第5章 第2节 等差数列-【创新教程】2024高考数学总复习大一轮课时作业word（新教材，人教B版）

第2节　等差数列 [基础训练组] 1．(2023·福州市一模)已知等差数列{an}的公差为1，且a2，a4，a7成等比数列，则an＝(　　 ) A．2n＋1　　　　　　 B．2n＋2 C．n＋1 D．n＋2 解析：D　[等差数列{an}的公差为1，且a2，a4，a7成等比数列，∴(a1＋3)2＝(a1＋1)(a1＋6)，解得a1＝3.∴an＝3＋(n－1)＝n＋2.] 2．(2023·菏泽市一模)已知在等差数列{an}中，a1＝1，a3＝2a＋1，a5＝3a＋2，若Sn＝a1＋a2＋…＋an，且Sk＝66，则k的值为(　　 ) A．9　　 B．11　　 C．10　　 D．12 解析：B　[∵在等差数列中，2a3＝a1＋a5， ∴2(2a＋1)＝1＋3a＋2，解得a＝1，即a1＝1，a3＝3，a5＝5， ∴公差d＝1， ∴Sk＝k×1＋×1＝66，解得k＝11或k＝－12(舍)．] 3．(2023·八省八校联考二)设Sn为等差数列{an}的前n项和，且满足a1<0，S3＝S9.则当Sn取得最小值时，n的值为(　　) A．3　　 B．6　　 C．9　　 D．12 解析：B　[设公差为d，由于S3＝S9，即a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝3(a6＋a7)＝0，即a6＋a7＝0，即2a1＋11d＝0，由于a1<0，所以d>0，从而可得a6<0，a7>0，所以当Sn取得最小值时，n的值为6.故选B.] 4．(2023·汕头一模)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15,4a1,2a3，a5成等差数列，则a1＝(　　) A．5－5 B．5＋5 C．5 D．5 解析：A　[设等比数列{an}的公比为q，(q>0)，a1≠0， 故由题意可得， ， 解得q2＝2，q＝，a1＝5－5.故选A.] 5．(2022·北京卷，6)设{an}是公差不为0的无穷等差数列，则“{an}为递增数列”是“存在正整数N0，当n＞N0时，an＞0”的(　　) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 解析：C　[①充分性证明： 若{an}为递增数列，则对∀n∈N*，an＋1>an，公差d＝an＋1－an>0，取正整数N0，aN0＝a1＋(N0－1)d≥0成立，则当n＞N0时，存在an＞0. ②必要性证明： 若存在正整数N0，当n>N0时，an>0， ∵an＝a1＋(n－1)d， ∴d>，对∀n>N0，n∈N*都成立， ∵ ＝0，且d≠0， ∴d>0， ∴对∀n∈N*，都有an＋1－an＝d>0，an＋1>an，即{an}为递增数列． 所以“{an}为递增数列”是“存在正整数N0，当n>N0时，an>0”的充要条件．故选C.] 6．(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且对于任意n>1，n∈N＋，满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，则(　　) A．a9＝17 B．a10＝18 C．S9＝81 D．S10＝91 解析：BD　[∵对于任意n>1，n∈N＋，满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)， ∴Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，∴an＋1－an＝2. ∴数列{an}在n≥2时是等差数列，公差为2.又a1＝1，a2＝2， 则a9＝2＋7×2＝16，a10＝2＋8×2＝18，S9＝1＋8×2＋×2＝73，S10＝1＋9×2＋×2＝91.故选BD.] 7．(2020·新高考全国Ⅰ卷)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为　________　. 解析：公共项为1,7,13，…，数列{an}是以1为首项6为公差的等差数列，其前n项和为n＝3n2－2n. 答案：3n2－2n 8．若数列{an}满足a1＝3，an＋1＝an＋3(n∈N＋)，则a3＝　________　，通项公式an＝　________　. 解析：数列{an}满足a1＝3，an＋1＝an＋3(n∈N＋)， 所以数列{an}是首项a1＝3，公差d＝an＋1－an＝3的等差数列， 所以a3＝a1＋2d＝3＋6＝9， an＝a1＋(n－1)d＝3＋3(n－1)＝3n. 答案：9　3n 9．设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N＋)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝　________　. 解析：由an＝2n－10(n∈N＋)知{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0，得n≥5， ∴当n≤5时，an≤0，当n>5时，an>0， ∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15| ＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15) ＝20＋110＝130. 答案：130 10．已知函数f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7.