备考2024届高考数学一轮复习分层练习第五章数列第2讲等差数列

这是一份备考2024届高考数学一轮复习分层练习第五章数列第2讲等差数列，共6页。试卷主要包含了故选C等内容，欢迎下载使用。

1.[2024河南名校模拟]设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a2＋a5＋a8＝15，则S9＝（ C ）
A.15B.30C.45D.60
解析 由题意得a2＋a5＋a8＝3a5＝15，所以a5＝5，所以S9＝9（a1＋a9）2＝9a5＝45.故选C.
2.[2024湖北武汉模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若S1＝3，S22＋S44＝18，则S5＝（ C ）
A.21B.48C.75D.83
解析 解法一 令bn＝Snn，则数列{bn}为等差数列.b1＝S11＝3，S22＋S44＝b2＋b4＝18，设数列{bn}的公差为d，则3＋d＋3＋3d＝18，解得d＝3，∴bn＝3n，即Snn＝3n.∴Sn＝3n2，故S5＝3×52＝75.故选C.
解法二 设等差数列{an}的公差为d，则Snn＝na1＋n（n－1）d2n＝a1＋n－12d，又因为a1＝S1＝3，则S22＋S44＝a1＋d2＋a1＋32d＝2a1＋2d＝6＋2d＝18，解得d＝6，因此S5＝5a1＋5×42d＝5a1＋10d＝5×3＋10×6＝75.故选C.
3.[2024吉林白城模拟]已知等差数列{an}是递增数列，且满足a3＋a5＝14，a2a6＝33，则a1a7＝（ C ）
A.33B.16C.13D.12
解析 由等差数列的性质，得a2＋a6＝a3＋a5＝14，又a2a6＝33，解得a2=3，a6=11或a2=11，a6=3，又{an}是递增数列，∴a2=3，a6=11，∴d＝a6－a26－2＝2，∴a1a7＝（a2－d）（a6＋d）＝（3－2）×（11＋2）＝13.故选C.
4.[2023陕西宝鸡模拟]已知首项为2的等差数列{an}的前30项中，奇数项的和为A，偶数项的和为B，且B－A＝45，则an＝（ B ）
A.3n－2B.3n－1
C.3n＋1D.3n＋2
解析 在等差数列{an}中，首项a1＝2，设其公差为d，由前30项中奇数项的和为A，偶数项的和为B，且B－A＝45，可得－a1＋a2－…－a29＋a30＝15d＝45，解得d＝3，∴an＝a1＋（n－1）d＝2＋3（n－1），即an＝3n－1，故选B.
5.[多选/2024山东模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，a3＝a1－4，S7＝154，则（ AC ）
A.d＝－2
B.a1＝30
C.－320是数列{an}中的项
D.Sn取得最大值时，n＝14
解析 由题意可得a3＝a1＋2d＝a1－4，即d＝－2，A正确；S7＝154＝7a1＋7×62d⇒a1＝28，B错误；an＝a1＋（n－1）d＝30－2n，令an＝－320，得n＝175，即C正确；Sn＝（a1＋an）n2＝n（29－n），结合二次函数图象的对称性及单调性，可知当n＝14或n＝15时，Sn取得最大值，即D错误.故选AC.
6.[2023广州市二检]在数列{an}中，a1＝2，am＋n＝am＋an（m，n∈N*），若akak＋1＝440，则正整数k＝ 10 .
解析 解法一 令m＝1，则an＋1＝an＋a1，即an＋1－an＝2，所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，即an＝2＋（n－1）×2＝2n，又k为正整数，所以akak＋1＝2k×2（k＋1）＝440，即k（k＋1）＝110，解得k＝10或k＝－11（舍去）.故填10.
解法二（列举法） 令m＝n＝1，则a2＝a1＋a1＝4；令m＝1，n＝2，则a3＝a1＋a2＝6；令m＝n＝2，则a4＝a2＋a2＝8.通过观察找规律可知，数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，即an＝2＋（n－1）×2＝2n，又k为正整数，所以akak＋1＝2k×2（k＋1）＝440，即k（k＋1）＝110，解得k＝10或k＝－11（舍去）.故填10.
7.[2024江西抚州模拟改编]在数列{an}中，已知an＋1－an＝an＋2－an＋1，a1 013＝1，则该数列前2 025项的和S2 025＝ 2025 .
解析 由an＋1－an＝an＋2－an＋1可知，数列{an}为等差数列，所以a1＋a2 025＝2a1 013＝2，所以S2 025＝（a1＋a2025）×20252＝2×20252＝2 025.
8.[2024广州大学附属中学模拟]设数列{an}和{bn}都为等差数列，记它们的前n项和分别为Sn和Tn，若anbn＝2n－12n+1，则SnTn＝ nn+2 .
解析 由数列{an}和{bn}都为等差数列，且anbn＝2n－12n+1，令an＝k（2n－1），bn＝k（2n＋1），k≠0，k为常数，因此等差数列{an}的首项a1＝k，等差数列{bn}的首项b1＝3k，所以SnTn＝a1＋an2·nb1＋bn2·n＝a1＋anb1＋bn＝k＋k（2n－1）3k＋k（2n+1）＝nn+2.
9.[2024浙江普陀中学模拟]已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2.
（1）记cn＝an+1Sn·Sn+1，证明：数列{cn}的前n项和Tn＜12.
（2）若Sn＝2an＋14－2n＋3（n∈N*），证明：数列{an2n}为等差数列，并求{an}的通项公式.
解析 （1）∵cn＝an+1Sn·Sn+1＝1Sn－1Sn+1，∴Tn＝1S1－1S2＋1S2－1S3＋1S3－1S4＋…＋1Sn－1－1Sn＋1Sn－1Sn+1＝1a1－1Sn+1＝12－1Sn+1.
∵数列{an}为正项数列，∴Sn＋1＞0，∴12－1Sn+1＜12，即Tn＜12.
（2）当n≥2且n∈N*时，Sn－1＝2an－1＋14－2n＋2，
∴an＝Sn－Sn－1＝2an＋14－2n＋3－2an－1－14＋2n＋2＝2an－2an－1－2n＋2，整理可得an－2an－1＝2n＋2，∴an2n－an－12n－1＝4（n≥2），
当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋14－21＋3，得a1＝2，a12＝1，
∴数列{an2n}是以1为首项，4为公差的等差数列，
∴an2n＝1＋4（n－1）＝4n－3，
∴an＝（4n－3）·2n.
10.[2024四川南充校考]若一个凸n（n∈N*）边形的最小内角为95°，其他内角依次增加10°，则n的值为（ B ）
A.6或12B.6C.8D.12
解析 由题知该凸n边形所有内角的取值范围为（0°，180°），内角和为（n－2）·180°.因为最小内角为95°，其他内角依次增加10°，所以它的所有内角按从小到大的顺序排列构成等差数列，且最大内角为95°＋（n－1）·10°＝（10n＋85）°，
所以（n－2）·180＝（95+10n+85）n2，即n2－18n＋72＝0，解得n＝6或n＝12，当n＝12时，95°＋（12－1）×10°＞180°，不合题意，舍去，故n＝6，故选B.
11.[2024湖北孝感高中模拟]设等差数列{an}的前n项和为Sn，满足2a3－a5＝7，a2＋S7＝12，则Sn的最大值为（ B ）
A.14B.16C.18D.20
解析 设{an}的公差为d，则由题意得2a3－a5＝2（a1＋2d）－（a1＋4d）＝a1＝7，a2＋S7＝（a1＋d）＋（7a1＋7×62d）＝56＋22d＝12，d＝－2.
因此Sn＝7n＋n（n－1）2×（－2）＝－（n－4）2＋16≤16，故Sn的最大值为16.故选B.
12.[全国卷Ⅱ]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）（ C ）
A.3 699块B.3 474块
C.3 402块D.3 339块
解析 由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，设数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，易知其首项a1＝9，d＝9，所以an＝a1＋（n－1）d＝9n.由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，
所以（S3n－S2n）－（S2n－Sn）＝S2n－2Sn，即729＝2n（9+18n）2－2×n（9+9n）2，解得n＝9，
所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝S27＝27×（9+27×9）2＝3 402.故选C.
13.[2024江西吉安万安中学模拟]已知正项数列{an}的前n项和为Sn，若{an}与{Sn}均为等差数列，请写出一个满足题意的{an}的通项公式：an＝ 2n－1（答案不唯一） .
解析 令数列{an}的公差为d，显然a1＞0，由{Sn}是等差数列，得S1＋S3＝2S2，即a1＋3a1+3d＝22a1＋d，两边平方得4a1＋d＝23a12+3a1d，两边平方并整理得d＝2a1，则an＝a1＋（n－1）d＝（2n－1）a1，
此时Sn＝a1＋an2·n＝n2a1，Sn＝na1，有Sn+1－Sn＝a1为常数，即{Sn}是等差数列，所以数列{an}的通项公式是an＝（2n－1）a1（a1＞0），取a1＝1，得an＝2n－1.
14.已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足an（2Sn－an）＝1（n∈N*）.
（1）求证：数列{Sn2}是等差数列，并求出Sn的表达式.
（2）数列{an}中是否存在连续三项ak，ak+1，ak+2，使得1ak，1ak+1，1ak+2构成等差数列？请说明理由.
解析 （1）依题意知，正项数列{an}中，a12＝1，得a1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，则（Sn－Sn－1）[2Sn－（Sn－Sn－1）]＝1，
整理得，Sn2－Sn－12＝1，又S12＝a12＝1，
∴数列{Sn2}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴Sn2＝n（n∈N*），
∴Sn＝n.
（2）数列{an}中不存在连续三项ak，ak＋1，ak＋2，使得1ak，1ak+1，1ak+2构成等差数列.理由如下：
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n－n－1，
∵当n＝1时，a1＝1，符合上式，
∴an＝n－n－1（n∈N*），
∴1an＝1n－n－1＝n＋n－1，
假设数列{an}中存在连续三项ak，ak＋1，ak＋2，使得1ak，1ak+1，1ak+2构成等差数列，
则2（k+1＋k）＝k＋k－1＋k+2＋k+1，即k+1＋k＝k－1＋k+2，
两边同时平方，得k＋1＋k＋2k+1·k＝k－1＋k＋2＋2k－1·k+2，
∴（k＋1）k＝（k－1）（k＋2），
整理得k2＋k＝k2＋k－2，得0＝－2，又0≠－2，∴假设错误，
∴数列{an}中不存在连续三项ak，ak＋1，ak＋2，使得1ak，1ak+1，1ak+2构成等差数列.
15.[等差数列与向量综合]已知Sn，Tn分别为等差数列{an}，{bn}的前n项和，SnTn＝3n+24n+5，设点A是直线BC外一点，点P是直线BC上一点，且AP＝a2＋a4b3AB＋λAC，则实数λ的值为（ B ）
A.2825B.－925C.325D.1825
解析 因为P，B，C三点共线，所以a2＋a4b3＋λ＝1，所以2a3b3＋λ＝1，a3b3＝a1＋a52×5b1＋b52×5＝S5T5＝3×5+24×5+5＝1725，所以2a3b3＋λ＝3425＋λ＝1，λ＝－925.故选B.
16.记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝18，S10＝165，bn＝cs（anπ),n为奇数，sin（anπ),n为偶数，则b1＋b2＋b3＋…＋b2 025＝ －1013 .
解析 设数列{an}的公差为d，则a6＝a1＋5d＝18，S10＝10a1＋45d＝165，得a1＝3，d＝3，所以an＝3＋（n－1）×3＝3n，当n为奇数时，bn＝cs（3nπ）＝－1，当n为偶数时，bn＝sin（3nπ）＝0，故b1＋b2＋b3＋…＋b2 025＝－1 013.