高三一轮复习练习试题（提高版）数学第六章6.2等差数列

§6.2等差数列分值：100分一、单项选择题(每小题5分，共30分)1.已知数列{an}为等差数列，a1+a2+a3=9，a3+a7=10，则a8等于()A.5 B.6 C.7 D.82.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1≠0，若a6=2a4，则S24a30等于A.12 B.10 C.9 D.63.数列{an}的前n项和Sn=n2+3n+m，若p：m=0，q：数列{an}是等差数列，则p是q的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.既不充分也不必要条件D.充要条件4.(2025·烟台模拟)记等差数列{an}的前n项和为Sn，若{an}的公差为π2，首项a1∈0，π2，sina1=sina2，则S16A.24π B.32π C.56π D.64π5.(2024·包头模拟)已知等差数列{an}中，a1=9，a4=3，设Tn=|a1|+|a2|+…+|an|，则T21等于()A.245 B.263 C.281 D.2906.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，an+1(an+11)=an(an+1)，若[x]表示不超过x的最大整数，bn=(n+1)22Sn，则数列{bn}的前2024A.1012 B.1011 C.2024 D.2025二、多项选择题(每小题6分，共12分)7.(2025·辽宁名校联合体联考)数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn=kn22n(k∈R)，则下列结论正确的是()A.a1=k2B.{an}为等差数列C.{an}不可能为常数列D.若{an}为递增数列，则k>08.(2024·株洲模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，则以下四个选项中正确是()A.若a5=0，则S9=0B.若S6S9=a10，且a2>a1，则a8<0且a9>0C.若S16=64，且在前16项中，偶数项的和与奇数项的和之比为3∶1，则公差为2D.若(n+1)Sn>nSn+1，且a22=a62，则S3和S4三、填空题(每小题5分，共10分)9.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3=1，a7+a8+a9=12，则S10=.

10.已知各项均为正数的数列{an}满足2an2=an+12+an-12(n∈N*，且n≥2)，a1=1，a2四、解答题(共27分)11.(13分)(2023·新高考全国Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn=n2+nan，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn(1)若3a2=3a1+a3，S3+T3=21，求{an}的通项公式；(6分)(2)若{bn}为等差数列，且S99T99=99，求d.(7分)12.(14分)数列{an}的前n项和为Sn，2Sn22anSn+an=0(n≥2，n∈N*)，且a1(1)证明：1Sn为等差数列；(6(2)对于任意n∈N*，不等式2nan+1+λ2n-1<0恒成立，求实数λ的取值范围.(13，15，16题每小题5分，14题6分，共21分13.(2024·汉中模拟)图1是第七届国际数学教育大会(简称ICME7)的会徽图案，会徽的主题图案是由如图2所示的一连串直角三角形演化而成的，其中OA1=A1A2=A2A3=…=A7A8=1，如果把图2中的直角三角形继续作下去，则第n个三角形的面积为()A.n2 B.C.n2214.(多选)(2024·武汉模拟)已知各项都是正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝an2＋1A.当m>n(m，n∈N*)时，am>anB.Sn＋Sn＋2<2Sn＋1C.数列{Sn2D.Sn－1Sn≥15.(2025·衢州模拟)已知等差数列{an}满足：|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1-12＋a2-＝72，则n的最大值为()A.18 B.16 C.12 D.816.已知Sn为各项均为正数的数列{an}的前n项和，a1=3且Sn+Sn+1=12an+1232答案精析1.C2.C3.D4.D[因为等差数列{an}的公差为π所以a2=a1+π即sina2=sina1+π2=cos即sina1=cosa1，则tana1=1，又a1∈0，π2，则故S16=16×π4+16×152×5.C[在等差数列{an}中，由a1=9，a4=3，得公差d=a4-a则an=a1+(n1)d=2n+11，显然当n≤5时，an>0，当n≥6时，an<0，所以T21=|a1|+|a2|+…+|a21|=(a1+a2+…+a5)(a6+a7+…+a21)=2(a1+a2+…+a5)(a1+a2+…+a21)=2×5×(9+1)221×(9-31)2=2816.D[∵an+1(an+11)=an(an+1)，∴an+12an2=an即(an+1an)(an+1+an)=an+1+an，∵an>0，∴an+1+an>0，∴an+1an=1，∵a1=1，∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，∴an=n，∴Sn=n∴(n+1)2∴bn=(n+1=2,∴T2024=2+1+1+…+12023个=2+2023=20257.ABD[对于A选项，当n=1时，a1=S1=k2，A正确；对于B选项，当n≥2时，an=SnSn1=kn22n[k(n1)22(n1)]=2kn(k+2)，显然当n=1时，上式也成立，所以an=2kn(k+2).因为anan1=2kn(k+2)[2k(n1)(k+2)]=2k，所以{an}是以2k为公差的等差数列，B正确；对于C选项，由上可知，当k=0时，{an}为常数列，C错误；对于D选项，若{an}为递增数列，则公差2k>0，即k>0，D正确.]8.ABD[对于A，因为{an}是等差数列，a5=0，所以S9=9(a1+a9)2对于B，因为a2>a1，所以公差d=a2a1>0，即{an}是递增数列，因为S6S9=a10，即S9S6=a10，所以a9+a8+a7=a10，即a10+a9+a8+a7=0，则a8+a9=0，所以a8<0且a9>0，故B正确；对于C，因为S16=64，所以16(a1+a16)2=64，则a1+a16=8，则又a2+a4+a6+a8+a10+a12+a14+a16=8a9，a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=8a8，所以8a9=3×8a8，即a9=3a8，故4a8=8，得a8=2，a9=6，所以{an}的公差为a9a8=4，故C错误；对于D，因为(n+1)Sn>nSn+1，即Snn即1>1整理得d<0，因为a22所以(a6+a2)(a6a2)=0，由于a6a2=4d≠0，所以a6+a2=0，故2a4=0，即a4=0，因为d<0，所以{an}是递减数列，则a3>0，a5<0，所以S3>S2>S1，S3=S4>S5>S6>…，故S3和S4均是Sn的最大值，故D正确.]9.2510.222解析因为2an2=a由等差中项的定义可知，数列{an2}是首项a12=1，公差d=a所以an2=a12+(n1)d=1+3(n1)由此可知a302=3×30又因为an>0，所以a30=222.11.解(1)∵3a2=3a1+a3，∴3d=a1+2d，解得a1=d，∴S3=3a2=3(a1+d)=6d，an=a1+(n1)d=nd，又T3=b1+b2+b3=2d+62d+∴S3+T3=6d+9d=21即2d27d+3=0，解得d=3或d=12(舍去)∴an=nd=3n.(2)∵{bn}为等差数列，∴2b2=b1+b3，即12a2=2∴61a2-1即a123a1d+2d2解得a1=d或a1=2d，∵d>1，∴an>0，又S99T99=99，由等差数列的性质知，99a5099b50=99，即a50b50=1，∴a502550a50即a502a502解得a50=51或a50=50(舍去).当a1=2d时，a50=a1+49d=51d=51，解得d=1，与d>1矛盾，舍去；当a1=d时，a50=a1+49d=50d=51，解得d=5150综上，d=515012.(1)证明当n≥2，n∈N*时，an=SnSn1，则2Sn22Sn(SnSn1)+SnSn1化简得Sn1Sn=2SnSn1，又Sn≠0，所以1Sn1又1S1=1所以1Sn是以1为首项，2(2)解由(1)得1Sn=1+(n1)×2=2n则Sn=1故an=1,则an+1=12=2由2nan+1+λ2n得2n+1(2n则λ<2令cn=2则cn+1cn=2n=2n+1所以数列{cn}为递增数列，又c1=43，故λ<43，所以实数13.B[记OA1，OA2，…，OAn的长度构成的数列为{an}，由题意知，OA1=A1A2=A2A3=…=A7A8=1，且△OA1A2，△OA2A3，…，△OA7A8都是直角三角形，所以a1=1，且an2=an-12+1(n≥2，n所以数列{an2}是以1为首项，所以an2=1+(n1)×1=由an>0，所以an=n.所以第n个三角形的面积为12an×1=n214.BCD[对于A，由题意可知a1＝a12＋12a1⇒a12＝1，所以a1＝1，则a1＋a2＝a22＋12a2⇒a22＋2对于C，由Sn＝an2＋12an⇒Sn＝Sn-Sn-1对于B，Sn2＝1＋(n－1)×1＝n⇒Sn＝则Sn＋Sn＋2＝n＋n＋2<2n＋n＋22对于D，易知Sn－1Sn＝n－1n，令f(x)＝x－1x－2lnx(x≥1)，则f'(x)＝1＋1x2－2x＝1x-12≥0，则f(x)单调递增，所以f(x)≥f(1)＝0⇒n15.C[∵|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1-12＋a2∴{an}不为常数列，且数列的项数为偶数，设为2k(k∈N*)则一定存在正整数k，使得ak>0，ak＋1<0或ak<0，ak＋1>0，不妨设ak<0，ak＋1>0，数列{an}的公差为d，∴a1＋从而得，数列{an}为递增数列，∵ak<0，∴ak－12<0且a1-12＝a1＋32＋∴ak＋32≤0，∴ak≤－3同理ak＋1－12≥0即ak≤-32,a根据等差数列的性质，ak＋1－a1＝ak＋2－a2＝…＝a2k－ak＝kd，∴|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝|a1|＋|a2|＋…＋|a2k|＝ak＋1＋ak＋2＋…＋a2k－a1－a2－…－ak＝k2d＝72，∴k2＝72d≤722＝∴n＝2k≤2×6＝12，∴n的最大值为12.]16.2