苏教版（2019）选择性必修第一册《4.2 等差数列》2023年同步练习卷（含解析）

苏教版（2019）选择性必修第一册《4.2 等差数列》2023年同步练习卷
一、选择题
1．已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d＝2，则a4＝（　　）
A．5 B．6 C．7 D．9
2．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，a4+a5+a6＝12，则S9＝（　　）
A．20 B．28 C．36 D．4
3．在等差数列{an}中，前n项和为Sn，已知2a9＝3+a12，则S11＝（　　）
A．33 B．35 C．45 D．66
4．若{an}是公差为1的等差数列，则{a2n﹣1+2a2n}是（　　）
A．公差为3的等差数列 B．公差为4的等差数列
C．公差为6的等差数列 D．公差为9的等差数列
5．一个首项为正数的等差数列中，前3项的和等于前11项的和，当这个数列的前n项和最大时，n等于（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
6．在等差数列{an}中，若S9＝18，Sn＝240，an﹣4＝30，则n的值为（　　）
A．18 B．17 C．16 D．15
7．设数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，已知a4和a5是方程x2﹣20x+99＝0的两个根，若对任意n∈N*都有Sn≤Sk成立，则k的值为（　　）
A．8 B．9 C．10 D．11
8．设等差数列{an}的前n项和为Sn，则“S12＞0，S13＜0”是“Sn的最大值为S6”的（　　）
A．充分必要条件
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
9．已知数列{an}的首项为1，第2项为3，前n项和为Sn，当整数n＞1时，Sn+1+Sn﹣1＝2（Sn+S1）恒成立，则S15等于（　　）
A．210 B．211 C．224 D．225
10．《张邱建算经》是中国古代数学史上的杰作，该书中有首古民谣记载了一数列问题：“南山一棵竹，竹尾风割断，剩下三十节，一节一个圈．头节高五寸①，头圈一尺三②．逐节多三分③，逐圈少分三④．一蚁往上爬，遇圈则绕圈．爬到竹子顶，行程是多远？”（注释：①第一节的高度为0.5尺；②第一圈的周长为1.3尺；③每节比其下面的一节多0.03尺；④每圈周长比其下面的一圈少0.013尺）问：此民谣提出的问题的答案是（　　）
A．72.705尺 B．61.395尺 C．61.905尺 D．73.995尺
二、填空题
11．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝6，S3＝12，则公差d等于 　 　．
12．在等差数列{an}中，a1＞0，a10a11＜0，若此数列的前10项和S10＝p，前18项和S18＝q，则数列{an}的前18项和T18＝　 　．
三、解答题
13．已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和，
（1）a2＝﹣1，S15＝75，求an与Sn；
（2）a1+a2+a3+a4＝124，an+an﹣1+an﹣2+an﹣3＝156，Sn＝210，求项数n．
14．已知数列{an}的前n项和Sn＝﹣n2+2n+1．
（1）求{an}的通项公式；
（2）若等差数列{an}的前n项和Sn＝An2+Bn+C（A，B，C为常数），则常数A，B，C必满足何条件？
15．已知数列{an}的前n项和为Sn（Sn≠0），且满足，an+2SnSn﹣1＝0（n≥2）．
（1）求证：是等差数列；
（2）求数列{an}的通项公式．
16．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S2＝2，S4＝﹣20．
（1）求数列{an}的通项公式和前n项和Sn；
（2）是否存在n，使Sn，Sn+2+2n，Sn+3成等差数列，若存在，求出n，若不存在，说明理由．
17．已知数列{an}为等差数列，a1＝1，an＞0，其前n项和为Sn，且数列也为等差数列．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设，求数列{bn}的前n项和．
苏教版（2019）选择性必修第一册《4.2 等差数列》2023年同步练习卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．【分析】由题意把已知数据代入等差数列的通项公式计算可得．
【解答】解：由等差数列的通项公式可得：
a4＝a1+3d＝1+3×2＝7
故选：C．
2．【分析】由等差数列的下标和性质化简已知条件，利用等差数列的求和公式计算即可．
【解答】解：等差数列{an}中，a4+a5+a6＝3a5＝12，
解得a5＝4，
则S9＝＝9a5＝36．
故选：C．
3．【分析】由2a9＝a6+a12，2a9＝3+a12，解得a6＝3，再由等差数列的通项公式和前n项和公式，能够求出S11．
【解答】解：∵2a9＝a6+a12，2a9＝3+a12，
∴a6+a12＝3+a12，
解得a6＝3，
故S11＝（a1+a11）
＝
＝11a6
＝11×3＝33．
故选：A．
4．【分析】构造新数列cn＝a2n﹣1+2a2n，求出相邻两项的差，利用等差数列的定义，即可得到结论．
【解答】解：设{an}的公差为d，则d＝1，
设cn＝a2n﹣1+2a2n，则cn+1＝a2n+1+2a2n+2，
∴cn+1﹣cn＝a2n+1+2a2n+2﹣a2n﹣1﹣2a2n＝6d＝6，
故选：C．
5．【分析】根据题设可知S3＝S11，且数列单调递减，进而根据等差中项的性质可求得a4+a11＝a7+a8＝0，进而推断出a7＞0，a8＜0．可知数列的前7项均为正，从第8项开始为负，故可知数列前7项的和最大．
【解答】解：依题意知．数列单调递减，公差d＜0．因为
S3＝S11＝S3+a4+a5+…+a10+a11
所以a4+a5+…+a7+a8+…+a10+a11＝0
即a4+a11＝a7+a8＝0，
故当n＝7时，a7＞0，a8＜0．
故选：C．
6．【分析】由等差数列前n项和公式、等差数列的性质，求出a5＝2，a1+an＝a5+an﹣4＝32，整体代入前n项和公式，求出n．
【解答】解：在等差数列{an}中，S9＝18，Sn＝240，an﹣4＝30，
∴＝18，解得a5＝2，
∴a5+an﹣4＝a1+an＝32，
∴Sn＝＝16n＝240，
解得n＝15．
故选：D．
7．【分析】由方程的根与系数关系可求a4+a5，a4 a5，结合对任意n∈N*都有Sn≤Sk成立，即Sk是和的最大值，从而d＜0，可求
【解答】解：∵a4和a5是方程x2﹣20x+99＝0的两个根，
∴a4+a5＝20，a4 a5＝99，
∵对任意n∈N*都有Sn≤Sk成立，即Sk是和的最大值，从而d＜0
∴a4＝11，a5＝9，d＝﹣2，
an＝a4+（n﹣4）×（﹣2）＝19﹣2n，
当n≤9时，an＞0，当n＞9时，an＜0，
若对任意n∈N*都有Sn≤Sk成立，
则k＝9
故选：B．
8．【分析】根据等差数列的前n项和公式，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】解：由S13＜0得a1+a13＝2a7＜0，即a7＜0，
由S12＞0得a1+a12＝a6+a7＞0，得a7＜0，a6＞0，
由S12＞0，S13＜0，知等差数列{an}是递减数列，所以Sn的最大值为S6，
反之，在等差数列中，当d＜0，且a7＝0时，满足Sn的最大值为S6，
但S13＜0不成立，即必要性不成立，
即“S12＞0，S13＜0”是“Sn的最大值为S6”的充分不必要条件，
故选：B．
9．【分析】利用已知条件转化推出an+1﹣an＝2a1＝2，说明数列是等差数列，然后求解数列的和即可．
【解答】解：结合Sn+1+Sn﹣1＝2（Sn+S1）可知，Sn+1+Sn﹣1﹣2Sn＝2a1，
得到an+1﹣an＝2a1＝2，所以an＝1+2 （n﹣1）＝2n﹣1，所以a15＝29，
所以，
故选：D．
10．【分析】设从地面往长，每节竹长为a1，a2，a3，…，a30，则{an}是以a1＝0.5为首项，以d′＝0.03为公差的等差数列，设从地面往上，每节节圈长为b1，b2，b3，…，b30，则{bn}是以b1＝1.3为首项，d＝﹣0.013为公差的等差数列，由此能求出一蚁往上爬，遇圈则绕圈．爬到竹子顶的行程．
【解答】解：∵每竹节间的长相差0.03尺，
设从地面往长，每节竹长为a1，a2，a3，…，a30，
∴{an}是以a1＝0.5为首项，以d′＝0.03为公差的等差数列，
由题意知竹节圈长，后一圈比前一圈细1分3厘，即0.013尺，
设从地面往上，每节节圈长为b1，b2，b3，…，b30，
由{bn}是以b1＝1.3为首项，d＝﹣0.013为公差的等差数列，
∴一蚁往上爬，遇圈则绕圈．爬到竹子顶，行程是：
S30＝（30×0.5+×0.03）+[30×1.3+×（﹣0013）]＝61.395．
故选：B．
二、填空题
11．【分析】利用等差数列的通项公式和前n项和公式求解．
【解答】解：∵等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝6，S3＝12，
∴，
解得a1＝2，d＝2．
故答案为：2．
12．【分析】直接利用已知条件求出d的取值范围，进一步利用恒等变换求出结果．
【解答】解：等差数列{an}中，设公差为d，
由于：a1＞0，a10a11＜0，
则：d＜0，a10＞0，a11＜0
所以：T18＝a1+a2+…+a10﹣a11﹣a12﹣…﹣a18，
＝2（a1+a2+…+a10）﹣（a1+a2+…+a10+a11+a12+…+a18），
＝2p﹣q．
故答案为：2p﹣q．
三、解答题
13．【分析】（1）利用等差数列前n项和公式和通项公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出an与Sn．
（2）利用等差数列的通项公式得4（a1+an）＝（a1+a2+a3+a4+an+an﹣1+an﹣2+an﹣3），从而求出a1+an＝70，由此能求出项数n．
【解答】解：（1）∵{an}是等差数列，Sn是其前n项和，a2＝﹣1，S15＝75，
∴，
解得a1＝﹣2，d＝1，
∴an＝﹣2+（n﹣1）×1＝n﹣3．
Sn＝＝．
（2）∵{an}是等差数列，Sn是其前n项和，
a1+a2+a3+a4＝124，an+an﹣1+an﹣2+an﹣3＝156，Sn＝210，
∴4（a1+an）＝（a1+a2+a3+a4+an+an﹣1+an﹣2+an﹣3）＝124+156＝280，
∴a1+an＝70，
∴＝，
解得n＝6．
14．【分析】（1）利用“当n＝1时，a1＝S1；当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1”即可得出．
（2）根据当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1”求出数列的通项公式，结合等差数列的定义进行判断即可．
【解答】解：（1）当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝﹣n2+2n﹣1﹣[﹣（n﹣1）2+2（n﹣1）﹣1]＝﹣2n+3，
当n＝1时，a1＝S1＝﹣1+2+1＝2，不适合上式，
∴数列{an}的通项公式an＝．
（2）当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝（An2+Bn+C）﹣[A（n﹣1）2+B（n﹣1）+C]
＝（Aa2+Bn）﹣（An2﹣2An+A+Bn﹣B）＝2An﹣A+B．
当n＝1时，a1＝S1＝A+B+C，
则当C＝0时，a1满足an＝2An﹣A+B，此时数列{an}为等差数列．公差d﹣2A，
当C≠0时，a1不满足an＝2An﹣A+B，此时数列{an}不为等差数列．
15．【分析】（1）由n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1代入已知化简即可证明；
（2）结合（1）先求出，然后再由已知等式代入可求通项公式．
【解答】（1）证明：因为，an+2SnSn﹣1＝0（n≥2），
所以Sn﹣Sn﹣1+2SnSn﹣1＝0，
因为Sn≠0，
所以＝2，
又＝2，
所以是以2为首项，以2为公差的等差数列；
（2）解：由（1）知＝2+2（n﹣1）＝2n，
所以Sn＝，
因为an+2SnSn﹣1＝0，
所以an＝﹣2SnSn﹣1＝﹣2×＝﹣，
但a1＝不适合上式，
故an＝．
16．【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，即可得到所求通项和求和；
（2）假设存在n，使Sn，Sn+2+2n，Sn+3成等差数列，运用等差数列中项性质，解方程可得n，即可得到所求结论．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，∵S2＝2，S4＝﹣20，
∴2a1+d＝2，4a1+6d＝﹣20，
联立解得a1＝4，d＝﹣6，
∴an＝4﹣6（n﹣1）＝10﹣6n，
Sn＝＝7n﹣3n2；
（2）假设存在n，使Sn，Sn+2+2n，Sn+3成等差数列，
则2（Sn+2+2n）＝Sn+Sn+3，
∴2[7（n+2）﹣3（n+2）2+2n]＝7n﹣3n2+7（n+3）﹣3（n+3）2，
解得n＝5．
则存在n＝5，使Sn，Sn+2+2n，Sn+3成等差数列．
17．【分析】（1）设等差数列 {an} 的公差为d（d≥0），运用等差数列的通项公式可得d的方程，解方程可得d，进而得到所求通项；
（2）求得，运用数列的求和方法：裂项相消求和，化简可得所求和．
【解答】解：（1）设等差数列 {an} 的公差为d（d≥0），
因为 a1＝1，an＞0， 为等差数列，
所以，，成等差数列，
则 ，解得d＝2，
所以 an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，
则，
所以数列 为等差数列，所以 an＝2n﹣1；
（2）由（1）可得an+1＝2n+1，，
所以，
设数列 {bn} 的前 n 项和为 Tn，则Tn＝b1+b2+…+bn
＝1﹣+﹣+…+﹣
＝1﹣＝．