2025版高考数学一轮总复习第6章数列第2讲等差数列及其前n项和提能训练

这是一份2025版高考数学一轮总复习第6章数列第2讲等差数列及其前n项和提能训练，共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，若a1＝1，a3＝5，Sn＝64，则n＝( C )
A.6 B．7
C．8 D．9
[解析] 因为d＝eq \f(a3－a1,2)＝2，Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝n＋n(n－1)＝64，解得n＝8(负值舍去).故选C.
2．(2023·福州质检)已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1.若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列，则a9＝( C )
A.eq \f(1,2) B．eq \f(5,4)
C．eq \f(4,5) D．－eq \f(4,5)
[解析] 因为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列，a3＝2，a7＝1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的公差d＝eq \f(\f(1,a7)－\f(1,a3),7－3)＝eq \f(1－\f(1,2),7－3)＝eq \f(1,8)，所以eq \f(1,a9)＝eq \f(1,a7)＋(9－7)×eq \f(1,8)＝eq \f(5,4)，所以a9＝eq \f(4,5).
3．(2024·九省联考试题)记等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＋a7＝6，a12＝17，则S16＝( C )
A.120 B．140
C．160 D．180
[解析] ∵a3＋a7＝2a5，∴a5＝3，∴a5＋a12＝20，又∵a1＋a16＝a5＋a12，∴S16＝eq \f(16a1＋a16,2)＝160.故选C.
4．北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成，最中间的是圆形的天心石，围绕天心石的是9圈扇环形的石板，从内到外各圈的石板数依次为a1，a2，a3，…，a9，设数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，且a2＝18，a4＋a6＝90，则S8＝( C )
A.189 B．252
C．324 D．405
[解析] 由已知结合等差数列的性质可先求出公差及首项，然后结合等差数列的求和公式即可求解.因为数列{an}为等差数列，a2＝18，a4＋a6＝2a5＝90，所以a5＝45，所以d＝eq \f(a5－a2,5－2)＝eq \f(45－18,3)＝9，a1＝9，则S8＝8a1＋28d＝8×9＋28×9＝324.故选C.
5．(2019·课标全国Ⅰ，理)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4＝0，a5＝5，则( A )
A.an＝2n－5 B．an＝3n－10
C.Sn＝2n2－8n D．Sn＝eq \f(1,2)n2－2n
[解析] 设等差数列{an}的公差为d，
∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S4＝0，,a5＝5，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－3，,d＝2，))
∴an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝n2－4n.故选A.
6．在等差数列{an}中，若a1＝1 923，am＝1 953，an＝2 023，则m＋n的最小值是( C )
A.2 B．8
C．15 D．19
[解析] 根据等差数列通项公式可得d＝eq \f(30,m－1)＝eq \f(100,n－1)，再根据m，n都为大于1的正整数，即可得出m＋n的最小值是15.由题意可知，设等差数列{an}的公差为d，则am＝a1＋(m－1)d＝1 923＋(m－1)d＝1 953，an＝a1＋(n－1)d＝1 923＋(n－1)d＝2 023，解得d＝eq \f(30,m－1)＝eq \f(100,n－1)，即m＝eq \f(3n＋7,10)；易知m，n>1且m，n∈N＋，即3n＋7是10的整数倍，易得m＝2,3时，n不是整数，所以m＝4时，n的最小值为n＝11，满足题意；所以m＋n的最小值为4＋11＝15.故选C.
7．(2024·甘肃省一月份高考诊断考试)在等差数列{an}中，a2，a8是方程x2＋mx－8＝0的两根，若a4＋a6＝aeq \\al(2,5)＋1，则m的值为( B )
A.－6 B．－2
C．2 D．6
[解析] 由已知得a2＋a8＝－m，由a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，得a2＋a8＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2＋a8,2)))2＋1，∴－m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－m,2)))2＋1，即m2＋4m＋4＝0，解得m＝－2.故选B.
8．(2022·六校联盟第二次联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4＋S5＝2，S7＝14，则a10＝( C )
A.18 B．16
C．14 D．12
[解析] 设{an}的公差为d，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋3d＋5a1＋\f(5×4,2)d＝2，,7a1＋\f(7×6,2)d＝14，))
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6a1＋13d＝2，,a1＋3d＝2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－4，,d＝2，))
所以a10＝－4＋9×2＝14，选C.
二、多选题
9．在等差数列{an}中，其前n项的和是Sn，若a1＝－9，d＝3，则( ABD )
A.{an}是递增数列
B.其通项公式是an＝3n－12
C.当Sn取最小值时，n的值只能是3
D.Sn的最小值是－18
[解析] 由d＝3>0，可知等差数列{an}为递增数列，A正确；由题设，an＝a1＋(n－1)d＝－9＋3(n－1)＝3n－12，B正确；Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(3n2－21n,2)＝eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(7,2)))2－\f(147,4),2)，故当n＝3或4时，Sn取最小值且为－18，故C错误，D正确，故选ABD.
10．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S2 022<0，S2 023>0，则下列结论正确的是( BCD )
A.S2 022最小 B．a1 012>0
C.a1 011<0 D．a1<0
[解析] 根据等差数列性质及前n项和公式可得a1 012>0，a1 011<0，即可得出数列单调性，进而判断选项BCD的正确性，再由数列各项的符号即可得前1 011项的和最小，得出正确结果.因为S2 022<0，S2 023>0，所以根据等差数列前n项和公式，可得S2 022＝eq \f(2 022a1＋a2 022,2)＝1 011(a1 011＋a1 012)<0，S2 023＝eq \f(2 023a1＋a2 023 ,2)＝2 023a1 012>0，可得a1 012>0，a1 011<0，故B、C正确；因此等差数列{an}的公差d＝a1 012－a1 011>0，所以数列{an}为递增数列，a10，a1 011<0可知，该数列前1 011项全部为负，所以前1 011项的和最小，即S1 011最小，故A错误.故选BCD.
11．已知数列{an}是公差不为0的等差数列，前n项和为Sn，满足a1＋5a3＝S8，下列选项正确的有( AC )
A.a10＝0 B．S10最小
C.S7＝S12 D．S20＝0
[解析] 根据题意，数列{an}是等差数列，若a1＋5a3＝S8，
即a1＋5a1＋10d＝8a1＋28d，变形可得a1＝－9d，
又由an＝a1＋(n－1)d＝(n－10)d，
则有a10＝0，故A一定正确；
不能确定a1和d的符号，不能确定S10最小，故B不正确；
又由Sn＝na1＋eq \f(nn－1d,2)＝－9nd＋eq \f(nn－1d,2)＝eq \f(d,2)×(n2－19n)，
则有S7＝S12，故C一定正确；
则S20＝20a1＋eq \f(20×19,2)d＝－180d＋190d＝10d，∵d≠0，
∴S20≠0，则D不正确.
三、填空题
12．(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2，a2＋a6＝2，则S10＝ 25 .
[解析] 设等差数列{an}的公差为d，
则a2＋a6＝2a1＋6d＝2×(－2)＋6d＝2.
解得d＝1.
所以S10＝10×(－2)＋eq \f(10×9,2)×1＝25.
13．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝3，S5＝4，则a9＝ eq \f(7,5) .
[解析] 由题知：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S4＝4a1＋6d＝3，,S5＝5a1＋10d＝4，))解得a1＝eq \f(3,5)，d＝eq \f(1,10).∴a9＝a1＋8d＝eq \f(3,5)＋8×eq \f(1,10)＝eq \f(7,5).
14．若等差数列{an}的前17项和S17＝51，则a5－a7＋a9－a11＋a13＝ 3 .
[解析] 因为S17＝eq \f(a1＋a17,2)×17＝17a9＝51，所以a9＝3.根据等差数列的性质知a5＋a13＝a7＋a11，所以a5－a7＋a9－a11＋a13＝a9＝3.
15．记Sn为正项等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，a3·a4＝S7，则Sn＝ eq \f(3,2)n2－eq \f(1,2)n .
[解析] 设等差数列的公差为d，由题意得a3·a4＝S7＝eq \f(a1＋a7,2)×7＝7a4，所以a3＝7，所以1＋2d＝7，∴d＝3，所以Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)×3＝eq \f(3,2)n2－eq \f(1,2)n.故答案为：eq \f(3,2)n2－eq \f(1,2)n.
四、解答题
16．(2023·湖北武汉四调)记数列{an}的前n项和为Sn，对任意的n∈N*，有Sn＝n(an＋n－1).
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)当且仅当n＝7时，Sn取得最大值，求a1的取值范围.
[解析] (1)证明：因为Sn＝nan＋n(n－1)①，
所以n≥2时，Sn－1＝(n－1)an－1＋(n－1)(n－2)②，
①－②可得an＝nan－(n－1)an－1＋2n－2，则(1－n)an＝－(n－1)an－1＋2(n－1)，则an－an－1＝－2，故{an}为等差数列.
(2)当且仅当n＝7时，Sn得最大值，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S7>S6，,S7>S8，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a7>0，,a8<0，))则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1－12>0，,a1－14<0，))解得12故a1的取值范围为(12,14).
17．(2024·重庆模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足an·Sn＝(Sn－1)2.
(1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn－1)))为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式.
[解析] (1)证明：当n＝1时，由an·Sn＝(Sn－1)2得a1＝S1＝eq \f(1,2)，
当n≥2时，由an·Sn＝(Sn－1)2有(Sn－Sn－1)·Sn＝(Sn－1)2，
所以Sn＝eq \f(1,2－Sn－1)，则eq \f(1,Sn－1)－eq \f(1,Sn－1－1)＝eq \f(1,\f(1,2－Sn－1)－1)－eq \f(1,Sn－1－1)＝eq \f(2－Sn－1,Sn－1－1)－eq \f(1,Sn－1－1)＝eq \f(1－Sn－1,Sn－1－1)＝－1，
又eq \f(1,S1－1)＝－2.
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn－1)))是以－2为首项，以－1为公差的等差数列.
(2)由(1)知eq \f(1,Sn－1)＝－2－(n－1)＝－n－1，
所以Sn＝eq \f(n,n＋1).
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n,n＋1)－eq \f(n－1,n)＝eq \f(1,nn＋1).
当n＝1时，a1＝eq \f(1,2)也满足an＝eq \f(1,nn＋1).
所以数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,nn＋1).
B组能力提升
1．(2023·湖北咸宁联考)等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3，S5＝10，则{an}的公差为( C )
A.eq \f(2,3) B．eq \f(1,2)
C．eq \f(1,3) D．eq \f(1,4)
[解析] 由题意知a1＋a2＝3①，S5＝eq \f(5a1＋a5,2)＝10，即a1＋a5＝4②，②－①得3d＝1，∴d＝eq \f(1,3)，故选C.
2．(2023·广西南宁市模拟)已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1－a5＋eq \f(S6,6)＝0，则eq \f(a4,S5)＝( B )
A.－3 B．eq \f(9,35)
C．eq \f(11,45) D．eq \f(11,9)
[解析] 设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，因为a1－a5＋eq \f(S6,6)＝0，所以a1－a1－4d＋eq \f(6a1＋\f(6×6－1,2)d,6)＝0，所以a1＝eq \f(3,2)d，所以eq \f(a4,S5)＝eq \f(a4,5a3)＝eq \f(a1＋3d,5a1＋2d)＝eq \f(9,35).故选B.
3．设数列{an}的前n项和为Sn，且eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是等差数列，若a3＝3a5，则eq \f(S5,S9)＝( C )
A.eq \f(9,5) B．eq \f(5,9)
C．eq \f(5,3) D．eq \f(27,5)
[解析] 方法一：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是等差数列，且首项为eq \f(S1,1)＝a1，设公差为d，则eq \f(Sn,n)＝a1＋(n－1)d，Sn＝na1＋n(n－1)d＝n2d＋(a1－d)n，因为a3＝3a5，所以S3－S2＝3(S5－S4)，则9d＋3(a1－d)－[4d＋2(a1－d)]＝3[25d＋5(a1－d)－16d－4(a1－d)]，即a1＝－10d，则Sn＝n2d－11dn，则eq \f(S5,S9)＝eq \f(－30d,－18d)＝eq \f(5,3).故选C.
方法二：因为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是等差数列，所以数列{an}是等差数列，则eq \f(S5,S9)＝eq \f(5a3,9a5)＝eq \f(5,9)×3＝eq \f(5,3).故选C.
4．(多选题)若数列{an}满足：对任意正整数n，{an＋1－an}为等差数列，则称数列{an}为“二阶等差数列”.若{an}不是等比数列，但{an}中存在不相同的三项可以构成等比数列，则称{an}是“局部等比数列”给出下列数列{an}，其中既是“二阶等差数列”，又是“局部等比数列”的是( BC )
A.an＝1 B．an＝n
C.an＝n2 D．an＝eq \r(n)
[解析] 由an＝1为常数列，也是等比数列，不符合“局部等比数列”，不符合题意；由an＝n不是等比数列，且an＋1－an＝1，故{an＋1－an}为常数列，也为等差数列；其中a1＝1，a2＝2，a4＝4可构成等比数列，符合题意；由an＝n2不是等比数列，且an＋1－an＝2n＋1，故{an＋1－an}为等差数列；其中a1＝1，a2＝4，a4＝16可构成等比数列，符合题意；由an＝eq \r(n)不是等比数列，且an＋1－an＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，则a2－a1＝eq \r(2)－1，a3－a2＝eq \r(3)－eq \r(2)，a4－a3＝2－eq \r(3)，显然{an＋1－an}不为等差数列，不符合题意.故选BC.
5．已知数列{an}，{bn}都是等差数列，设{an}的前n项和为Sn，{bn}的前n项和为Tn.若eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n＋1,3n＋2)，则eq \f(a5,b5)＝ eq \f(19,29) .
[解析] eq \f(a5,b5)＝eq \f(\f(9a1＋a9,2),\f(9b1＋b9,2))＝eq \f(S9,T9)＝eq \f(19,29).
6．已知等差数列{an}满足a1＋a2＝10，a4－a3＝2.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设等比数列{bn}满足b2＝a3，b3＝a7，设cn＝5an－bn，数列{cn}的前n项和为Sn，求Sn的最大值.
[解析] (1)设等差数列{an}的公差为d，由已知可得d，进一步求得首项，则通项公式可求；
(2)在等比数列{bn}中，求出b2，b3，则q可求，利用等差数列与等比数列的前n项和公式求得数列{cn}的前n项和为Sn，再由数列的函数特性求Sn的最大值.
(1)设等差数列{an}的公差为d，则d＝a4－a3＝2，
又a1＋a2＝10，∴2a1＋d＝2a1＋2＝10，得a1＝4，
∴an＝4＋2(n－1)＝2n＋2.
(2)在等比数列{bn}中，b2＝a3＝8，b3＝a7＝16，则q＝2，
∴b1＝4，bn＝4·2n－1＝2n＋1.
∴cn＝5an－bn＝10(n＋1)－2n＋1，
则Sn＝10[2＋3＋…＋(n＋1)]－(22＋23＋…＋2n＋1)
＝10×eq \f(2＋n＋1n,2)－eq \f(41－2n,1－2)＝－2n＋2＋5n2＋15n＋4.
cn＋1－cn＝[10＋10(n＋1)－2n＋2]－(10＋10n－2n＋1)＝10－2n＋1，
当n≤2时，cn＋1－cn>0，cn单调递增，当n≥3时，cn＋1－cn<0，cn单调递减，
且c4＝50－25＝50－32＝18>0，c5＝60－26＝60－64<0，
∴当n≤4时，cn>0，当n≥5时，cn<0，
∴当n＝4时，Sn有最大值且最大值为S4＝－24＋2＋5×42＋15×4＋4＝80.