2022版高考数学一轮复习-课时规范练29-等差数列新人教A版.docx

2022版高考数学一轮复习 课时规范练29 等差数列新人教A版

2022版高考数学一轮复习 课时规范练29 等差数列新人教A版

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姓名：

课时规范练29　等差数列
基础巩固组
1.(2020安徽蚌埠高三第三次质检)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S10-S3=42,则a7的值是(　　)

A.3 B.6 C.7 D.9
2.(2020山师大附中高三月考)已知数列{an}满足an+1=an+2且a2+a4+a6=9,则log3(a5+a7+a9)=(　　)
A.-3 B.3 C.-13 D.13
3.(多选)(2020福建泉州高二期末)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1+3a5=S7,则以下结论一定正确的是(　　)
A.a4=0 B.Sn的最大值为S3
C.S1=S6 D.|a3|<|a5|
4.《九章算术》是我国古代的数学名著,书中有如下问题:“今有五人分五钱,令上两人所得与下三人等.问各得几何?”其意思是:“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱,甲、乙两人所得之和与丙、丁、戊三人所得之和相等,且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列.问五人各得多少钱?”这个问题中,戊所得为(　　)
A.34钱 B.23钱 C.12钱 D.43钱
5.(2020福建福州高三质量检测)已知数列{an}为等差数列,若a1,a6为函数f(x)=x2-9x+14的两个零点,则a3a4=(　　)
A.-14 B.9 C.14 D.20
6.(2020湖北宜昌高三统一调研)我国古代数学著作《九章算术》有如下问题:“今有金箠,长五尺,斩本一尺,重四斤,斩末一尺,重二斤.问次一尺各重几何?”意思是:“现有一根金杖,长5尺,一头粗,一头细.在粗的一端截下1尺,重4斤,在细的一端截下1尺,重2斤.问依次每一尺各重多少斤?”假定该金杖被截成长度相等的若干段时,其重量从粗到细构成等差数列.若将该金杖截成长度相等的20段,则中间两段的重量和为(　　)
A.65斤 B.43斤
C32斤 D.54斤
7.在数列{an}中,若a1=1,a2=12,2an+1=1an+1an+2(n∈N*),则该数列的通项公式为(　　)
A.an=1n B.an=2n+1
C.an=2n+2 D.an=3n
8.(多选)设{an}是等差数列,Sn为其前n项和,且S7S10,则下列结论正确的是(　　)
A.d<0
B.a9=0
C.S11>S7
D.S8,S9均为Sn的最大值
9.(2018北京,理9)设{an}是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则{an}的通项公式为　　　　　　　. 
10.(2019全国3,理14)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1≠0,a2=3a1,则S10S5=　　　　　. 
11.已知在数列{an}中,a1=12,an+1=1+anan+12(n∈N*).
(1)求证:1an-1是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式.

综合提升组
12.(2020江西九江高三二模)已知单调数列{an}的前n项和为Sn,若Sn+Sn+1=n2+n,则首项a1的取值范围是　　　　. 
13.(2020浙江,11)我国古代数学家杨辉、朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题,如数列n(n+1)2就是二阶等差数列.数列n(n+1)2(n∈N*)的前3项和是　　　　. 
142020甘肃兰州高三诊断)在等差数列{an}中,a1=-8,a2=3a4.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=4n(14+an)(n∈N*),Tn为数列{bn}的前n项和.若Tn=1715,求n的值.

创新应用组
15.(2020北京,8)在等差数列{an}中,a1=-9,a5=-1.记Tn=a1a2…an(n=1,2,…),则数列{Tn}(　　　)
A.有最大项,有最小项 B.有最大项,无最小项
C.无最大项,有最小项 D.无最大项,无最小项

参考答案

课时规范练29　等差数列
1.B　因为S10-S3=42所以a4+a5+a6+a7+a8+a9+a10=42.
又因为{an}为等差数列,根据等差数列的性质可得7a7=42,所以a7=6.故选B.
2.B　∵an+1=an+2,∴an+1-an=2,∴数列{an}是以2为公差的等差数列,
∴a5+a7+a9=(a2+3d)+(a4+3d)+(a6+3d)=(a2+a4+a6)+9d.
∵a2+a4+a6=9,∴a5+a7+a9=9+9×2=27,∴log3(a5+a7+a9)=log327=3.故选B.
3.AC　设等差数列{an}的公差为d,则a1+3(a1+4d)=7a1+21d,解得a1=-3d,
所以an=a1+(n-1)d=n-4)d,所以a4=0,故A正确;因为S6-S1=5a4=0,所以S1=S6,故C正确;
由于d的正负不确定,故S3可能为最大值或最小值,故B不正确;因为a3+a5=2a4=0,所以a3=-a5,即|a3|=|a5|,故D不正确.故选AC.
4.B　依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a-2d,a-d,a,a+d,a+2d.
甲、乙两人所得之和与丙、丁、戊三人所得之和相等,
即a-2d+a-d=a+a+d+a+2d,得a=-6d.
五人分五钱,则a-2d+a-d+a+a+d+a+2d=5a=5,
解得a=1,则戊所得为a+2d=a+2×-a6=2a3=23.故选B.
5.D　∵在等差数列{an}中,a1,a6为函数f(x)=x2-9x+14的两个零点,
∴a1=2,a6=7,或a1=7,a6=2.
当a1=2,a6=7时,d=a6-a16-1=1,a3=4,a4=5,∴a3a4=20.
当a1=7,a6=2时,d=a6-a16-1=-1,a3=5,a4=4,∴a3a4=20.故选D.
6.C　把每段重量依次用ai(i=1,2,…,20)表示,数列{an}是等差数列,由题意得a1+a2+a3+a4=4,a17+a18+a19+a20=2,两式相加得a1+a20=14×(4+2)=32,所以a10+a11=a1+a20=32.故选C.
7.A　由已知2an1=1an+1an+2可得1an+1-1an=1an+2-1an+1,所以1an是首项为1a1=1,公差为1a2-1a1=2-1=1的等差数列,所以1an=n,即an=1n.
8.ABD　∵S70,又S8=S9,∴a9=0,故B正确;同理由S9>S10,得a10<0,∴d=a10-a9<0,故A正确;对于C,S11>S7,即a8+a9+a10+a11>0,可得2(a9+a10)>0,由结论a9=0,a10<0,知C错误;∵S7S10,∴S8与S9均为Sn的最大值,故D正确.故选ABD.
9.an=6n-3　∵{an}为等差数列,设公差为d,∴a2+a5=2a1+5d=36.∵a1=3,∴d=6.∴an=3+(n-1)×6=6n-3.
10.4　设等差数列{an}的公差为d.
∵a1≠0,a2=3a1,
∴a1+d=3a1,即d=2a1.
∴S10S5=10a1+10×92d5a1+5×42d=100a125a1=4.
11.(1)证明因为对于n∈N*,an+1=1+anan+12,所以an+1=12-an,
所以1an+1-1-1an-1=112-an-1-1an-1=2-an-1an-1=-1.
所以数列1an-1是首项为1a1-1=-2,公差为-1的等差数列.
(2)解由(1)知1an-1=-2+(n-1)×1)=-(n+1),
所以an-1=-1n+1,即an=nn+1.
12.0,12　当n=1时,S1+S2=2,∴a2=2-2a1;当n≥2时,Sn+Sn+1=n2+n,
Sn-1+Sn=(n-1)2+(n-1),
两式相减得an+an+1=2n.①
∴a2+a3=4,∴a3=2+2a1.
当n≥3时,an-1+an=2(n-1),②
①-②得an+1-an-1=2.
∴数列{an}从第2项起,偶数项成公差为2的等差数列,从第3项起,奇数项成公差为2的等差数列.
∴数列{an}单调递增,则满足a1a1<12.
13.10　令an=n(n+1)2,则a1=1×22=1,a2=2×32=3,a3=3×42=6,
所以数列n(n+1)2(n∈N*)的前3项和S3=1+3+6=10.
故答案为10.
14.解(1)设等差数列{an}的公差是d,由a1=-8,a2=3a4,得
-8+d=3(-8+3d),解得d=2,所以an=-10+2n.
(2)由(1)可得,bn=4n(14+an)=4n(2n+4)=1n-1n+2,
所以Tn=1-13+12-14+13-16+…+1n-1-1n+1+1n-1n+2=1+12-1n+1-1n+2,又因为Tn=1715,
所以1+12-1n+11n+2=1715,解得n=4.
15.B　由题意可知,等差数列的公差d=a5-a15-1=-1+95-1=2,
则其通项公式为an=a1+(n-1)d=-9+(n-1)×2=2n-11,
注意到a11(i≥7,i∈N)可知数列{Tn}不存在最小项;
由于a1=-9,a2=-7,a3=-5,a4=-3,a5=-1,a6=1,
故数列{Tn}中的正项只有有限项,T2=63,T4=63×15=945.
故数列{Tn}中存在最大项,且最大项为T4.故选B.