等差数列 提升训练-高二下学期数学人教B版（2019）选择性必修第三册

人教B版（2019）选择性必修第三册《5.2等差数列》提升训练一、单选题（本大题共8小题，共40分）1.（5分）在等差数列{an}中，a1A.10 B.12 C.11 D.−42.（5分）设Sn为等差数列{an}的前nA.60 B.30 C.12 D.43.（5分）若一个三角形的三个内角成等差数列，且最小内角为30度，则最大内角的度数是(A.120° B.90° C.80° D.60°4.（5分）设公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn.若A.10 B.11 C.12 D.135.（5分）等差数列{an}的前5项和为30，最后5项和为120，且所有项的和为A.13 B.30 C.50 D.606.（5分）设{an}是公差不为0的等差数列，满足a42+A.−10 B.−5 C.0 D.57.（5分）设等差数列{an}的前n项和为Sn，S17>0，S18<0A.S7a7 B.S8a88.（5分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若SA.7 B.8 C.9 D.10二、多选题（本大题共5小题，共25分）9.（5分）列昂纳多.斐波那契(Leonardo Fibonacci,1170−1250年)是意大利数学家，1202年斐波那契在其代表作《算盘书》中提出了著名的“兔子问题”，于是得斐波那契数列，斐波那契数列可以如下递推的方式定义：用F(n)(n∈N∗)表示斐波那契数列的第n项，则数列{F(n)}满足：F(1)=F(2)=1，F(n+2)=F(n+1)+F(n).斐波那契数列在生活中有着广泛的应用，美国A.[F(8)]2=F(7)F(9)+1

B.F(1)+F(2)+⋯+F(6)+1=F(8)

C.F(2)+F(4)+⋯+F(10.（5分）已知等差数列{an}的前n项和是SnA.a6是常数 B.S7是常数 C.a12是常数 11.（5分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1>0A.数列{an}是递增数列 B.S6>S9

C.当n=7时，Sn12.（5分）设等差数列{an}(n∈N∗)的公差为d，前A.a1>0 B.d>0

C.a1>0且d>0 13.（5分）[2021泰州中学高二期初检测]已知等差数列an的首项为1,公差d=4,前n项和为SA.数列Snn的前10项和为100

B.若a1,a3,am成等比数列,则m=21

C.若i=1n1aiai+1三、填空题（本大题共5小题，共25分）14.（5分）等差数列{an}的通项公式为an=2n−8，下列四个命题． 

α1：数列{an}是递增数列； 

α2：数列{na15.（5分）已知等差数列{an}的前n项和为sn，并且s10>0，s16.（5分）一个直角三角形的三条边的长度成等差数列，则该直角三角形的内角中最小角的余弦值是______.17.（5分）在等差数列{an}中，若a3+18.（5分）等差数列通项公式为an=2n−7,n∈N四、解答题（本大题共5小题，共60分）19.（12分）已知在等差数列{an}中，已知a4=−6，a8=620.（12分）已知数列{an}，Sn=n2+2n，求 

(1)a21.（12分）设等差数列的前n项和为，且． 

(1)求数列的通项公式； 

(2)设数列的前项和为，求的值．22.（12分）在ΔABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，bcosC与ccosB的等差中项为acosB. 

(1)求B； 

(2)若23.（12分）已知二次函数y=f(x)的图象的顶点坐标为(−1,−13)，且过坐标原点O.数列{an}的前n项和为Sn，点(n,Sn)(n∈N∗)在二次函数y=f(x)的图象上． 

(Ⅰ)求数列{an}的通项公式； 

(Ⅱ)设bn=anan+1cos(n+1)π，(n∈N∗)，数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn⩾tn2

答案和解析1.【答案】B;【解析】 

此题主要考查了等差数列的性质，由等差数列的性质得5a8=60，得a8=12，所以a2−a8+a14=a8，即可得出结果. 

解：等差数列{2.【答案】A;【解析】 

此题主要考查等差数列的性质，考查了等差数列的前n项和，属于基础题． 

由等差数列的性质即可得答案． 

解：在等差数列{an}中，S9=36， 

∴9a1+a92=3.【答案】B;【解析】解：根据题意，设最大内角为x°，则中间的内角大小为x+302， 

则有x+x+302+30=180， 

解可得：x=90， 

故选：B. 

根据题意，设最大内角为x°，由等差中项的性质可得中间的内角大小为x+302，进而可得x+x+304.【答案】C;【解析】解：∵S13=13(a1+a13)2=117； 

∴a1+a13=18； 

∵a2+am=18； 

∴a1+a13=a2+am； 

5.【答案】C;【解析】解：由题意可得：a1+a2+…+a5=30，an−4+an−3+…+an=120． 

由等差数列的性质可得：a1+an=6.【答案】C;【解析】解：a42+a52=a62+a72，化简可得：(a62−a42)+(a72−a52)=0， 

即7.【答案】C;【解析】 

此题主要考查等差数列性质，前n项和，属基础题. 

结合已知条件得a9>0,a9+a10<0，进一步求解即可. 

解：由S17=17a1+a172=17a9>0，得a9>0，又S18=18a18.【答案】B;【解析】解：∵S10=1，S30=5， 

由等差数列的定义和性质可得，S10、S20−S10、S30−S20，S40−S30成等差数列， 

∵S10=1，S30=5， 

∴2(S20−S10)=S109.【答案】BD;【解析】 

此题主要考查数列的递推关系，裂项相消法的应用，属于较难题. 

根据数列的递推关系F(n+2)=F(n+1)+F(n)以及裂项相消法逐一分析各选项即可. 

解：对于A，因为F2n−Fn−1Fn+1=F2n−Fn−1Fn+Fn−1=FnFn−Fn−1−F2n−1=Fn−1+Fn−2Fn−2−F2n−1=F2n−2+Fn−1Fn−2−Fn−1=F2n−2−Fn−1Fn−3(其中n⩾4)， 

所以[F(8)]2−F(7)F(9)=[F(6)10.【答案】AD;【解析】 

此题主要考查等差数列的性质以及求和公式的应用，属于基础题. 

推导出5a6=20，从而S11=112(a1+a11)=11a6=44，即可得解． 

解：∵等差数列{an}的前n项和是Sn，且11.【答案】BCD;【解析】 

此题主要考查了等差数列的通项公式以及等差数列的求和，是中档题. 

利用等差数列的性质可知a4+a11=a7+a8，进而得出d<0，a7>0，a8<0，依次判断各选项即可得出结果. 

解：等差数列{an}中，a4+a11>0，a4+a11=a7+a8，a1>0，a7.a8<0， 

∴a7>0，a8<0，∴公差d<0，数列{an}是递减数列，A错误； 

∵S12.【答案】CD;【解析】解：Sn+1>sn⇔Sn+1−Sn>0⇔an+1>0， 

∴只要能得到数列从第二项开始为正的条件都符合题意，∴d>0， 

∴13.【答案】AB;【解析】由题设可得an=1+4n−1=4n−3,Sn=n(1+4n−3)2=n2n−1,Snn=2n−1，则数列Snn是首项为1,公差为2的等差数列,其前10项和为101+192=100,故选项A正确;若a1,a3,am成等比数列，则a32=a114.【答案】α1，α【解析】 

此题主要考查数列的函数特性的应用，是基础题，解题时要注意函数的单调性的灵活运用，利用函数的单调性直接进行判断，从而得出结论，属于基础题． 

解：∵等差数列{an}的通项公式为an=2n−8， 

∴数列{an}是递增数列，故α1是真命题； 

∵nan=2n2−8n=2n−22−8， 

∴数列{nan}是先减后增数列，故α2是假命题； 15.【答案】5;【解析】解：由题意可得S10=10(a1+a10)2 

=5(a1+a10)=5(a5+a6)>0，∴a5+a6>0， 

同理可得S11=11a6<0，∴a616.【答案】45【解析】解：设直角三角形的三边为a，b，c，不妨设a<b<c， 

根据题意可得2b=a+c，且a2+b2=c2， 

∴a2+(a+c)24=c2，即5a2+2ac−3c2=0，则c=53a， 

又b=a+c2=a+5317.【答案】162;【解析】 

此题主要考查等差数列的定义和性质，等差数列的前n项和公式，属于中档题． 

由条件利用等差数列的性质求得a5=18，再根据等差数列{an}的前9项的和S9=9(a1+a9)2=9a5，计算求得结果． 

解：在等差数列{an}中，18.【答案】-7;【解析】解：∵等差数列通项公式为an=2n−7,n∈N∗， 

∴a1=2×1−7=−5，a2=2×2−7=−3，则d=a219.【答案】解：（1）因为a4=-6，a8=6， 

∴d=a8−a48−4=6+64=3， 

∴an=a4+（n-4）d=-6+3（n-4）=3n-18； 

（2）Sn=−15+3n−18【解析】 

(1)由已知结合等差数列的性质先求出公差d，进而可求通项公式； 

(2)结合等差数列的求和公式先求出sn.然后利用二次函数的性质即可求解和的最小值． 

20.【答案】解：(1)∵数列{an}，Sn=n2+2n， 

∴a1=S1=12+2×1=3， 

a【解析】 

(1)由数列{an}，Sn=n2+2n，能求出a1，a2，a3的值． 

(2)当n⩾221.【答案】解：（1）设等差数列的公差为d，∵，解得，则d=2，∴；（2），则，∴.;【解析】该题考查数列的通项以及求和的运算．(1)根据等差数列的性质求出公差，即可求出通项公式；(2)根据等差数列的前n项和公式，运用裂项相消的方法即可求解．

22.【答案】解：（1）由题意可得，bcosC+ccosB=2acosB， 

由正弦定理可得sinBcosC+sinCcosB=2sinAcosB，即sin（B+C）=sinA=2sinAcosB， 

所以cosB=12， 

所以B=13π； 

（2）又S=34ac=3， 

所以ac=4， 

由余弦定理可得，12=【解析】 

(1)由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简可求cosB，进而可求B； 

(2)由已知结合三角形的面积公式可求AC，然后结合余弦定理即可求解． 

此题主要考查了正弦定理，和差角公式，余弦定理及三角形的面积公式在求解三角形中的应用，属于中档试题．23.【答案】解：（Ⅰ）由题意得f（x）=13（x+1）2-13， 

∴Sn=13（n+1）2-13=13n2+23n（n∈N*）， 

当n≥2时，an=sn-sn−1=13n2+23n-[13（n-1）2+23（n-1）]=2n+13， 

当n=1时，a1=s1=1适合上式， 

∴数列{an}的通项公式是：an=2n+13（n∈N*）， 

（Ⅱ）∵bn=anan+1cos（n+1）π，（n∈N*）， 

∴Tn=b1+b2+…+bn 

=a1a2-a2a3+a3a4-a4a5+…+（-1）n-1anan+1， 

由（Ⅰ）得：数列{an}是以1为首项，公差为23的等差数列， 

①当n=2m，m∈N*时， 

Tn=T2m=a1a2-a2a3+a3a4-a4a5+…+（-1）n-1anan+1， 

=a2（a1-a3）+a4（a3-a5）+…+a2m（a2m−1-a2m+1