课时规范练36　等差数列--2027全国版高考数学一轮复习(含答案)

中小学教育资源及组卷应用平台
2027全国版高考数学一轮复习
课时规范练36　等差数列
(分值:94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.18
2.(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.60
3.(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.23
4.(2025·四川成都期中)设等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,且,则=(　　)
A. B. C. D.
5.(多选题)(2025·贵州模拟)已知{an}是等差数列,Sn是其前n项和.若a7+a9=16,则下列各式一定成立的是(　　)
A.a8=8 B.S15=120
C.a3+a13=16 D.a16=16
6.(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=6
C.{}是递减数列
D.若Sn>0,则n的最大值是11
7.(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　　　　.
8.(13分)(2025·江苏南通期末)已知数列{an}满足a1=1,且an=2an-1+2n(n≥2).
(1)求a2,a3;
(2)证明:数列{}是等差数列;
(3)求数列{an}的通项公式an.
综 合 提升练
9.(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.16
10.(2025·辽宁期末)已知数列{an},若数列{an+1-an}与数列{}都是公差不为零的等差数列,则数列{}的公差为(　　)
A. B.
C. D.不确定
11.(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S7
B.满足Sn>0的n的最小值是14
C.满足Sn<0的n的最大值是14
D.数列{}的最小项为第8项
12.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　　　.
13.(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=　　　　　.
14.(13分)(2023·新高考Ⅰ,20)设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令bn=,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.
(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
15.(2025·湖北武汉二模)若f(x)=(x-1)3+2(x-1)-ln+2,数列{an}的前n项和为Sn,且S1=,2Sn=nan+1,则f(ai)= (　　)
A.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+d=6a1+12d=30.故选B.
3.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.C　解析
故选C.
5.ABC　解析 对于A,在等差数列{an}中,2a8=a7+a9=16,解得a8=8,A正确;
对于B,S15==15a8=120,B正确;
对于C,a3+a13=2a8=16,C正确;
对于D,设{an}的公差为d,则a16=a8+8d=8+8d,而d不确定,所以a16=16不一定成立,D错误.故选ABC.
6.BC　解析 对于A,B,S5==5a3=30,解得a3=6,故d==-2,A错误,B正确;
对于C,a1=a3-2d=6-2×(-2)=10,
所以Sn=na1+=10n-n(n-1)=11n-n2,所以=11-n.
令bn==11-n,故bn+1-bn=[11-(n+1)]-(11-n)=(10-n)-(11-n)=-1<0,
所以数列{}是递减数列,C正确;
对于D,令Sn=11n-n2>0,即n(n-11)<0,解得0因为n∈N*,所以n的最大值为10,D错误.故选BC.
7.225　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+d=-n2+30n,
所以当n=15时,Sn取得最大值,为225.
8.(1)解 由题意,a2=2a1+22=6,a3=2a2+23=20.
(2)证明 因为an=2an-1+2n(n≥2),
所以+1(n≥2),即=1(n≥2),
又,所以数列{}是首项为,公差为1的等差数列.
(3)解 由(2)得+(n-1)×1=n-,所以an=(n-)·2n.
9.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==15a8<0,S16==8(a2+a15)>0,
故使不等式Sn<0成立的n的最大值为15.故选C.
10.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-1)c1,当n=1时,a1=a1,满足此式.所以
因为{}为等差数列,设其公差为d1,所以=d1n+c2,
所以n2+(c1-)n+a1-c1=dd1n2+(c1d1+c2d)n+c1c2,所以=dd1.因为d≠0,所以d1=故选A.
11.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==13a7<0,S14==7(a7+a8)>0,
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,…,均为负数.考虑到|S8|>|S9|>…>|S13|,|a8|<|a9|<…<|a13|,故最大,即最小,D正确.故选ABD.
12.56　解析 当n为偶数时,由题意可知S奇=,S偶=,所以S偶-S奇=d=-4n=360-480=-120,所以n=30,
此时S奇=15=15a15=480,解得a15=32,S偶=15=15a16=360,解得a16=24,则a1+a30=a15+a16=32+24=56.
13　解析 因为数列{an},{bn}均为等差数列,所以
因为(5n+4)Tn=(4n+3)Sn,所以
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
14.解 (1)由3a2=3a1+a3,得3(a2-a1)=a3,即3d=a1+2d,得a1=d,
从而an=nd,故bn=
易知S3=a1+a2+a3=6d,T3=
由题意得6d+=21,从而2d2-7d+3=0.
整理得(2d-1)(d-3)=0,解得d=3或d=(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=,前n项和为Tn,a2=a1+d,a3=a1+2d,b1=,b2=,b3=,
∵2b2=b1+b3,即2,
∴2,解得a1=d或a1=2d.
当a1=d时,an=a1+(n-1)d=d+d(n-1)=nd,
bn=(n-1),
此时{bn}是以为首项,为公差的等差数列.
S99==99×50d,
T99==99
S99-T99=99×50d-99=99,
解得d=a1=或d=-1<0(舍去).
当a1=2d时,an=a1+(n-1)d=2d+d(n-1)=(n+1)d,
bn=(n-1),此时{bn}是以为首项,为公差的等差数列,
S99==99×51d,
T99==99,
S99-T99=99×51d-99=99,解得d=-<0(舍去)或d=1(舍去),
∴a1≠2d.综上,d=
(方法二)设an=a0+nd,bn=b0+nt,
∵bn=,∴n2+n=anbn=(a0+nd)(b0+nt)=a0b0+n(a0t+b0d)+dtn2.
∴a0b0=0,dt=1,a0t+b0d=1.
∴S99-T99=-=99.
∴2a0+100d=2b0+100t+2.
设a0=0,dt=1,b0d=1,∴b0=t=
∴100d=102+2.
∵d>1,∴d=
此时an=n,等差数列{bn}的通项公式为bn=(n+1)(n∈N*).
设b0=0,dt=1,a0t=1,
∴a0=d=102d=100+2.
∵d>1,故上式无解.综上, d=
15.B　解析 因为函数f(x)=(x-1)3+2(x-1)-ln+2的定义域为(0,2),且f(2-x)+f(x)=(1-x)3+2(1-x)-ln+2+(x-1)3+2(x-1)-ln+2=4,
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)an,即(n≥2).因为a1=S1=,2Sn=nan+1,所以2S1=a2,即,
所以对任意正整数n,都有,
所以数列{}为常数列,故,即an=,由an+1-an=得数列{an}是等差数列,
所以a1+a19=a2+a18=…=a9+a11=2a10=2,故f(a1)+f(a19)=f(a2)+f(a18)=…=2f(a10)=4,
所以f(ai)=4×9+f(a10)=38.
故选B.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)