2022版高考数学大一轮复习课时作业32《等差数列》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业32《等差数列》(含答案详解)，共4页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5=3，a8=8，则a12的值是( )
A.15 B.30 C.31 D.64
已知数列{an}中，a2=eq \f(3,2)，a5=eq \f(9,8)，且{eq \f(1,an－1)}是等差数列，则a7=( )
A.eq \f(10,9) B.eq \f(11,10) C.eq \f(12,11) D.eq \f(13,12)
公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6=3a4，且S9=λa4，则λ的值为( )
A.18 B.20 C.21 D.25
设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6=2a3，则eq \f(S11,S5)=( )
A.eq \f(11,5) B.eq \f(5,22) C.eq \f(11,10) D.eq \f(22,5)
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S11=22，a4=－12，如果当n=m时，Sn最小，
那么m的值为( )
A.10 B.9 C.5 D.4
Sn是等差数列{an}的前n项和，S2 018A.2 017 B.2 018 C.4 033 D.4 034
二、填空题
已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1=3，且a1，a4，a13成等比数列，则数列{an}的通项公式为an= .
在等差数列{an}中，a9=eq \f(1,2)a12＋6，则数列{an}的前11项和S11等于 .
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足eq \f(S3,3)－eq \f(S2,2)=1，则数列{an}的公差是 .
设等差数列{an}满足a3＋a7=36，a4a6=275，且anan＋1有最小值，则这个最小值为 .
在等差数列{an}中，a1=7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n=8时Sn取得最大值，
则d的取值范围为 .
三、解答题
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a5=25，S5=55.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设anbn=eq \f(1,3n－1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3=－21，a5与a7的等差中项为1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若Tn=|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|，求T10的值和Tn的表达式.
设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5=a5＋a6=25.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若不等式2Sn＋8n＋27>(－1)nk(an＋4)对所有的正整数n都成立，求实数k的取值范围.
已知各项为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且满足eq \r(2Sn)=eq \f(an＋2,2).
(1)求证：{an}为等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=eq \f(1,an＋a1)＋eq \f(1,an＋a2)＋…＋eq \f(1,an＋an)＋eq \f(1,an＋an＋1)(n∈N*)，求证：bn≤eq \f(3,8).
\s 0 答案详解
答案为：A.
解析：设等差数列{an}的公差为d，∵a3＋a4＋a5=3，∴3a4=3，即a1＋3d=1，
又由a8=8得a1＋7d=8，联立解得a1=－eq \f(17,4)，d=eq \f(7,4)，则a12=－eq \f(17,4)＋eq \f(7,4)×11=15.故选A.
答案为：D.
解析：设等差数列{eq \f(1,an－1)}的公差为d，则eq \f(1,a5－1)=eq \f(1,a2－1)＋3d，
即eq \f(1,\f(9,8)－1)=eq \f(1,\f(3,2)－1)＋3d，解得d=2，所以eq \f(1,a7－1)=eq \f(1,a2－1)＋5d=12，解得a7=eq \f(13,12).故选D.
答案为：A.
解析：设公差为d，由a6=3a4，且S9=λa4，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋5d＝3a1＋9d，,9a1＋\f(9×8d,2)＝λa1＋3λd，))解得λ=18，故选A.
答案为：D.
解析：eq \f(S11,S5)=eq \f(\f(11,2)a1＋a11,\f(5,2)a1＋a5)=eq \f(11a6,5a3)=eq \f(22,5).故选D.
答案为：C.
解析：设等差数列{an}的公差为d，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(11a1＋\f(11×10,2)d＝22，,a1＋3d＝－12，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－33，,d＝7，))
所以Sn=－33n＋eq \f(nn－1,2)×7=eq \f(7,2)n2－eq \f(73,2)n=eq \f(7,2)(n－eq \f(73,14))2－eq \f(7,2)×(eq \f(73,14))2.
因为n∈N*，所以当n=5时，Sn取得最小值.故选C.
答案为：D.
解析：∵S2 0180.
∴S4 034=eq \f(4 034a1＋a4 034,2)=2 017(a2 018＋a2 017)<0，
S4 035=eq \f(4 035a1＋a4 035,2)=4 035a2 018>0，
可知Sn<0时n的最大值是4 034.故选D.
答案为：2n＋1.
解析：设等差数列{an}的公差为d.∵a1，a4，a13成等比数列，a1=3，∴aeq \\al(2,4)=a1a13，
即(3＋3d)2=3(3＋12d)，解得d=2或d=0(舍去)，
故{an}的通项公式为an=3＋2(n－1)，即an=2n＋1.
答案为：312.
解析：S11=eq \f(11a1＋a11,2)=11a6，设公差为d，由a9=eq \f(1,2)a12＋6
得a6＋3d=eq \f(1,2)(a6＋6d)＋6，解得a6=12，所以S11=11×12=132.
答案为：2.
解析：∵eq \f(S3,3)－eq \f(S2,2)=1，∴2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3a1＋\f(3×2,2)d))－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2a1＋\f(2×1,2)d))=6，
∴6a1＋6d－6a1－3d=6，∴d=2.
答案为：-12.
解析：设等差数列{an}的公差为d，
∵a3＋a7=36，∴a4＋a6=36，又a4a6=275，联立，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝11，,a6＝25))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝25，,a6＝11，))当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝11，,a6＝25))时，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－10，,d＝7，))
此时an=7n－17，a2=－3，a3=4，易知当n≤2时，an<0，当n≥3时，an>0，
∴a2a3=－12为anan＋1的最小值；
当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝25，,a6＝11))时，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝46，,d＝－7，))此时an=－7n＋53，a7=4，a8=－3，
易知当n≤7时，an>0，当n≥8时，an<0，∴a7a8=－12为anan＋1的最小值.
综上，anan＋1的最小值为－12.
答案为：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(7,8))).
解析：由题意，当且仅当n=8时Sn有最大值，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d<0，,a8>0，,a9<0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d<0，,7＋7d>0，,7＋8d<0，))解得－1 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a5＝2a1＋5d＝25，,S5＝5a3＝5a1＋\f(5×4,2)d＝55，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝5，,d＝3，))∴数列{an}的通项公式为an=3n＋2.
(2)由anbn=eq \f(1,3n－1)，得bn=eq \f(1,an3n－1)
=eq \f(1,3n－13n＋2)=eq \f(1,3)(eq \f(1,3n－1)－eq \f(1,3n＋2))，
Tn=b1＋b2＋…＋bn=eq \f(1,3)(eq \f(1,2)－eq \f(1,5)＋eq \f(1,5)－eq \f(1,8)＋…＋eq \f(1,3n－1)－eq \f(1,3n＋2))=eq \f(1,3)(eq \f(1,2)－eq \f(1,3n＋2))
=eq \f(1,6)－eq \f(1,9n＋6)=eq \f(n,23n＋2).
解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由题意得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a1＋\f(3×2,2)d＝－21，,a1＋4d＋a1＋6d＝2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－9，,d＝2，))则an=－9＋(n－1)×2=2n－11，
所以数列{an}的通项公式为an=2n－11.
(2)令an=2n－11<0，得n所以当n≤5时，an=2n－11<0，
当n≥6时，an=2n－11>0.
又Sn=n2－10n，S5=－25，S10=0，
所以T10=－(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10=－S5＋(S10－S5)=S10－2S5=50.
当n≤5时，Tn=－Sn=10n－n2；
当n≥6时，Tn=－S5＋(Sn－S5)=Sn－2S5=n2－10n＋50.
综上，Tn=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(10n－n2，n≤5，,n2－10n＋50，n≥6.))
解：(1)设公差为d，则5a1＋eq \f(5×4,2)d=a1＋4d＋a1＋5d=25，
∴a1=－1，d=3.
∴{an}的通项公式为an=3n－4.
(2)Sn=－n＋eq \f(3nn－1,2)，2Sn＋8n＋27=3n2＋3n＋27，an＋4=3n，
则原不等式等价于(－1)nk∴当n为奇数时，k>－(当n为偶数时，k又∵n＋1＋eq \f(9,n)≥7，当且仅当n=3时取等号，
∴当n为奇数时，n＋1＋eq \f(9,n)的最小值为7，
当n为偶数时，n=4时，n＋1＋eq \f(9,n)的最小值为eq \f(29,4)，
∴不等式对所有的正整数n都成立时，实数k的取值范围是－7 证明：(1)∵eq \r(2Sn)=eq \f(an＋2,2)，
∴当n=1时，a1=2.
当n≥2时，8Sn=(an＋2)2，①
8Sn－1=(an－1＋2)2，②
由①－②得(an＋an－1)(an－an－1－4)=0(an>0)，则an－an－1=4，
∴{an}是以4为公差的等差数列，即an=4n－2.
(2)bn=eq \f(1,an＋a1)＋eq \f(1,an＋a2)＋…＋eq \f(1,an＋an)＋eq \f(1,an＋an＋1)
=eq \f(1,4n)＋eq \f(1,4n＋4)＋eq \f(1,4n＋8)＋…＋eq \f(1,4n＋4n－1)＋eq \f(1,4n＋4n)
=eq \f(1,4)×eq \f(1,n)＋［eq \f(1,n＋1)＋…＋eq \f(1,n＋n－1)＋eq \f(1,n＋n)］
设f(n)=eq \f(1,n)＋eq \f(n,n＋1)，则f(n＋1)－f(n)<0，
所以{f(n)}递减，eq \f(1,4)×(eq \f(1,n)＋eq \f(n,n＋1))≤eq \f(1,4)f(1)=eq \f(3,8)，即bn≤eq \f(3,8).