak,1ak+1,1ak+2构成等差数列?请说明理由.
    解析 (1)依题意知,正项数列{an}中,a12=1,得a1=1,
    当n≥2时,an=Sn-Sn-1,则(Sn-Sn-1)[2Sn-(Sn-Sn-1)]=1,
    整理得,Sn2-Sn-12=1,又S12=a12=1,
    ∴数列{Sn2}是以1为首项,1为公差的等差数列,
    ∴Sn2=n(n∈N*),
    ∴Sn=n.
    (2)数列{an}中不存在连续三项ak,ak+1,ak+2,使得1ak,1ak+1,1ak+2构成等差数列.理由如下:
    当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n-n-1,
    ∵当n=1时,a1=1,符合上式,
    ∴an=n-n-1(n∈N*),
    ∴1an=1n-n-1=n+n-1,
    假设数列{an}中存在连续三项ak,ak+1,ak+2,使得1ak,1ak+1,1ak+2构成等差数列,
    则2(k+1+k)=k+k-1+k+2+k+1,即k+1+k=k-1+k+2,
    两边同时平方,得k+1+k+2k+1·k=k-1+k+2+2k-1·k+2,
    ∴(k+1)k=(k-1)(k+2),
    整理得k2+k=k2+k-2,得0=-2,又0≠-2,∴假设错误,
    ∴数列{an}中不存在连续三项ak,ak+1,ak+2,使得1ak,1ak+1,1ak+2构成等差数列.
    15.[等差数列与向量综合]已知Sn,Tn分别为等差数列{an},{bn}的前n项和,SnTn=3n+24n+5,设点A是直线BC外一点,点P是直线BC上一点,且AP=a2+a4b3AB+λAC,则实数λ的值为( B )
    A.2825B.-925C.325D.1825
    解析 因为P,B,C三点共线,所以a2+a4b3+λ=1,所以2a3b3+λ=1,a3b3=a1+a52×5b1+b52×5=S5T5=3×5+24×5+5=1725,所以2a3b3+λ=3425+λ=1,λ=-925.故选B.
    16.记等差数列{an}的前n项和为Sn,若a6=18,S10=165,bn=cs(anπ),n为奇数,sin(anπ),n为偶数,则b1+b2+b3+…+b2 025= -1013 .
    解析 设数列{an}的公差为d,则a6=a1+5d=18,S10=10a1+45d=165,得a1=3,d=3,所以an=3+(n-1)×3=3n,当n为奇数时,bn=cs(3nπ)=-1,当n为偶数时,bn=sin(3nπ)=0,故b1+b2+b3+…+b2 025=-1 013.

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