适用于新高考新教材广西专版2025届高考数学一轮总复习第六章数列课时规范练30等差数列VIP

课时规范练30等差数列基础巩固组1.已知数列{an}是等差数列,且a2+a5+a8=π,则tan(a1+a9)=()A.3 B.3C.-33 D.-2.(2023广东揭阳联考)已知数列{an}满足a2=3,a1=1,且an+12-an2=2an-2an-1+1(n≥2),则a2023A.2021 B.2022 C.2023 D.20243.在等差数列{an}中,a1与a4041是f(x)=x-4lnx-mx的两个极值点,则log2a2021=(A.1 B.2 C.0 D.14.(2023新高考Ⅰ,7)设Sn为数列{an}的前n项和,设甲:{an}为等差数列;乙:Snn为等差数列,则()A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件5.已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,且SnTn=2n+70n+3A.4 B.5 C.6 D.76.(多选)已知等差数列{an}是递增数列,a7=3a5,前n项和为Sn,下列选项正确的是()A.d>0B.a1<0C.当n=5时Sn最小D.Sn>0时n的最小值为87.(多选)在数列{an}中,a1=1,an+an+1=3n,则下列说法正确的是()A.a6=8 B.{a2n}是等差数列C.S20=300 D.a2n-a2n-1=38.已知等差数列{an}的公差为2,且a1,a2,a3+1成等比数列,Sn是数列{an}的前n项和,则S9=.

9.设等差数列{an},{bn}的前n项和分别是Sn,Tn,若SnTn=2n3综合提升组10.若等差数列{an}的前n项和为Sn,则“S2020>0,S2021<0”是“a1010a1011<0”的()A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件11.设Sn是等差数列{an}的前n项和,若S5S10=13,A.19 B.7C.113 D.12.(多选)(2023山西名校联考)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若a7>0,S7<0,则下列说法错误的是()A.a3+a6<0 B.a5+a8>0C.S4<S7 D.S14>3a913.在等差数列{an}中,a1+a7=12,当a32+a42+a14.2022年北京冬奥会开幕式始于二十四节气倒计时,它将中国人的物候文明、传承久远的诗歌、现代生活的画面和谐统一起来.我国古人将一年分为二十四个节气,如图所示,相邻两个节气的日晷长变化量相同,冬至日晷长最长,夏至日晷长最短,周而复始.已知冬至日晷长为13.5尺,芒种日晷长为2.5尺,则一年中夏至到大雪的日晷长的和为尺.

15.设数列{an}的前n项和为Sn,对于任意的n∈N*都有an+1=an+2,且S6=4a5.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{bn}满足bn=Sncosnπ,求数列{bn}的前2n项和T2n.创新应用组16.(2023北京朝阳一模)已知项数为k(k∈N*)的等差数列{an}满足a1=1,14an-1≤an(n=2,3,…,k),若a1+a2+…+ak=8,则k的最大值是(A.14 B.15 C.16 D.17

课时规范练30等差数列1.D解析在等差数列{an}中,a2+a5+a8=π,则有3a5=π,即a5=π3,所以tan(a1+a9)=tan2a5=tan2π32.B解析由an+12-an2=2an-2an-1+1(n≥2)得,当n≥2时,(an+12-2an)-(an2-2an-1)∴a22-2a1=1,即n=1满足上式,∴{an+12-2an}构成以1为首项,1为公差的等差数列,∴an∴a20232-2a2022=2022.故选3.B解析f'(x)=1-4x+mx2=x2-4x+mx2(x>0).因为a1与a4041是f(x)=x-4lnx-mx的两个极值点,所以a1与a4041是方程x2-4x+m=0的两个根,即a1+a4041=4,即2a2021=4,所以a2021=4.C解析(充分性)若{an}为等差数列,设其首项为a1,公差为d,则Sn=na1+n(n则Snn=a1+n-12d=d故Sn+1n+1-Snn=d2(n+1)+a1-d2-d2n+a1-d2(必要性)反之,若Snn为等差数列,设Snn=An+B,A≠0,则Sn=An2+Bn,a1=S1当n≥2时,an=Sn-Sn-1=An2+Bn-[A(n-1)2+B(n-1)]=A(2n-1)+B=2An-A+B.当n=1时也符合上式,故an=2An-A+B,即{an}为等差数列,则甲是乙的必要条件.综上,甲是乙的充要条件.故选C.5.B解析依题意,anbn=S2n-1T2n-1=2(2n-1)+70(2n-1)+3=2n+34n+1=2+32n+1.要使anbn为整数,6.ABD解析由题意,设等差数列{an}的公差为d.因为a7=3a5,所以a1+6d=3(a1+4d),解得a1=-3d.又等差数列{an}是递增数列,所以d>0,则a1<0,故选项A、选项B正确;因为Sn=d2n2+a1-d2n=d2n2-7d2n,且--7d2d=72,所以当n=3或4时Sn最小,故选项C错误;令Sn=d2n2-7d2n>0,解得n<0或n>7,即Sn7.ABC解析因为an+an+1=3n,n∈N*,①所以an+1+an+2=3(n+1),n∈N*,②所以②-①得an+2-an=3(n∈N*).又因为a1=1,所以a2=2,所以a6=a4+3=a2+6=8,且奇数项和偶数项均为公差为3的等差数列,故A,B正确;对于C选项,S20=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a19+a20)=3+9+…+57=10×(3+57)2=300,故C正确;对于D选项,由an+2-an=3(n∈N*)且a2-a1≠3可知,a2n-a2n-1=3不成立,故D8.108解析设等差数列{an}的公差为d,则d=2.因为a1,a2,a3+1成等比数列,所以a1(a3+1)=a22,即a1(a1+5)=(a1+2)2,解得a1=4,所以S9=na1+n×(n-1)2×d=99.511解析因为等差数列{an},{bn}的前n项和分别是Sn,Tn,所以a310.B解析∵S2020>0,S2021<0,∴2020(a1+a2020)2=1010(a1010+a1011)>0,又2021×a1+a20212=2021a1011<0,∴a1010>0,a1011<0,可得a1010a1011<0,充分性成立.反之,若a1010<0,a1011>0,满足a1010a1011<0,不能推出“S2020>0,S2021<0”,必要性不成立.故“S2020>0,S2021<0”是“a1010a1011<0”11.C解析令S5=t,则由S5S10=13,得S10=3t.又由等差数列{an}的性质得S5,S10-S5,S15-S10,S20-S15成等差数列,所以有S10-S5=2t,S15-S10=3t,S20-S15=4t,相加可得S20-S5=9t,所以S20=10t.12.ABC解析∵S7=7(a1+a7)2=7a4<0,∴a4<0,又a7>0,∴∵a3+a6=a4+a5,a4<0,d>0,∴a5的正负不确定,则a3+a6的正负不确定,A错误;∵a5的正负不确定,a8>0,∴a5+a8的正负不确定,B错误;∵S7-S4=a5+a6+a7=3a6,又a6的正负不确定,∴S4,S7大小不确定,C错误;∵S14-3a9=14(a1+a14)2-3a9=7(a7+a8)-3a9=7(2a7+d)-3(a7+2∴S14>3a9,D正确.故选ABC.13.6解析设等差数列{an}的公差为d,由等差中项的性质,得a1+a7=2a4=12,解得a4=6,所以a32+a42+a52=(6-d)2+62+(6+d)2=2d2+108.当d=0时,a14.84解析依题意,冬至日晷长为13.5尺,记为a1=13.5,芒种日晷长为2.5尺,记为a12=2.5,因相邻两个节气的日晷长变化量相同,则从冬至日晷长到芒种日晷长的各数据依次排成一列得等差数列{an},n∈N*,n≤12,数列{an}的公差d=a12-因夏至与芒种相邻,且夏至日晷长最短,则夏至的日晷长为a12+d=1.5,又大雪与冬至相邻,且冬至日晷长最长,则大雪的日晷长为a1+d=12.5,显然夏至到大雪的日晷长依次排成一列是递增等差数列,首项为1.5尺,末项为12.5尺,共12项,所以一年中夏至到大雪的日晷长的和为1.5+12.52×1215.解(1)由an+1=an+2得数列{an}是等差数列,其公差d=2,由S6=4a5得6a1+6×52d=4(a1+即6a1+30=4(a1+8),解得a1=1,所以an=1+2(n-1)=2n-1.(2)Sn=1+2n-12·n=n2,cosnπ=(所以bn=(-1)n·n2,T2n=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=-12+22-32+42-…-(2n-1)2+(2n)2=1+2+3+4+…+2n-1+2n=1+2n2·2n=2n216.B解析由a1=1,14an-1≤an(n=2,3,…,k),得1+(n-2)d≤4[1+(n-1)d],即3+(3n-2)d≥当n=