2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价33等差数列含解析新人教A版

这是一份2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价33等差数列含解析新人教A版，共7页。

A组 全考点巩固练
1．(2020·开封三模)已知Sn为等差数列{an}的前n项和．若S5＝4a2，则a7＝( )
A．－2B．0
C．2D．10
B 解析：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝4a2，
所以5a1＋10d＝4a1＋4d，即a1＋6d＝0，
则a7＝a1＋6d＝0.
2．(2020·广州二模)首项为－21的等差数列从第8项起开始为正数，则公差d的取值范围是( )
A．(3，＋∞)B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(7,2)))
C．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(7,2)))D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(3，\f(7,2)))
D 解析：an＝－21＋(n－1)d.
因为从第8项起开始为正数，所以a7＝－21＋6d≤0，a8＝－21＋7d＞0，解得3＜d≤eq \f(7,2).
3．(2020·上饶三模)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)＝( )
A．eq \f(3,7) B．eq \f(1,6) C．eq \f(5,11) D．eq \f(5,4)
D 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).
4．(2020·河南二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a8－a5＝－6，S9－S4＝75，则Sn取得最大值时，n＝( )
A．14B．15
C．16D．17
A 解析：设等差数列{an}的公差为d.因为a8－a5＝－6，S9－S4＝75，
所以3d＝－6,5a1＋30d＝75，
解得a1＝27，d＝－2，
所以an＝27－2(n－1)＝29－2n.
令an≥0，解得n≤eq \f(29,2)＝14＋eq \f(1,2).
则Sn取得最大值时n＝14.
5．(多选题)设无穷等差数列{an}的各项都为正数，且其前n项和为Sn.若S2 021＝2 021，则( )
A．a1 011＝1B．a1 010≥1
C．S2 020＞2 020D．S2 023≥2 023
ABD 解析：S2 021＝2 021＝eq \f(2 021a1＋a2 021,2)＝2 021a1 011，所以a1 011＝1.
因为无穷等差数列{an}的各项都为正数，所以公差d≥0，所以a1 012≥1.
所以S2 020＝eq \f(2 020a1＋a2 020,2)＝1 010·(a1 011＋a1 010)≤1 010×2＝2 020，
S2 023＝S2 021＋a2 022＋a2 023≥2 021＋2＝2 023.
综上可得ABD正确．
6．已知在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝6，a7＝11，则a1＝________.
－7 解析：由等差数列的性质，得a3＋a4＋a5＝3a4＝6，
所以a4＝2，公差d＝eq \f(a7－a4,7－4)＝eq \f(9,3)＝3.
又a4＝a1＋3d＝2，所以a1＝－7.
7．在等差数列{an}中，若a7＝eq \f(π,2)，则sin 2a1＋cs a1＋sin 2a13＋cs a13＝________.
0 解析：根据题意可得a1＋a13＝2a7＝π，
2a1＋2a13＝4a7＝2π，
所以有sin 2a1＋cs a1＋sin 2a13＋cs a13＝sin 2a1＋sin(2π－2a1)＋cs a1＋cs(π－a1)＝0.
8．设数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＋an＝2n＋1，且Sn＝2 019.若a2<2，则n的最大值为________．
63 解析：由数列{an}的前n项和为Sn，
an＋1＋an＝2n＋1，得an＋an－1＝2n－1(n≥2)．
故an＋1－an－1＝2，则数列{an}的偶数项成等差数列，
则an＝a2＋n－2(n为偶数)．
又a1＋a2＝3，a3＋a4＝7，
所以数列{a2n－1＋a2n}为等差数列，首项为3，公差为4.
当n为偶数时，设bn＝a2n－1＋a2n，数列{bn}的前n项和为Tn，
可得Tn＝eq \f(n[3＋3＋n－1×4],2)＝2n2＋n，n∈N*.
所以Sn＝Teq \s\d8(eq \f(n,2))＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,2)))eq \s\up12(2) ＋eq \f(n,2)＝eq \f(n2＋n,2).若Sn＝2 019＝eq \f(n2＋n,2)，无解舍去．
当n为奇数时，Sn＝Sn＋1－an＋1 ＝eq \f(n＋12＋n＋1,2)－(a2＋n－1)＝eq \f(n2＋n＋4,2)－a2＝2 019.又a2<2，所以n2＋n－4 038<0，解得eq \f(－1－\r(16 153),2)又n∈N*，
所以n的最大值为63.
9．在等差数列{an}中，已知a1＋a3＝12，a2＋a4＝18，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求a3＋a6＋a9＋…＋a3n.
解：(1)因为数列{an}是等差数列，a1＋a3＝12，a2＋a4＝18，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋2d＝12，,2a1＋4d＝18，))
解得d＝3，a1＝3.
所以an＝3＋(n－1)×3＝3n，n∈N*.
(2)a3，a6，a9，…，a3n构成首项为a3＝9，公差为9的等差数列，
则a3＋a6＋a9＋…＋a3n＝9n＋eq \f(1,2)n(n－1)×9
＝eq \f(9,2)(n2＋n)．
10．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a，前n项和为Sn，且Sk＝110.
(1)求a及k的值；
(2)设数列{bn}的通项公式bn＝eq \f(Sn,n)，证明：数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn.
(1)解：设该等差数列为{an}，则a1＝a，a2＝4，a3＝3a.
由已知有a＋3a＝8，得a1＝a＝2，公差d＝4－2＝2，
所以Sk＝ka1＋eq \f(kk－1,2)d＝2k＋eq \f(kk－1,2)×2＝k2＋k.
由Sk＝110，得k2＋k－110＝0，
解得k＝10或k＝－11(舍去)．故a＝2，k＝10.
(2)证明：由(1)得Sn＝eq \f(n2＋2n,2)＝n(n＋1)，
则bn＝eq \f(Sn,n)＝n＋1.
故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，
即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列．
所以Tn＝eq \f(n2＋n＋1,2)＝eq \f(nn＋3,2).
B组 新高考培优练
11．(多选题)已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn.若S12＝24，则( )
A．a6＋a7＝4B．a6＋a7＝12
C．a6a7≥4D．a6a7≤4
AD 解析：在等差数列{an}中，因为S12＝6(a6＋a7)＝24，所以a6＋a7＝4.
又a6>0，a7>0，所以a6a7≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a6＋a7,2)))eq \s\up12(2)＝4，当且仅当a6＝a7＝2时，“＝”成立．
12．(2020·珠海三模)天干地支纪年法，源于中国．中国自古便有十天干与十二地支．十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸，十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如说第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”……依此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”……依此类推.1911年中国爆发推翻清朝专制帝制、建立共和政体的全国性革命，这一年是辛亥年，史称“辛亥革命”.1949年新中国成立，请推算新中国成立的年份为( )
A．己丑年B．己酉年
C．丙寅年D．甲寅年
A 解析：根据题意可得，天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，从1911年到1949年经过38年，且1911年为“辛亥”年，以1911年的天干和地支分别为首项，则38＝3×10＋8，则1949年的天干为己，38＝12×3＋2，则1949年的地支为丑，所以1949年为己丑年．
13．(2019·北京卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为________．
0 －10 解析：设等差数列{an}的公差为d.因为a2＝－3，S5＝－10，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝－3，,5a1＋\f(5×4,2)d＝－10，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝－3，,a1＋2d＝－2，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－4，,d＝1.))
所以a5＝a1＋4d＝0，
Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝－4n＋eq \f(n2－n,2)＝eq \f(1,2)(n2－9n)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(9,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(81,8).
因为n∈N*，所以n＝4或n＝5时，Sn取最小值，最小值为－10.
14．在数列{an}中，a1＝2，an是1与anan＋1的等差中项．
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))是等差数列，并求{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,n2an)))的前n项和Sn.
解：(1)因为an是1与anan＋1的等差中项，
所以2an＝1＋anan＋1.
所以an＋1＝eq \f(2an－1,an).
所以an＋1－1＝eq \f(2an－1,an)－1＝eq \f(an－1,an).
所以eq \f(1,an＋1－1)＝eq \f(an,an－1)＝1＋eq \f(1,an－1).
因为eq \f(1,a1－1)＝1，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))是首项为1，公差为1的等差数列．
所以eq \f(1,an－1)＝1＋(n－1)＝n.所以an＝eq \f(n＋1,n).
(2)由(1)得eq \f(1,n2an)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
15．已知等差数列{an}的公差d＞0，设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2S3＝36.
(1)求d及Sn；
(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.
解：(1)由题意知(a1＋a2)(a1＋a2＋a3)＝36，即(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，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1，
Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2.
(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝2m－1＋2(m＋1)－1＋2(m＋2)－1＋…＋2(m＋k)－1＝(2m＋k－1)(k＋1)，
所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65.
由m，k∈N*知2m＋k－1≥k＋1＞1，且2m＋k－1与k＋1均为整数，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2m＋k－1＝13，,k＋1＝5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝5，,k＝4，))
即所求m的值为5，k的值为4.
16．已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为15，
(1)求等差数列{an}的通项公式；
(2)若公差d>0，求数列{|an|}的前n项和Tn.
解：(1)设等差数列的{an}的公差为d.
由a1＋a2＋a3＝－3，得3a2＝－3，所以a2＝－1.
又a1a2a3＝15，所以a1a3＝－15，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝－1，,a1a1＋2d＝－15，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－5，,d＝4))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,d＝－4，))即an＝4n－9或an＝7－4n.
(2)当公差d>0时，an＝4n－9(n∈N*)．
当n≤2时，an＝4n－9<0，T1＝－a1＝5，T2＝－a1－a2＝6.
设数列{an}的前项和为Sn，则Sn＝eq \f(－5＋4n－9,2)×n＝2n2－7n.
当n≥3时，an＝4n－9>0，
Tn＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|
＝－a1－a2＋a3＋…＋an
＝(a1＋a2＋a3＋…＋an)－2(a1＋a2)
＝Sn－2S2＝2n2－7n＋12.
当n＝1时，T1＝5不满足上式；
当n＝2时，T2＝6满足T2＝2×22－7×2＋12＝6.
所以数列{|an|}的前n项和Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5，n＝1，,2n2－7n＋12，n≥2.))