30等差数列及其前n项和专项训练-2024届艺术班高考数学一轮复习（文字版 含答案解析）

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A．1 B．2
C．1012 D．2023
解析：选A 由题意得S2023＝eq \f(2023\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a2023)),2)
＝eq \f(2023×2a1012,2)＝2023，所以a1012＝1．
2．在等差数列{an}中，a3＋a5＋2a10＝4，则此数列的前13项的和等于( )
A．16B．26
C．8 D．13
解析：选D ∵a3＋a5＋2a10＝4，
∴2a4＋2a10＝4，
∴S13＝eq \f(13（a1＋a13）,2)＝eq \f(13（a4＋a10）,2)＝13．故选D．
3．等差数列{an}的前n项和为Sn，若S7－S6＝24，a3＝8，则数列{an}的公差d＝
A．2B．4
C．6 D．8
解析：选B 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，
由等差数列的性质可得，a7＝S7－S6＝24，又∵a3＝8，
∴a7－a3＝a1＋6d－(a1＋2d)＝4d＝16，
解得d＝4，故选B．
4．(2023·襄阳模拟)已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为等差数列，且满足a100＝2023，a2023＝100，则a2123的值为( )
A．2033B．2123
C．123 D．0
解析：选D 设等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公差为d，则d＝eq \f(a2023－a100,2023－100)＝－1，
所以a2123＝a100＋(2123－100)d＝2023－2023＝0，故选：D．
5．在等差数列{an}中，Sn为前n项和，2a7＝a8＋5，则S11＝( )
A．55B．11
C．50 D．60
解析：选A 由2a7＝a8＋5，得a6＝5，所以S11＝eq \f(（a1＋a11）·11,2)＝11a6＝55．故选A．
6．(2023·沈阳三模)设Sn是公差不为零的等差数列{an} 的前n项和，且a1>0，若S5＝S9，则当Sn最大时，n＝( )
A．6B．10
C．7 D．9
解析：选C 因为公差不为零的等差数列的前n项和Sn是关于n的二次函数，S5＝S9，所以对称轴为n＝7，又开口向下，所以当n＝7时，Sn有最大值，故选C．
7．在等差数列{an}中，已知a3＋a5＋a7＝15，则a1＋a9＝( )
A．4B．6
C．8 D．10
解析：选D 由a3＋a5＋a7＝15，得3a5＝15，所以a5＝5，所以a1＋a9＝2a5＝10．
8．(多选)(2023·苏州模拟)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a9＝S17，下列说法正确的是( )
A．a8＝0B．a9＝0
C．a1＝S16 D．S8＞S10
解析：选BC 由题意可知，在等差数列{an}中，因为a9＝S17，所以a9＝eq \f(17（a1＋a17）,2)＝eq \f(17（2a9）,2)＝17a9，则a9＝0，故选项B正确；因为公差d≠0，所以a8≠0，故选项A错误；因为a9＝0，所以a1＋8d＝0，所以a1＝－8d，所以S16＝16a1＋eq \f(16×15,2)d＝16eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋\f(15,2)d))＝16×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)d))＝－8d＝a1，所以选项C正确；因为S10－S8＝a9＋a10＝a1＋9d＝－8d＋9d＝d，且d未知正负，所以选项D错误．综上，答案选BC．
9．(2023·江西新余二模)记Sn是公差不为0的等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和，若a2＝S3，a1a3＝S4，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公差为( )
A．－2B．－1
C．2 D．4
解析：选A 由a2＝S3，可得a1＋d＝3a1＋3d①，
由a1a3＝S4，可得a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋2d))＝4a1＋eq \f(4×3,2)d②，
由①②可得：d＝－2或d＝0(舍去)．故选：A．
10．设等差数列{an}的前n项和为Sn，S15＝5(a3＋a8＋am)，则m的值为( )
A．10B．12
C．13 D．14
解析：选C 设等差数列{an}的公差为d，
则S15＝eq \f(15（a1＋a15）,2)＝eq \f(15（2a1＋14d）,2)＝5[3a1＋(m＋8)d]，解得m＝13，故选C．
11．(2023·新高考Ⅰ卷)设等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公差为d，且d>1．令bn＝eq \f(n2＋n,an)，记Sn，Tn分别为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的前n项和．
(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式；
(2)若eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))为等差数列，且S99－T99＝99，求d．
解：(1)∵3a2＝3a1＋a3，∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d，
∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d，
又T3＝b1＋b2＋b3＝eq \f(2,d)＋eq \f(6,2d)＋eq \f(12,3d)＝eq \f(9,d)，
∴S3＋T3＝6d＋eq \f(9,d)＝21，
即2d2－7d＋3＝0，解得d＝3或d＝eq \f(1,2)(舍去)，
∴an＝a1＋(n－1)·d＝3n．
(2)∵{bn}为等差数列，
∴2b2＝b1＋b3，即eq \f(12,a2)＝eq \f(2,a1)＋eq \f(12,a3)，
∴6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＝eq \f(6d,a2a3)＝eq \f(1,a1)，即aeq \\al(2,1)－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d．
∵d>1，∴an>0，
又S99－T99＝99，由等差数列性质知，99a50－99b50＝99，即a50－b50＝1，
∴a50－eq \f(2550,a50)＝1，即aeq \\al(2,50)－a50－2550＝0，解得a50＝51或a50＝－50(舍去)．
当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51，解得d＝1，与d>1矛盾，无解；
当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝eq \f(51,50)．
综上，d＝eq \f(51,50)．
12．(2023·新高考Ⅱ卷)已知eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为等差数列，bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数，))记Sn，Tn分别为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的前n项和，S4＝32，T3＝16．
(1)求eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式；
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn．
解：(1)设等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公差为d，而bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an－6，n＝2k－1，,2an，n＝2k，))k∈N*，
则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S4＝4a1＋6d＝32，,T3＝4a1＋4d－12＝16，))解得a1＝5，d＝2，an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式是an＝2n＋3．
(2)证明：法一：由(1)知，Sn＝eq \f(n（5＋2n＋3）,2)＝n2＋4n，bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2n－3，n＝2k－1，,4n＋6，n＝2k，))k∈N*，
当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，
Tn＝eq \f(13＋（6n＋1）,2)·eq \f(n,2)＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(7,2)n，
当n>5时，Tn－Sn＝(eq \f(3,2)n2＋eq \f(7,2)n)－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn，
当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq \f(3,2)(n＋1)2＋eq \f(7,2)(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5，
当n>5时，Tn－Sn＝(eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5)－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn，
所以当n>5时，Tn>Sn．
法二：由(1)知，Sn＝eq \f(n（5＋2n＋3）,2)＝n2＋4n，bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2n－3，n＝2k－1，,4n＋6，n＝2k，))k∈N*，
当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝eq \f(－1＋2（n－1）－3,2)·eq \f(n,2)＋eq \f(14＋4n＋6,2)·eq \f(n,2)＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(7,2)n，
当n>5时，Tn－Sn＝(eq \f(3,2)n2＋eq \f(7,2)n)－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn，
当n为奇数时，若n≥3，则Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝eq \f(－1＋2n－3,2)·eq \f(n＋1,2)＋eq \f(14＋4（n－1）＋6,2)·eq \f(n－1,2)
＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5，显然T1＝b1＝－1满足上式，因此当n为奇数时，Tn＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5，
当n>5时，Tn－Sn＝(eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5)－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，
因此Tn>Sn，
所以当n>5时，Tn>Sn．