課時規(guī)范練26　等差數(shù)列

1、 課時規(guī)范練26等差數(shù)列基礎鞏固組1.(2021北京海淀高三月考)已知Sn為等差數(shù)列an的前n項和,若a4+a5=24,S6=48,則an的公差是()A.1B.2C.3D.42.(2021廣東深圳高三一模)在數(shù)列an中,a1=3,am+n=am+an(m,nN*),若a1+a2+a3+ak=135,則k=()A.10B.9C.8D.73.(2021山東日照高三期中)在等差數(shù)列an中,a1與a4 041是f(x)=x-4ln x-mx的兩個極值點,則log2a2 021=()A.1B.2C.0D.124.(2021天津高三期中)已知數(shù)列bn是公差不為0的等差數(shù)列,且b122-4b12=b2 01

2、02-4b2 010,則數(shù)列bn的前2 021項和為()A.2 0214B.2 0212C.2 021D.4 0425.(2021江蘇鎮(zhèn)江高三月考)已知兩個等差數(shù)列an和bn的前n項和分別為Sn和Tn,且SnTn=2n+70n+3,則使得anbn為整數(shù)的正整數(shù)n的個數(shù)為()A.4B.5C.6D.76.已知等差數(shù)列an是遞增數(shù)列,a7=3a5,前n項和為Sn,下列選項錯誤的是()A.d0B.a10時n的最小值為87.在數(shù)列an中,a1=1,an+an+1=3n,則下列說法錯誤的是()A.a6=8B.a2n是等差數(shù)列C.S20=300D.a2n-a2n-1=38.(2021湖北荊州高三期末)已知等

3、差數(shù)列an的公差為2,且a1,a2,a3+1成等比數(shù)列,Sn是數(shù)列an的前n項和,則S9=.9.(2021江西南昌高三月考)已知等差數(shù)列an的前n項和為Sn,且a5=5,S10=40,則數(shù)列Snn的前30項和T30等于.綜合提升組10.(2021山東淄博高三一模)若等差數(shù)列an的前n項和為Sn,則“S2 0200,S2 0210”是“a1 010a1 0110,a70,則下列說法錯誤的是()A.d0B.a60C.-247d-3D.Sn0).因為a1與a4 041是f(x)=x-4ln x-mx的兩個極值點,所以a1與a4 041是方程x2-4x+m=0的兩個根,即a1+a4 041=4,即2a

4、2 021=4,所以a2 021=2,則log2a2 021=2log22=2.故選B.4.D解析: 數(shù)列bn是公差不為0的等差數(shù)列,且b122-4b12=b2 0102-4b2 010,(b12-b2 010)(b12+b2 010)=4(b12-b2 010),且b12b2 010,b12+b2 010=4,數(shù)列bn的前2 021項和S2 021=2 0212(b1+b2 021)=2 0212(b12+b2 010)=2 02124=4 042.故選D.5.B解析: 依題意,anbn=S2n-1T2n-1=2(2n-1)+70(2n-1)+3=2n+34n+1=2+32n+1.要使anb

5、n為整數(shù),當且僅當32n+1是整數(shù),而nN*,則n+1是32的大于1的約數(shù).又32的正約數(shù)有1,2,4,8,16,32六個,所以n的值有1,3,7,15,31五個,所以使得anbn為整數(shù)的正整數(shù)n的個數(shù)為5.故選B.6.C解析: 由題意,設等差數(shù)列an的公差為d.因為a7=3a5,所以a1+6d=3(a1+4d),解得a1=-3d.又等差數(shù)列an是遞增數(shù)列,所以d0,則a10,解得n7,即Sn0時n的最小值為8,故選項D正確.故選C.7.D解析: 因為an+an+1=3n,nN*,所以an+1+an+2=3(n+1),所以-得an+2-an=3(nN*).又因為a1=1,所以a2=2,所以a6

6、=a4+3=a2+6=8,且奇數(shù)項和偶數(shù)項均為公差為3的等差數(shù)列,故A,B正確;對于C選項,S20=(a1+a2)+(a3+a4)+(a19+a20)=3+9+57=10(3+57)2=300,故C正確;對于D選項,由an+2-an=3(nN*)且a2-a13可知,a2n-a2n-1=3不成立,故D錯誤.故選D.8.108解析: 設等差數(shù)列an的公差為d,則d=2.因為a1,a2,a3+1成等比數(shù)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)2d=94+9822=108.9.227解析: 設數(shù)列an的公差為d,由已知得a5=a

7、1+4d=5,S10=10a1+109d2=40,a1=13,d=-2,故an=-2n+15,且Sn=-n2+14n,Snn=-n+14,n14,n-14,n15,T30=14(13+0)2+16(1+16)2=227.10.B解析: S2 0200,S2 0210,即a1 010+a1 0110.又2 021a1+a2 0212=2 021a1 0110,a1 0110,可得a1 010a1 0110,充分性成立.反之,若a1 0100,滿足a1 010a1 0110,S2 0210,S2 0210”是“a1 010a1 0110,于是得a6+a70,而a7-a70,故選項B錯誤;顯然有(a

8、3+3d)+(a3+4d)0,而a3=12,解得d-247,又a3+4d0,解得d-3,因此得-247d0,S13=a1+a13213=13a70,于是得n13時,Sn0,從而得Sn0時,n的最小值為13,故選項D正確.故選B.13.6解析: 設等差數(shù)列an的公差為d,由等差中項的性質,得a1+a7=2a4=12,解得a4=6,所以a32+a42+a52=(6-d)2+62+(6+d)2=2d2+108.當d=0時,a32+a42+a52取得最小值108,此時a2 021=a4=6.14.16解析: 等差數(shù)列an,bn的前n項和分別為Sn,Tn,SnTn=38n+142n+1(nN*),SnT

9、n=n2(38n+14)n2(2n+1).設Sn=nk2(38n+14)=n2(a1+an)(k0),k(38n+14)=a1+an,a1=S1=k2(38+14)=26k,an=k(38n-12),a6=216k.設Tn=nk2(2n+1)=n2(b1+bn)(k0),k(2n+1)=b1+bn,b1=T1=3k2,bn=k2n-12,b7=272k,故a6b7=216k27k2=16.15.解 (1)當n=2時,a2+a1=4.因為a1=1,所以b1=a2=3.由an+an-1=2n,可得a2n+2+a2n+1=2(2n+2)=4n+4,a2n+1+a2n=2(2n+1)=4n+2,兩式相

10、減可得a2n+2-a2n=4n+4-(4n+2)=2.因為bn=a2n,所以bn+1-bn=2,所以bn是以3為首項,2為公差的等差數(shù)列.所以bn=3+(n-1)2=2n+1.(2)當n=2k(kN*)時,因為an+an-1=2n(n2,nN*),Sn=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+(a2k-1+a2k)=22+24+26+22k=2(2+4+6+2k)=2(2+2k)k2=(2+2k)k=n(n+2)2,當n=2k+1(kN*)時,Sn=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+(a6+a7)+(a2k+a2k+1)=1+23+25+27+2(2k+1)=1+23+5+7+(2k+1)=1+2k(3+2k+1)2=1+k(2k+4)=(n-1)(n+3)2+1=n(n+2)-12,a1=1=1(1+2)-12也滿足上式.綜上所述,Sn=n(n+2)2,n=2k(kN*),n(n+2)-12,n=2k+1(kN*).16.1,n=1,-2(2n-1)(2n-3),n2解析: 由題意,當n2時,an,Sn,Sn-12成等比數(shù)列,可得Sn2=anSn-12.又因為an=Sn-Sn-1,所以Sn2=(Sn-Sn-1)Sn-12可得12(Sn-1-Sn)=SnSn-1,易得S