高考数学一轮复习 课后习题 课时规范练36　等差数列（黑龙江版）

课时规范练36等差数列(分值:70分)(单选题每小题5分,多选题每小题6分,填空题每小题5分)基础巩固练1.(2025·海南海口期末)在等差数列{an}中,已知a2=2,a6=10,则a10=()A.12 B.14 C.16 D.182.(2026·湖南常德模拟)已知等差数列{an}的首项为1,公差为2,前n项和为Sn,则a3+S5=()A.14 B.30 C.42 D.603.(2025·江苏南京期中)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若S2=3,S4=10,则S6=()A.17 B.19 C.21 D.234.(多选题)(2025·广东揭阳期末)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,且S5=30,a6=0,则下列说法正确的是()A.d=-1 B.a3=6C.{Snn}D.若Sn>0,则n的最大值是115.(2025·上海期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=29,且S10=S20,则Sn的最大值为.

综合提升练6.(2025·福建龙岩模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a8<0,a2+a15>0,则使不等式Sn<0成立的n的最大值为()A.13 B.14 C.15 D.167.(2025·辽宁期末)已知数列{an},若数列{an+1-an}与数列{anan+1-an}都是公差不为零的等差数列,则数列A.12 B.1C.15 D.8.(多选题)(2025·重庆期末)设等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,已知a7<0,a7+a8>0,则下列说法正确的是()A.Sn的最小值为S7B.满足Sn>0的n的最小值是14C.满足Sn<0的n的最大值是14D.数列{Snan}9.已知一个项数为n的等差数列{an},设其前n项和为Sn,其所有奇数项的和S奇为480,所有偶数项的和S偶为360,公差d=-8,则当n为偶数时,此数列首尾两项之和为.

10.(2025·云南期中)等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn与Tn,且(5n+4)Tn=(4n+3)Sn,则b9+b7a11.(13分)(2023·新高考Ⅰ,20)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;(2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.创新应用练12.(2025·湖北武汉二模)若f(x)=(x-1)3+2(x-1)-lnx2-x+2,数列{an}的前n项和为Sn,且S1=110,2Sn=nan+1,则∑i=119f(aA.76 B.38 C.19 D.0

参考答案1.D解析因为a2=2,a6=10,且a10+a2=a6+a6,所以a10=2a6-a2=20-2=18.故选D.2.B解析因为等差数列{an}的首项a1=1,公差d=2,所以a3+S5=a1+2d+5a1+5×42d=6a1+12d=30.故选B3.C解析因为S2,S4-S2,S6-S4是等差数列,所以2(S4-S2)=S2+(S6-S4),可得S6=3S4-3S2=30-9=21.故选C.4.BC解析对于A,B,S5=5(a1+a5)2=5a3=30,解得a3=6,故对于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所以数列{Snn}是递减数列,C对于D,令Sn=11n-n2>0,即n(n-11)<0,解得0<n<11,因为n∈N*,所以n的最大值为10,D错误.故选BC.5.225解析设等差数列{an}的公差为d,因为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所以当n=15时,Sn取得最大值,为225.6.C解析因为数列{an}是等差数列,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,所以数列{an}是递增数列,故当n≤8时,{Sn}递减,当n≥9时,{Sn}递增,又S15=15(a1+a15)2=15a8<0,S16=16(故使不等式Sn<0成立的n的最大值为15.故选C.7.A解析设等差数列{an+1-an}的公差为d,且d≠0,则an+1-an=dn+c1,所以当n≥2时,an=a1+[d+2d+…+(n-1)d]+(n-1)c1=a1+n(n-1)d2+(n-1)c1,当n=1时,a1因为{anan+1-an}为等差数列,设其公差为d1,所以d2n2+(c1-d2)n+a1-c1=dd1n2+(c1d1+c2d)n+c1c2,所以d2=dd1.因为d≠0,所以d1=18.ABD解析由a7<0,a7+a8>0,可知a1<0,d>0,a8>0.对于A,由a1,a2,…,a7均为负数,a8,a9,…均为正数可知,S7最小,A正确.对于B,S13=(a1+a13)·132=13a7<0,S14=(a则满足Sn>0的n的最小值为14,满足Sn<0的n的最大值为13,故B正确,C错误.对于D,由a1,a2,…,a7均为负数,a8,a9,…均为正数,且S1,S2,…,S13均为负数,S14,S15,…均为正数可知S8a8,S9a9,…,S13a13均为负数.考虑到|S8|>|S9|>…>|S13|,|a8|<|a9|<…<|a13|,故|9.56解析当n为偶数时,由题意可知S奇=a1+an-12×n2,S偶=a2+an2×n2,此时S奇=a1+a292×15=15a15=480,解得a15=32,S偶=a2+a302×15=15a16=360,解得a16=24,则a1+a10.126149解析因为数列{an},{bn}均为等差数列,因为(5n+4)Tn=(4n+3)Sn,所以S可设Sn=5λn2+4λn,Tn=4λn2+3λn,λ≠0.对于数列{an},当n=1时,a1=9λ,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(5λn2+4λn)-[5λ(n-1)2+4λ(n-1)]=10λn-λ,显然当n=1时,也满足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,从而an=nd,故bn=n易知S3=a1+a2+a3=6d,T3=2+3+4由题意得6d+9d=21,从而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)由题意,n∈N*,d>1,在等差数列{bn}中,bn=n2+nan,前n项和为Tn,a2=a1+d,a3=a1+2d,b1=2a1,b2=∵2b2=b1+b3,即2×6∴2×6a1+d=2a1+12当a1=d时,an=a1+(n-1)d=d+d(n-1)=nd,bn=n2+n此时{bn}是以2d为首项,1dS99=99(a1+T99=99(b1S99-T99=99×50d-99×51d解得d=a1=5150或d=-1<0(舍去)当a1=2d时,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.综上,d=51(方法二)设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.设a0=0,dt=1,b0d=1,∴b0=t=1∴100d=102×1d+∵d>1,∴d=51此时an=5150n,等差数列{bn}的通项公式为bn=5051(n+1)(n∈N*设b0=0,dt=1,a0t=1,∴a0=d=1t.∴102d=100×∵d>1,故上式无解.综上,d=5112.B解析因为函数f(x)=(x-1)3+2(x-1)-lnx2-x+2的定义域为(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,则f(x1)+f(x2)=4.由2Sn=nan+1,得当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an,两式相减得2an=nan+1-(n-1)an,整理得nan+1=(n+1)a