2025高考数学一轮复习-6.2-等差数列-专项训练【含答案】

这是一份2025高考数学一轮复习-6.2-等差数列-专项训练【含答案】，共8页。
1.在等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝－24，a18＋a19＋a20＝78，则此数列的前20项和等于( )
A．160 B．180
C．200 D．220
2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且 eq \f(a2＋2a7＋a8,a3＋a6)＝ eq \f(20,11)，则 eq \f(S11,S8)等于( )
A． eq \f(3,7) B． eq \f(1,6)
C． eq \f(5,11) D． eq \f(5,4)
3.设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S50－S47＝12，则S97等于( )
A．198 B．388
C．776 D．2 023
4.（多选）已知Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和，且S8＞S9＞S7，则下列结论正确的是( )
A．公差d＜0
B．在所有小于0的Sn中，S17最大
C．a8＞a9
D．满足Sn＞0的n的个数为15
5.若一个等差数列{an}满足：①每项均为正整数；②首项与公差的积大于该数列的第2项且小于第3项．写出一个满足条件的数列的通项公式an＝ .
6.记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最小值．
7.在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Tn.
INCLUDEPICTURE "B组.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF" \* MERGEFORMATINET 【B级 能力提升】
1.“数列{an}，{bn}都是等差数列”是“数列{an＋bn}是等差数列”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
2.已知数列{an}的各项为互异正数，且其倒数构成公差为3的等差数列，则 eq \f(a1－an,a1a2＋a2a3＋…＋an－1an)＝( )
A． eq \f(1,6) B． eq \f(1,3)
C．3 D．6
3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＋3a3＋a15＝10，则S9 的值为 ．
4.已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足an·Sn＝9(n＝1，2，…).给出下列四个结论：
①{an}的第2项小于3；
②{an}为等比数列；
③{an}为递减数列；
④{an}中存在小于 eq \f(1,100)的项．
其中所有正确结论的序号是 ．
5.记Sn为公差不为零的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2·a4＝S4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求使得Sn>an成立的n的最小值．
6.已知数列{an}是等差数列，a2＋a5＝16，a5－a3＝4.
(1)求{an}的通项公式和 eq \i\su(i＝2n-1,2n－1,a)i.
(2)已知{bn}为等比数列，对于任意k∈N*，若2k-1≤n≤2k－1，则bk＜an＜bk＋1.
(ⅰ)当k≥2时，求证：2k－1＜bk＜2k＋1；
(ⅱ)求{bn}的通项公式及其前n项和．
参考答案
【A级 基础巩固】
1.解析：由题得(a1＋a20)＋(a2＋a19)＋(a3＋a18)＝－24＋78＝54，
所以3(a1＋a20)＝54，所以a1＋a20＝18，
所以S20＝ eq \f(20,2)(a1＋a20)＝10×18＝180.
答案：B
2.解析： eq \f(a2＋2a7＋a8,a3＋a6)＝ eq \f(2a5＋2a7,a3＋a6)＝ eq \f(4a6,a3＋a6)＝ eq \f(20,11)，所以 eq \f(a6,a3＋a6)＝ eq \f(5,11)，所以 eq \f(S11,S8)＝ eq \f(11a6,4(a1＋a8))＝ eq \f(11a6,4(a3＋a6))＝ eq \f(5,4).
答案：D
3.解析：∵S50－S47＝a48＋a49＋a50＝12，∴a49＝4，∴S97＝ eq \f(97×(a1＋a97),2)＝97a49＝97×4＝388.
答案：B
4.解析：∵S8＞S9，且S9＝S8＋a9，∴S8＞S8＋a9，即a9＜0.又S8＞S7，S8＝S7＋a8，∴S7＋a8＞S7，即a8＞0，∴d＝a9－a8＜0，故A，C中的结论正确；∵S9＞S7，S9＝S7＋a8＋a9，∴S7＋a8＋a9＞S7，即a8＋a9＞0.又a1＋a16＝a8＋a9，∴S16＝ eq \f(16(a1＋a16),2)＝8(a8＋a9)＞0.又a1＋a15＝2a8，∴S15＝ eq \f(15(a1＋a15),2)＝15a8＞0.又a1＋a17＝2a9，且a9＜0，∴S17＝ eq \f(17(a1＋a17),2)＝17a9＜0，故B中的结论正确，D中的结论错误．
答案：ABC
5.解析：设{an}的公差为d，由题意得，a2＜a1d＜a3，所以a1＋d＜a1d＜a1＋2d.又a1，d为正整数，所以可取a1＝3，d＝2，故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
答案：2n＋1（答案不唯一）
6.解：(1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.
由a1＝－7，得d＝2，
所以{an}的通项公式为an＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16，
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.
7.解：(1)∵an＋2－2an＋1＋an＝0，
∴an＋2－an＋1＝an＋1－an，
∴数列{an}是等差数列，设其公差为d.
∵a1＝8，a4＝2，
∴d＝ eq \f(a4－a1,4－1)＝－2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝10－2n，n∈N*.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，则由(1)可得，
Sn＝8n＋ eq \f(n(n－1),2)×(－2)＝9n－n2，n∈N*.
由(1)知an＝10－2n，令an＝0，得n＝5，
∴当n>5时，an0，所以a1＝3，a2·S2＝a2(a1＋a2)＝9，即a eq \\al(2,2)＋3a2－9＝0，得a2＝ eq \f(－3＋3\r(5),2)＝ eq \f(3(\r(5)－1),2)1，所以an>an＋1>0，所以③正确；对于④，若数列{an}的所有项均大于等于 eq \f(1,100)，取n>90 000，由an≥ eq \f(1,100)且an>an＋1>0，得Sn>nan>900，所以an·Sn>9，与已知矛盾，所以④正确．综上，所有正确结论的序号是①③④.
答案：①③④
5.解：(1)a3＝S5⇒a1＋2d＝5a1＋10d⇒4a1＋8d＝0⇒a1＋2d＝0⇒a1＝－2d，①
a2·a4＝S4⇒(a1＋d)(a1＋3d)＝4a1＋6d.②
将①代入②得－d2＝－2d⇒d＝0（舍）或d＝2，
∴a1＝－2d＝－4，∴an＝－4＋(n－1)×2＝2n－6.
(2)由(1)知an＝2n－6，
Sn＝na1＋ eq \f(n(n－1),2)d＝－4n＋n(n－1)＝n2－5n.
Sn>an⇔n2－5n>2n－6⇔n2－7n＋6>0⇔(n－1)(n－6)>0，
解得n6，∴n的最小值为7.
6.(1)解：设{an}的公差为d，
由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a5＝16，,a5－a3＝4，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＋a1＋4d＝16，,a1＋4d－(a1＋2d)＝4，))
解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,d＝2，))
所以{an}的通项公式为an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
a2n－1＝2·2n-1＋1＝2n＋1，a2n－1＝2(2n－1)＋1＝2n+1－1.
从a2n－1到a2n－1共有2n－1－2n-1＋1＝2·2n-1－2n-1＝2n-1（项），
所以eq \(∑,\s\up12(2n-1),\s\d15(i=2n-1)) ai＝ eq \f((2n＋1＋2n+1－1)·2n-1,2)＝ eq \f((2n＋2·2n)·2n-1,2)＝ eq \f(3·2n·2n-1,2)＝3·22n-2.
(2)(ⅰ)证明：因为当2k-1≤n≤2k－1时，bk＜an＜bk＋1，
所以当2k≤n＋1≤2k+1－1时，bk＋1＜an＋1＜bk＋2，
可得an＜bk＋1＜an＋1.
因为{an}为递增数列，所以若2k-1≤n≤2k－1，则a2k－1≤an≤a2k－1，得2k＋1≤an≤2k+1－1.
同理可得2k+1＋1≤an＋1≤2k+2－1.
故可得2k+1－1＜bk＋1＜2k+1＋1，
所以2k－1＜bk＜2k＋1.
综上，当k≥2时，2k－1＜bk＜2k＋1.
(ⅱ)解：由题意知{bn}是q≠1的正项等比数列，
设{bn}的通项公式为bn＝p·qn（p＞0，q＞0且q≠1），
由(ⅰ)知，2n－1＜bn＜2n＋1，即2n－1＜p·qn＜2n＋1，
则有1－ eq \f(1,2n)＜p· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(q,2))) eq \s\up12(n)＜1＋ eq \f(1,2n).
①当 eq \f(q,2)＞1，即q＞2时，
∃n0∈N*，使得p· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(q,2))) n0＞2，与p· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(q,2)))n0＜1＋ eq \f(1,2n0)矛盾；
②当0＜ eq \f(q,2)＜1，q≠1，即0＜q＜2且q≠1时，
∃n1∈N*，使得p· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(q,2))) eq \s\up12(n1)＜ eq \f(1,2)，与p· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(q,2))) eq \s\up12(n1)＞1－ eq \f(1,2n1)矛盾．
故q＝2.
因为2n－1＜bn＜2n＋1，所以bn＝2n.
设{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝ eq \f(2(1－2n),1－2)＝2n+1－2