01等差数列-重庆市2023-2024学年高二上学期期末数学专题练习（人教A版，2019新版）

这是一份01等差数列-重庆市2023-2024学年高二上学期期末数学专题练习（人教A版，2019新版），共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2024上·重庆·高二重庆八中校考期末）已知数列满足，且，记数列的前 项和为，则（ ）
A．B．C．D．2
2．（2024上·重庆九龙坡·高二统考期末）已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．30B．26C．56D．42
3．（2023上·重庆·高二西南大学附中校考期末）已知数列满足，且，数列满足，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
4．（2024上·重庆·高二重庆八中校考期末）已知等差数列的前项和为，若，则数列的公差（ ）
A．3B．2C．D．4
5．（2024上·重庆九龙坡·高二统考期末）已知数列满足，，记，则（ ）
A．B．C．D．
6．（2024上·重庆·高二重庆一中校考期末）已知等差数列，其前项和为，，则（ ）
A．24B．36C．48D．66
7．（2024上·重庆·高二校联考期末）对于数列，若满足：，则称为数列的“优值”，现已知数列的“优值”，记数列的前项和为，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．（2024上·重庆·高二统考期末）设是等差数列的前项和，若，则（ ）
A．1B．3C．5D．10
9．（2024上·重庆·高二重庆南开中学校考期末）已知等差数列的前n项和为，且，，则（ ）
A．12B．15C．18D．24
10．（2024上·重庆·高二统考期末）在等差数列中，，则（ ）
A．B．1C．2D．4
11．（2023上·重庆长寿·高二统考期末）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中有如下俯视图所示的几何体，后人称之为“三角垛”．其最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层10个…，则第三十六层球的个数为（ ）
A．561B．595C．630D．666
二、填空题
12．（2024上·重庆·高二校联考期末）《莱恩德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，书中有一道类似这样的题目，请给出答案：把75个面包分给5个人，使每个人所得面包数量成等差数列，且较小的三份之和恰好等于最大的一份，则最大的一份为 ．
13．（2023上·重庆·高二统考期末）已知等差数列的前项和为，若，，则取得最大值时的值为 ．
14．（2023上·重庆长寿·高二统考期末）已知数列的前项和为，且满足，若，则 ；若使不等式成立的最大整数为10，则的取值范围是 ．
15．（2022上·重庆·高二统考期末）已知等差数列的前项和为，，，则 ．
16．（2023上·重庆渝中·高二重庆巴蜀中学校考期末）数列的前项和是，且，则 .
17．（2023上·重庆渝中·高二重庆巴蜀中学校考期末）等差数列的前项和是，若，则实数 .
18．（2023上·重庆沙坪坝·高二重庆市第七中学校校考期末）毕达哥拉斯学派是古希腊哲学家毕达哥拉斯及其信徒组成的学派，他们常把沙滩上的沙粒或小石子用数表示，并由它们排列而成的形状对自然数进行研究.如图，图形中的圆点数分别为，以此类推，第7个图形对应的圆点数为 ；若这些数构成数列，则 .
三、解答题
19．（2024上·重庆·高二校联考期末）已知是等差数列的前项和，若，．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，数列的前项和为，求证：．
20．（2024上·重庆·高二重庆南开中学校考期末）已知等差数列满足：，.
(1)求；
(2)若，求数列的前20项的和.
21．（2024上·重庆长寿·高二统考期末）已知，.
(1)求数列的通项公式;
(2)求数列的前项和.
22．（2024上·重庆·高二重庆巴蜀中学校考期末）已知数列为等差数列，的前项和为.
(1)求数列的通项公式；
(2)求证：.
参考答案：
1．A
【分析】按为奇数和偶数讨论得到的通项公式，利用裂项相消法求数列的前项和.
【详解】，当时，，，
两式相减得，，
所以的奇数项是以为首项，4为公差的等差数列，，
当时，，，两式相减得，，
所以的偶数项是以5为首项，为公差的等差数列， ；
所以，，
设，则，
所以
，则.
故选：A
2．D
【分析】先通过求出，再利用求解即可.
【详解】设等差数列的公差为
由已知，
则
，
得，
.
故选：D.
3．B
【分析】由等差数列定义求出，由累加法求出，由对勾函数单调性结合即可求解.
【详解】由题意数列满足，且，
所以数列是等差数列，且，
所以，
当时，，
又，
所以，
所以，而，所以当或时，取最小值，
当时，，当时，，
综上所述，的最小值为5.
故选：B.
4．B
【分析】根据等差数列通项公式和求和公式直接计算求解.
【详解】由题意得，，解得.
故选：B
5．C
【分析】根据递推公式求出数列的前几项，即可判断A、B，依题意可得，即，从而求出数列的通项公式，即可判断C、D.
【详解】因为，，且，
所以，，
所以，故A错误；，故B错误；
又，
故，即，
所以为首项为，公差为的等差数列，故，所以C正确，D错误，
故选：C
6．D
【分析】由等差中项的性质及等差数列的前项和公式计算即可得.
【详解】由等差数列性质可得，，即，
则.
故选：D.
7．D
【分析】将中的变为后两式相减可得数列的通项公式，然后令即可求出的最大值.
【详解】由已知得①，
则当时，②
所以①-②得，即，
又当时，，符合，
故，
所以
令，得，
所以的最大值为.
故选：D.
8．C
【分析】利用等差数列的性质求解.
【详解】在等差数列中，，所以，
.
故选：C
9．B
【分析】由题意解方程组，求得数列的首项和公差，根据等差数列的前n项和公式，即可求得答案.
【详解】设等差数列的公差为d，
由，，得，解得，
故，
故选：B
10．C
【分析】设出公差，根据题目条件得到方程组，求出首项.
【详解】设公差为，则，
解得.
故选：C
11．D
【分析】通过前几层小球的个数，可以发现规律得出结果.
【详解】由题意，第一层个球，第二层个，第三层个，第四层个，
据此规律，第三十六层有小球个.
故选：D
12．27
【分析】由等差数列性质以及基本量的计算结合题意可分别算得，，由此即可得解.
【详解】不妨设5人所得面包数从小到大排列为，公差为，
则由题意有，
所以解得，
又，
所以，
所以则最大的一份为.
故答案为：27.
13．
【分析】根据等差中项的性质可得，再结合等差数列的单调性可得解.
【详解】由已知数列为等差数列，
则，
又，
所以，
则，
所以数列为递减数列，
则当时，，当时，，
所以当时，取得最大值，
故答案为：.
14．
【分析】根据题意利用累加法可得.空1：直接代入运算求解即可；空2：利用等差数列求和公式可得，根据题意结合二次函数列式求解即可.
【详解】因为，则，
当时，
，
所以，
且当时，符合上式，所以.
空1：若，则；
空2：因为，
所以数列是以首项为，公差为的等差数列，
可得，
令，整理得，
由题意可知：满足上式的整数的最大值为10，
可得，解得，
即的取值范围是.
故答案为：；.
【点睛】关键定睛：累加法：数列递推关系形如an＋1＝an＋f(n)，其中数列{f(n)}前n项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)．
15．153
【分析】根据等差数列的前n项和公式求出公差，据此求出，即可得出.
【详解】由有，，，
则有，解得，
所以，所以．
故答案为：153
16．
【分析】将数列的通项公式进行裂项，利用裂项相消法求和.
【详解】因为，
故，，，，
所以，
故答案为：.
17．3
【分析】由与的关系转化求出，由也符合求得的值.
【详解】因为，
当时, ，
因为是等差数列,所以当时，也符合上式,故；
故答案为:3
18． 70 438
【分析】根据给定的信息，令第n个图形对应的圆点数为，利用观察法探求，再利用累加法求出数列通项即得；求出，再利用等差数列前n项和公式求解作答.
【详解】令第n个图形对应的圆点数为，观察图形得：，，
，因此有，，
则当时，
，显然满足上式，即有，
所以第7个图形对应的圆点数；
，显然数列是首项为1，公差为的等差数列，
所以.
故答案为：70；438
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用等差数列的通项公式和前项和公式即可求解；.
（2）根据（1）的结论求出，利用裂项相消求和法,可求出,进而可证明结论.
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，则
由题意可知，即，解得，
所以数列的通项公式为
（2）由（1）知，，，
所以.
所以
，
当时，.
故.
20．(1)；
(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为，由题意可得，从而求出与的值即可得到；
（2）根据的通项公式可知利用裂项相消求和法即可求出．
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由，得，解得，
所以，
所以，
（2）设数列的前项和为，
由（1）可知，
所以．
21．(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列定义判断数列，根据首项，公差求数列的通项公式即可；
（2）根据等差数列求和公式求出的前项和即可.
【详解】（1）因为，，又，
由等差数列的定义知是首项为，公差为的等差数列，
故数列的通项公式为.
（2）由等差数列的求和公式可得：，所以
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）直接由等差数列及其求和公式中的基本量计算出等差数列的首项和公差即可得解.
（2）由（1）得，由裂项相消法求和即可得证.
【详解】（1）设数列的公差为，由题得，
解得，所以.
（2）由（1）可得，所以，
所以.