2025年高考数学一轮复习-第六章-第二节 等差数列-课时作业【含解析】

这是一份2025年高考数学一轮复习-第六章-第二节 等差数列-课时作业【含解析】，共9页。
1.（2024·甘肃酒泉）已知在等差数列an中，a1＝－1，a4＝8，则公差d＝（ ）
A.4 B.3
C.－4 D.－3
2.（2024·北京）在等差数列{an}中，已知a1＝2，a2＋a3＋a4＝24，则a4＋a5＋a6＝（ ）
A.38 B.39
C.41 D.42
3.记Sn为等差数列an的前n项和，若S4＝S5＝20，则a1＝（ ）
A.－10 B.－8
C.10 D.8
4.（2024·福建福州）已知在数列{an}中，a3＝2，a7＝1.若数列1an为等差数列，则a9＝（ ）
A.12 B.54
C.45 D.－45
5.（2024·山东枣庄）设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn.若a5＝3a3，则S9S5＝（ ）
A.95 B.59
C.53 D.275
6.（2024·北京）已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn（n∈N*），a5＋a7－a62＝0，则S11的值为（ ）
A.11 B.12
C.20 D.22
7.（多选）等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a3＋a8＋a13是一个定值，则下列各数也为定值的有（ ）
A.a7 B.a8
C.S15 D.S16
8.（多选）已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若S7＝a4，则（ ）
A.a1＋a3＝0 B.a3＋a5＝0
C.S3＝S4 D.S4＝S5
9.（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
10.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋a4＝5，则S6＝ .
11.（2024·湖北武汉）在等差数列{an}中，已知Sn是其前n项和，a1＝－9，S99－S77＝2，则an＝ ，S10＝ .
12.已知数列{an}满足a1＝－23，an＋1＝－2an－33an+4（n∈N*）.
（1）证明：数列1an+1是等差数列；
（2）求{an}的通项公式.
[B组 能力提升练]
13.（2024·重庆）已知数列an满足a1＝2，an＋1＝an+1，n为奇数，an+3，n为偶数，记bn＝a2n，则有（ ）
A.b1＝5 B.b2＝9
C.bn＋1－bn＝2 D.bn＝4n－1
14.（2020·全国Ⅱ卷）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）（ ）
A.3 699块 B.3 474块
C.3 402块 D.3 339块
15.（多选）设等差数列{an}的前n项和是Sn，已知S14＞0，S15＜0，则下列选项正确的有（ ）
A.a1＞0，d＜0
B.a7＋a8＞0
C.S6与S7均为Sn的最大值
D.a8＜0
16.（多选）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且对于任意n＞1，n∈N*，满足Sn+1＋Sn－1＝2（Sn＋1），则（ ）
A.a9＝17 B.a10＝18
C.S9＝81 D.S10＝91
17.（2024·上海）等差数列an的前n项和为Sn，若a3＝4，S9＝18，则公差d＝ .
18.（2024·四川绵阳）已知圆的方程为x2＋y2－6x＝0，过点（1，2）的该圆的三条弦的长a1，a2，a3构成等差数列，则数列a1，a2，a3的公差的最大值是 .
19.已知数列an满足a1＝1，nan＋1－（n＋1）an＝1.
（1）若数列bn满足bn＝1+ann，证明：bn是常数数列；
（2）若数列cn满足cn＝sinπ2an＋2an，求cn的前2n项和S2n.
2025年高考数学一轮复习-第六章-第二节 等差数列-课时作业（解析版）
[A组 基础保分练]
1.（2024·甘肃酒泉）已知在等差数列an中，a1＝－1，a4＝8，则公差d＝（ ）
A.4 B.3
C.－4 D.－3
答案：B
解析：在等差数列an中，a1＝－1，a4＝8，所以有－1＋3d＝8⇒d＝3.
2.（2024·北京）在等差数列{an}中，已知a1＝2，a2＋a3＋a4＝24，则a4＋a5＋a6＝（ ）
A.38 B.39
C.41 D.42
答案：D
解析：设等差数列{an}的公差为d，由a1＝2，a2＋a3＋a4＝24，得3×2＋6d＝24，得d＝3，∴a4＋a5＋a6＝3a1＋12d＝42.
3.记Sn为等差数列an的前n项和，若S4＝S5＝20，则a1＝（ ）
A.－10 B.－8
C.10 D.8
答案：D
解析：由S4＝S5＝20，可知S5－S4＝a5＝0.
因为5a3＝S5＝20，所以a3＝4，2a3＝a1＋a5＝a1＝8.
4.（2024·福建福州质检）已知在数列{an}中，a3＝2，a7＝1.若数列1an为等差数列，则a9＝（ ）
A.12 B.54
C.45 D.－45
答案：C
解析：因为数列1an为等差数列，a3＝2，a7＝1，所以数列1an的公差d＝1a7－1a37－3＝1－127－3＝18，所以1a9＝1a7＋（9－7）×18＝54，所以a9＝45.
5.（2024·山东枣庄）设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn.若a5＝3a3，则S9S5＝（ ）
A.95 B.59
C.53 D.275
答案：D
解析：S9S5＝9（a1＋a9）25（a1＋a5）2＝9（a1＋a9）5（a1＋a5）＝9a55a3＝95×3＝275.
6.（2024·北京）已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn（n∈N*），a5＋a7－a62＝0，则S11的值为（ ）
A.11 B.12
C.20 D.22
答案：D
解析：法一：设正项等差数列{an}的公差为d（d＞0），则（a1＋4d）＋（a1＋6d）－（a1＋5d）2＝0，得（a1＋5d）·（a1＋5d－2）＝0，所以a1＋5d＝0或a1＋5d＝2.又a1＞0，所以a1＋5d＞0，则a1＋5d＝2，S11＝11a1＋11×102d＝11（a1＋5d）＝11×2＝22.
法二：因为{an}为正项等差数列，所以由等差数列的性质，结合a5＋a7－a62＝0，得2a6－a62＝0，则a6＝2，S11＝11（a1＋a11）2＝11×2a62＝11a6＝22.
7.（多选）等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a3＋a8＋a13是一个定值，则下列各数也为定值的有（ ）
A.a7 B.a8
C.S15 D.S16
答案：BC
解析：由等差中项的性质可得a3＋a8＋a13＝3a8为定值，则a8为定值，
S15＝15（a1＋a15）2＝15a8为定值，
但S16＝16（a1＋a16）2＝8（a8＋a9）不是定值.
8.（多选）已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若S7＝a4，则（ ）
A.a1＋a3＝0 B.a3＋a5＝0
C.S3＝S4 D.S4＝S5
答案：BC
解析：由S7＝7（a1＋a7）2＝7a4＝a4，得a4＝0，所以a3＋a5＝2a4＝0，S3＝S4.
9.（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
答案：ABC
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＝16（a1＋a16）2＝8（a8＋a9）＞0.
又a1＋a15＝2a8，
∴S15＝15（a1＋a15）2＝15a8＞0.
又a1＋a17＝2a9，且a9＜0，
∴S17＝17（a1＋a17）2＝17a9＜0，
故B中的结论正确，D中的结论错误.
10.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋a4＝5，则S6＝ .
答案：15
11.（2024·湖北武汉）在等差数列{an}中，已知Sn是其前n项和，a1＝－9，S99－S77＝2，则an＝ ，S10＝ .
答案：2n－11 0
解析：设等差数列{an}的公差为d，
∵S99－S77＝2，∴9－12d－7－12d＝2，
∴d＝2.∵a1＝－9，∴an＝－9＋2（n－1）＝2n－11，
S10＝10×（－9）＋10×92×2＝0.
12.已知数列{an}满足a1＝－23，an＋1＝－2an－33an+4（n∈N*）.
（1）证明：数列1an+1是等差数列；
（2）求{an}的通项公式.
（1）证明：因为an＋1＋1＝－2an－33an+4＋1＝an+13an+4，
所以1an+1+1＝3an+4an+1＝3＋1an+1，
所以1an+1+1－1an+1＝3，所以1an+1是首项为1a1+1＝3，公差为3的等差数列.
（2）解：由（1）得1an+1＝3n，所以an＝13n－1.
[B组 能力提升练]
13.（2024·重庆）已知数列an满足a1＝2，an＋1＝an+1，n为奇数，an+3，n为偶数，记bn＝a2n，则有（ ）
A.b1＝5 B.b2＝9
C.bn＋1－bn＝2 D.bn＝4n－1
答案：D
解析：对于A项，由已知可得b1＝a2＝a1＋1＝3，故A项错误；
对于B项，由已知可得，a3＝a2＋3＝6，b2＝a4＝a3＋1＝7，故B错误；
对于C项，由已知可得，a2n＋1＝a2n＋3，a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋4，
即bn＋1＝bn＋4，所以bn＋1－bn＝4，故C项错误；
对于D项，因为b1＝3，bn＋1－bn＝4，
所以，bn是以3为首项，4为公差的等差数列，
所以，bn＝3＋4n－1＝4n－1，故D正确.
14.（2020·全国Ⅱ卷）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）（ ）
A.3 699块 B.3 474块
C.3 402块 D.3 339块
答案：C
解析：设每一层有n环，由题可知从内到外每环之间构成公差d＝9，a1＝9的等差数列.由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，且（S3n－S2n）－（S2n－Sn）＝n2d，则9n2＝729，得n＝9，则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋27×262×9＝3 402（块）.
15.（多选）设等差数列{an}的前n项和是Sn，已知S14＞0，S15＜0，则下列选项正确的有（ ）
A.a1＞0，d＜0
B.a7＋a8＞0
C.S6与S7均为Sn的最大值
D.a8＜0
答案：ABD
解析：因为S14＞0，S15＜0，
所以S14＝14×（a1＋a14）2
＝7（a1＋a14）＝7（a7＋a8）＞0，
即a7＋a8＞0.
因为S15＝15×（a1＋a15）2＝15a8＜0，
所以a8＜0，所以a7＞0，
所以等差数列{an}的前7项为正数，从第8项开始为负数，
则a1＞0，d＜0，S7为Sn的最大值.
16.（多选）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且对于任意n＞1，n∈N*，满足Sn+1＋Sn－1＝2（Sn＋1），则（ ）
A.a9＝17 B.a10＝18
C.S9＝81 D.S10＝91
答案：BD
解析：∵对于任意n＞1，n∈N*，
满足Sn+1＋Sn－1＝2（Sn＋1），
∴Sn+1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，
∴an+1－an＝2，
∴数列{an}在n≥2时是等差数列，公差为2.
又a1＝1，a2＝2，
则a9＝2＋7×2＝16，a10＝2＋8×2＝18，
S9＝1＋8×2＋8×72×2＝73，S10＝1＋9×2＋9×82×2＝91.
17.（2024·上海）等差数列an的前n项和为Sn，若a3＝4，S9＝18，则公差d＝ .
答案：－1
解析：由S9＝9（a1＋a9）2＝9a5＝9（a3＋2d）＝9（4＋2d）＝18，则d＝－1.
18.（2024·四川绵阳）已知圆的方程为x2＋y2－6x＝0，过点（1，2）的该圆的三条弦的长a1，a2，a3构成等差数列，则数列a1，a2，a3的公差的最大值是 .
答案：2
解析：如图，由x2＋y2－6x＝0，得（x－3）2＋y2＝9，∴圆心坐标C（3，0），半径r＝3.由圆的性质可知，过点P（1，2）的该圆的弦的最大值为圆的直径，等于6，最小值为过P且垂直于CP的弦的弦长.∵｜CP｜＝（3－1）2＋（0－2）2＝22，∴｜AB｜＝232−(22）2＝2，即a1＝2，a3＝6，
∴公差d的最大值为a3－a12＝6－22＝2.
19.已知数列an满足a1＝1，nan＋1－（n＋1）an＝1.
（1）若数列bn满足bn＝1+ann，证明：bn是常数数列；
（2）若数列cn满足cn＝sinπ2an＋2an，求cn的前2n项和S2n.
（1）证明：因为bn＋1－bn＝1+an+1n+1－1+ann＝n（1+an+1)−(n+1)(1+an）（n+1）n＝n＋nan+1−(n+1)−(n+1）an（n+1）n
＝n+1−(n+1）（n+1）n＝0，所以bn＋1＝bn，所以bn是常数数列.
（2）解：因为a1＝1，所以bn＝b1＝1+a11＝2，所以1+ann＝2，所以an＝2n－1.
因为cn＝sinπ2（2n－1）＋22n－1
＝sinnπ－π2＋22n－1，
所以S2n＝
sinπ2＋sin3π2＋sin5π2＋…＋sin2nπ－π2＋（21＋23＋25＋…＋24n－1）
＝（1－1＋1－1＋…－1）＋2（1－42n）1－4＝24n+1－23，所以S2n＝24n+1－23.