2025届高考数学一轮复习专练37 等差数列（Word版附解析）

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【基础落实练】
1.(5分)数列{an}满足2an=an-1+an+1(n≥2),且a2+a4+a6=12,则a3+a4+a5=( )
A.9B.10C.11D.12
【解析】选D.由2an=an-1+an+1(n≥2)可知数列{an}为等差数列,
所以a2+a4+a6=a3+a4+a5=12.
2.(5分)公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,若a6=3a4,且S10=λa4,则λ的值为( )
A.15B.21C.23D.25
【解析】选D.由题意得a1+5d=3(a1+3d),
所以a1=-2d.
所以λ=S10a4=10a1+10×92da1+3d=10×(-2d)+45d-2d+3d=25.
3.(5分)(一题多法)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)( )
A.3 699块B.3 474块
C.3 402块D.3 339块
【解析】选C.方法一:设每层环数为n(n∈N*),则上层由内向外每环的扇面形石板的块数依次为a1,a2,…,an,中层由内向外每环的扇面形石板的块数依次为an+1,an+2,…,a2n,下层由内向外每环的扇面形石板的块数依次为a2n+1,a2n+2,…,a3n.由题意知(a2n+1+a2n+2+…+a3n)-(an+1+an+2+…+a2n)=729,由等差数列的性质知a2n+1-an+1=a2n+2-an+2=…=a3n-a2n=9n,所以9n2=729,得n=9.
则数列{an}共有9×3=27项,故三层共有扇面形石板(不含天心石)的块数即为数列{an}的前27项和,即27×9+27×262×9=3 402.
方法二:设每层环数为n(n∈N*),设数列{an}的前n项和为Sn,由等差数列的性质知,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等差数列,且(S3n-S2n)-(S2n-Sn)=9n2,则9n2=729,解得n=9.
则数列{an}共有9×3=27项,故三层共有扇面形石板(不含天心石)的块数即为数列{an}的前27项和,即27×9+27×262×9=3 402.
4.(5分)设等差数列{an}的前n项和为Sn,等差数列{bn}的前n项和为Tn,若SnTn=2 025n-363n+4,则a3b3=( )
A.528B.529C.530D.531
【解析】选D.根据等差数列的性质:anbn=S2n-1T2n-1得,a3b3=S5T5=2 025×5-363×5+4=531.
5.(5分)南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中,提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究,在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列,其前7项分别为1,5,11,21,37,61,95,则该数列的第8项为( )
A.99B.131C.139D.141
【解析】选D.根据所给定义,用数列的后一项减去前一项得到一个数列,得到的数列也用后一项减去前一项得到一个数列,即得到了一个等差数列,如图:
由图可得y-34=12x-95=y,则x=141y=46.
6.(5分)(多选题)设{an}是等差数列,d是其公差,Sn是其前n项和,且S5S8,则下列结论正确的是( )
A.dS5
D.当n=6或n=7时Sn取得最大值
【解析】选ABD.由S5S8,得a80,可得2(a7+a8)>0,由结论a7=0,a80.设{an}的前n项和为Sn,a1=1,S2·S3=36.
(1)求d及Sn;
【解析】(1)由题意知(2a1+d)(3a1+3d)=36,
将a1=1代入上式解得d=2或d=-5.
因为d>0,所以d=2.
从而an=2n-1,Sn=n2(n∈N*).
14.(10分)已知等差数列{an}的公差d>0.设{an}的前n项和为Sn,a1=1,S2·S3=36.
(2)求m,k(m,k∈N*)的值,使得am+am+1+am+2+…+am+k=65.
【解析】(2)由(1)得am+am+1+am+2+…+am+k=(2m+k-1)(k+1),
所以(2m+k-1)(k+1)=65.
由m,k∈N*知2m+k-1≥k+1>1,
故2m+k-1=13,k+1=5,
解得m=5,k=4.
即m的值为5,k的值为4.
15.(10分)(2023·青岛模拟)记Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和,若a3=S5,a2a4=S4.
(1)求数列an的通项公式an;
【解析】(1)由等差数列的性质可得:S5=5a3,
则a3=5a3,所以a3=0,
设等差数列的公差为d,
从而有:a2a4=(a3-d)(a3+d)=-d2,
S4=a1+a2+a3+a4=(a3-2d)+(a3-d)+a3+(a3+d)=-2d,
从而-d2=-2d,由于公差不为零,故d=2,
数列的通项公式为:an=a3+(n-3)d=2n-6.
15.(10分)(2023·青岛模拟)记Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和,若a3=S5,a2a4=S4.
(2)求使Sn>an成立的n的最小值.
【解析】(2)由数列的通项公式可得:a1=2-6=-4,
则Sn=n×(-4)+n(n-1)2×2=n2-5n,
则不等式Sn>an即:n2-5n>2n-6,
整理可得:(n-1)(n-6)>0,
解得:n6,又n为正整数,
故n的最小值为7.
【素养创新练】
16.(5分)(2023·杭州模拟)定义“等方差数列”:如果一个数列从第二项起,每一项的平方与它的前一项的平方的差都等于同一个常数,那么这个数列就叫做等方差数列,这个常数叫做该数列的方公差.设an是由正数组成的等方差数列,且方公差为2,a9=32,则数列2an+an+1的前24项和为( )
A.42B.4C.32D.6
【解析】选A.根据题意,得an+12-an2=2(n≥1,n∈N*),故an2是公差为2的等差数列,
所以an2=a92+2(n-9)=2n,即an=2n,
所以2an+an+1=22n+2+2n
=2(2n+2-2n)(2n+2+2n)(2n+2-2n)
=2n+2-2n,
故数列2an+an+1的前24项和为:(4-2)+(6-4)+…+(50-48)=50-2=42.
17.(5分)若数列{an}满足an+12n+5-an2n+3=1,且a1=5,则数列{an}的前200项中,能被 5整除的项数为( )
A.90B.80C.60D.40
【解析】选B.数列{an}满足an+12n+5-an2n+3=1,
即an+12(n+1)+3-an2n+3=1,
又a12×1+3=1,
所以数列an2n+3是以1为首项,1为公差的等差数列,
所以an2n+3=n,
所以an=2n2+3n,
列表如下:
所以每10项中有4项能被5整除,所以数列{an}的前200项中,能被5整除的项数为80.项
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
an的个
位数
5
4
7
4
5
0
9
2
9
0