（适用于新高考新教材）高考数学一轮总复习第六章数列课时规范练30等差数列

课时规范练30等差数列基础巩固组1.(2022广东广州二模)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.在数列{an}中,a1=3,am+n=am+an(m,n∈N*),若a1+a2+a3+…+ak=135,则k=()A.10 B.9 C.8 D.73.在等差数列{an}中,a1与a4041是f(x)=x4lnxmx的两个极值点,则log2a2021=(A.1 B.2 C.0 D.14.已知数列{bn}是公差不为0的等差数列,且b1224b12=b201024b2010,则数列{bA.20214 B.2021C.2021 D.40425.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+70A.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.a2na2n1=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.(2022辽宁鞍山二模)设等差数列{an},{bn}的前n项和分别是Sn,Tn,若SnTn=2n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=13A.19 B.7C.113 D.12.(多选)设等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,a3=12,S12>0,a7<0,则下列说法正确的是()A.d<0B.a6<0 C.247<d<D.Sn<0时,n的最小值为1313.在等差数列{an}中,a1+a7=12,当a32+a42+14.(2022山东潍坊一模)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.(2022山东聊城一模)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.(多选)(2022江苏苏锡常镇一模)记Sn为等差数列{an}的前n项和,则()A.S6=2S4S2B.S6=3(S4S2)C.S2n,S4nS2n,S6nS4n成等差数列D.S2

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:令m=1,由am+n=am+an可得an+1=a1+an,所以an+1an=3,所以数列{an}是首项为3,公差为3的等差数列,所以an=3+3(n1)=3n,所以a1+a2+a3+…+ak=k(a1+ak)2=k(3+3k)23.B解析:f'(x)=14x+mx2=x2-4x+mx2(x>0).因为a1与a4041是f(x)=x4lnxmx的两个极值点,所以a1与a4041是方程x24x+m=0的两个根,即a1+a4041=4,即2a2021=4,所以4.D解析:∵数列{bn}是公差不为0的等差数列,且b1224b12=b201024b2010,∴(b12b2010)(b12+b2010)=4(b12b2010),且b12≠b2010,∴b12∴数列{bn}的前2021项和S2021=20212(b1+b2021)=20212(b12+b2010)=20212×4=40425.B解析:依题意,anbn=S2n-1T2n-1=2(2n-1)+70(2n-16.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+a1d2n=d2n27d2n,且-7d2d=72,所以当n=3或4时Sn最小,故选项C错误;令Sn=d2n27d2n>0,解得7.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②①得an+2an=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+2an=3(n∈N*)且a2a1≠3可知,a2na2n18.108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)>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<011.C解析:令S5=t,则由S5S10=13,得S10S5=2t,S10=3t.又由等差数列{an}的性质得S5,S10S5,S15S10,S20S15成等差数列,所以有S10S5=2t,S15S10=3t,S20S15=4t,相加可得S20S5=9t,所以S20=10t12.ACD解析:依题意,S12=a1+a122·12=6(a6+a7)>0,于是得a6+a7>0,而a7<0,a6>a7>0,故选项B错误;显然有(a3+3d)+(a3+4d)>0,而a3=12,解得d>247,又a3+4d<0,解得d<3,因此得247<d<3,故选项A、选项C正确;数列{an}是首项为正数,公差为负数的递减数列,前6项都为正,从第7项起的各项都为负,而S12>0,S13=a1+a132·13=13a7<0,于是得n≥13时,S13.6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=(6d)2+62+(6+d)2=2d2+108.当d=14.84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+12.5215.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(n1)=2n1.(2)Sn=1+2n-12·n=n2,cosnπ所以bn=(1)n·n2,T2n=b1+b2+b3+b4+…+b2n1+b2n=12+2232+42…(2n1)2+(2n)2=1+2+3+4+…+2n1+2n=1+2n2·2n=2n216.BCD解析:由已知得Sn=a1n+n(n-1)dA选项,S6=6a1+15d,S4=4a1+6d,S2=2a1+d,所以2S4S2=6a1+11d≠S6,A选项错误;B选项,3(S4S2)=6a1+15d=S6,B选项正确;C选项,S2