高考數學一輪復習 課后習題 課時規范練36　等差數列（黑龍江版）

課時規范練36等差數列(分值:70分)(單選題每小題5分,多選題每小題6分,填空題每小題5分)基礎鞏固練1.(2025·海南海口期末)在等差數列{an}中,已知a2=2,a6=10,則a10=()A.12 B.14 C.16 D.182.(2026·湖南常德模擬)已知等差數列{an}的首項為1,公差為2,前n項和為Sn,則a3+S5=()A.14 B.30 C.42 D.603.(2025·江蘇南京期中)記Sn為等差數列{an}的前n項和,若S2=3,S4=10,則S6=()A.17 B.19 C.21 D.234.(多選題)(2025·廣東揭陽期末)已知公差不為0的等差數列{an}的前n項和為Sn,且S5=30,a6=0,則下列說法正確的是()A.d=-1 B.a3=6C.{Snn}D.若Sn>0,則n的最大值是115.(2025·上海期末)已知等差數列{an}的前n項和為Sn,若a1=29,且S10=S20,則Sn的最大值為.

綜合提升練6.(2025·福建龍巖模擬)已知等差數列{an}的前n項和為Sn,a8<0,a2+a15>0,則使不等式Sn<0成立的n的最大值為()A.13 B.14 C.15 D.167.(2025·遼寧期末)已知數列{an},若數列{an+1-an}與數列{anan+1-an}都是公差不為零的等差數列,則數列A.12 B.1C.15 D.8.(多選題)(2025·重慶期末)設等差數列{an}的前n項和為Sn,公差為d,已知a7<0,a7+a8>0,則下列說法正確的是()A.Sn的最小值為S7B.滿足Sn>0的n的最小值是14C.滿足Sn<0的n的最大值是14D.數列{Snan}9.已知一個項數為n的等差數列{an},設其前n項和為Sn,其所有奇數項的和S奇為480,所有偶數項的和S偶為360,公差d=-8,則當n為偶數時,此數列首尾兩項之和為.

10.(2025·云南期中)等差數列{an},{bn}的前n項和分別為Sn與Tn,且(5n+4)Tn=(4n+3)Sn,則b9+b7a11.(13分)(2023·新高考Ⅰ,20)設等差數列{an}的公差為d,且d>1.令bn=n2+nan,記Sn,Tn分別為數列{an},{bn(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通項公式;(2)若{bn}為等差數列,且S99-T99=99,求d.創新應用練12.(2025·湖北武漢二模)若f(x)=(x-1)3+2(x-1)-lnx2-x+2,數列{an}的前n項和為Sn,且S1=110,2Sn=nan+1,則∑i=119f(aA.76 B.38 C.19 D.0

參考答案1.D解析因為a2=2,a6=10,且a10+a2=a6+a6,所以a10=2a6-a2=20-2=18.故選D.2.B解析因為等差數列{an}的首項a1=1,公差d=2,所以a3+S5=a1+2d+5a1+5×42d=6a1+12d=30.故選B3.C解析因為S2,S4-S2,S6-S4是等差數列,所以2(S4-S2)=S2+(S6-S4),可得S6=3S4-3S2=30-9=21.故選C.4.BC解析對于A,B,S5=5(a1+a5)2=5a3=30,解得a3=6,故對于C,a1=a3-2d=6-2×(-2)=10,所以Sn=na1+n(n-1)d2=10n-n(n-1)=11n-n令bn=Snn=11-n,故bn+1-bn=[11-(n+1)]-(11-n)=(10-n)-(11-n)=-1所以數列{Snn}是遞減數列,C對于D,令Sn=11n-n2>0,即n(n-11)<0,解得0<n<11,因為n∈N*,所以n的最大值為10,D錯誤.故選BC.5.225解析設等差數列{an}的公差為d,因為S10=S20,所以S20-S10=a11+a12+…+a20=5(a11+a20)=10a1+145d=290+145d=0,解得d=-2,所以Sn=na1+n(n-1)2所以當n=15時,Sn取得最大值,為225.6.C解析因為數列{an}是等差數列,且a2+a15>0,所以a2+a15=a8+a9>0,又a8<0,所以a9>0,所以公差d=a9-a8>0,所以數列{an}是遞增數列,故當n≤8時,{Sn}遞減,當n≥9時,{Sn}遞增,又S15=15(a1+a15)2=15a8<0,S16=16(故使不等式Sn<0成立的n的最大值為15.故選C.7.A解析設等差數列{an+1-an}的公差為d,且d≠0,則an+1-an=dn+c1,所以當n≥2時,an=a1+[d+2d+…+(n-1)d]+(n-1)c1=a1+n(n-1)d2+(n-1)c1,當n=1時,a1因為{anan+1-an}為等差數列,設其公差為d1,所以d2n2+(c1-d2)n+a1-c1=dd1n2+(c1d1+c2d)n+c1c2,所以d2=dd1.因為d≠0,所以d1=18.ABD解析由a7<0,a7+a8>0,可知a1<0,d>0,a8>0.對于A,由a1,a2,…,a7均為負數,a8,a9,…均為正數可知,S7最小,A正確.對于B,S13=(a1+a13)·132=13a7<0,S14=(a則滿足Sn>0的n的最小值為14,滿足Sn<0的n的最大值為13,故B正確,C錯誤.對于D,由a1,a2,…,a7均為負數,a8,a9,…均為正數,且S1,S2,…,S13均為負數,S14,S15,…均為正數可知S8a8,S9a9,…,S13a13均為負數.考慮到|S8|>|S9|>…>|S13|,|a8|<|a9|<…<|a13|,故|9.56解析當n為偶數時,由題意可知S奇=a1+an-12×n2,S偶=a2+an2×n2,此時S奇=a1+a292×15=15a15=480,解得a15=32,S偶=a2+a302×15=15a16=360,解得a16=24,則a1+a10.126149解析因為數列{an},{bn}均為等差數列,因為(5n+4)Tn=(4n+3)Sn,所以S可設Sn=5λn2+4λn,Tn=4λn2+3λn,λ≠0.對于數列{an},當n=1時,a1=9λ,當n≥2時,an=Sn-Sn-1=(5λn2+4λn)-[5λ(n-1)2+4λ(n-1)]=10λn-λ,顯然當n=1時,也滿足an=10λn-λ,故an=10λn-λ=λ(10n-1),同理可得bn=λ(8n-1),故b11.解(1)由3a2=3a1+a3,得3(a2-a1)=a3,即3d=a1+2d,得a1=d,從而an=nd,故bn=n易知S3=a1+a2+a3=6d,T3=2+3+4由題意得6d+9d=21,從而2d2-7d+3=0整理得(2d-1)(d-3)=0,解得d=3或d=12(舍去).故an=3n,n∈N*(2)(方法一)由題意,n∈N*,d>1,在等差數列{bn}中,bn=n2+nan,前n項和為Tn,a2=a1+d,a3=a1+2d,b1=2a1,b2=∵2b2=b1+b3,即2×6∴2×6a1+d=2a1+12當a1=d時,an=a1+(n-1)d=d+d(n-1)=nd,bn=n2+n此時{bn}是以2d為首項,1dS99=99(a1+T99=99(b1S99-T99=99×50d-99×51d解得d=a1=5150或d=-1<0(舍去)當a1=2d時,an=a1+(n-1)d=2d+d(n-1)=(n+1)d,bn=n2+n(n+1)d=nd=1d+S99=99(a1+T99=99(b1+S99-T99=99×51d-99×50d=99,解得d=-5051<0(舍去)或d=∴a1≠2d.綜上,d=51(方法二)設an=a0+nd,bn=b0+nt,∵bn=n2+nan,∴n2+n=anbn=(a0+nd)(b0+nt)=a0b0+n(a0t+b0∴a0b0=0,dt=1,a0t+b0d=1.∴S99-T99=(a0+d+∴2a0+100d=2b0+100t+2.設a0=0,dt=1,b0d=1,∴b0=t=1∴100d=102×1d+∵d>1,∴d=51此時an=5150n,等差數列{bn}的通項公式為bn=5051(n+1)(n∈N*設b0=0,dt=1,a0t=1,∴a0=d=1t.∴102d=100×∵d>1,故上式無解.綜上,d=5112.B解析因為函數f(x)=(x-1)3+2(x-1)-lnx2-x+2的定義域為(0,2),且f(2-x)+f(x)=(1-x)3+2(1-x)-ln2-xx+2+(x-1)3+2(x-1)-所以?x1,x2∈(0,2),若x1+x2=2,則f(x1)+f(x2)=4.由2Sn=nan+1,得當n≥2時,2Sn-1=(n-1)an,兩式相減得2an=nan+1-(n-1)an,整理得nan+1=(n+1)a