第6章 课时冲关37 等差数列-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮课时作业word（人教A版）

课时冲关37　等差数列 对应学生用书　P265 [基础巩固练] 1．已知{an}是等差数列，且a2＋a5＋a8＋a11＝48，则a6＋a7＝(　　) A．12　　 B．16　　　 C．20　　　 D．24 解析：D　[由等差数列的性质可得a2＋a5＋a8＋a11＝2(a6＋a7)＝48，则a6＋a7＝24.] 2．(2024·陕西咸阳武功县普集高级中学校考)《数书九章》有这样一个问题：有5位士兵按从低到高站成一排(从低到高依次为甲、乙、丙、丁、戊)，身高依次成等差数列，已知乙士兵的身高为5尺1寸，这五位士兵身高之和为26尺(1尺为10寸)，则丁士兵的身高为(　　) A．5尺2寸 B．5尺3寸 C．5尺4寸 D．5尺5寸 解析：B　[设甲、乙、丙、丁、戊这5位士兵身高依次所成等差数列为{an}，公差为d，则解得a1＝5，d＝0.1，∴丁的身高为a4＝a1＋3d＝5.3.] 3．(2024·四川绵阳南山中学实验学校校考)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝(an＋1)2，则a2 023＝(　　) A．4 045 B．4 042 C．4 041 D．4 040 解析：A　[∵4Sn＝(an＋1)2，　① ∴当n≥2时，4Sn－1＝(an－1＋1)2，　② ①－②得4an＝a－a＋2an－2an－1， 2(an＋an－1)＝(an＋an－1)(an－an－1)， ∵an＞0，∴an＋an－1＞0，∴an－an－1＝2， ∴当n＝1时，4S1＝(a1＋1)2，解得a1＝1， ∴{an}是首项为1，公差为2的等差数列，则an＝2n－1，于是有a2 023＝2×2 023－1＝4 045.] 4．(2024·安徽滁州校考期末)已知等差数列{an}的公差d＜0，a5a7＝35，a4＋a8＝12，记该数列的前n项和为Sn，则Sn的最大值为(　　) A．66 B．72 C．132 D．198 解析：A　[因为等差数列{an}的公差d＜0，a5a7＝35，a4＋a8＝a5＋a7＝12， 所以a5＝7，a7＝5，则d＝－1， 所以an＝a7＋(n－7)d＝－n＋12， 由得10＜n≤12， 所以n＝11或12时，该数列的前n项和Sn取得最大值，最大值为S11＝S12＝＝＝66.] 5．(2024·湖南长沙实验中学校考二模)已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，则下列说法错误的是(　　) A．数列{2an}一定是等比数列 B．数列{ln an}一定是等差数列 C．数列一定是等差数列 D．数列{an＋an＋1}可能是常数数列 解析：B　[数列{an}是等差数列，设公差为d， 选项A，数列{an}是等差数列，那么＝2an＋1－an＝2d为常数，又2an＞0，则数列{2an}一定是等比数列，所以选项A正确；选项B，当an＜0时，数列{ln an}不存在，故选项B错误；选项C，数列{an}是等差数列，可设Sn＝An2＋Bn(A、B为常数)，此时，Cn＝＝An＋B，则Cn＋1－Cn＝A为常数，故数列一定是等差数列，所以选项C正确；选项D，bn＝an＋an＋1，则bn＋1－bn＝an＋2－an＝2d，当d＝0时，bn＋1－bn＝0，此时数列{an＋an＋1}可能是常数数列，故选项D正确．] 6．设数列{an}的前n项和为Sn，写出一个同时满足条件①②的等差数列{an}的通项公式an＝________. ①Sn存在最小值且最小值不等于a1； ②不存在正整数k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋1＜Sk＋2. 解析：若a2＜0，则满足①， 不存在正整数k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋1＜Sk＋2，则可得Sn连续两项取得最小值，即存在n使得an＝0，则可得{an}的通项公式可以是an＝2n－6. 答案：2n－6(答案不唯一) 7．(2024·四川绵阳南山中学实验学校校考)南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数列中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．现有高阶等差数列，其前7项分别为1,2,4,7,11,16,22，则该数列的第20项为________． 解析：高阶等差数列{an}：1,2,4,7,11,16,22，…，令bn＝an＋1－an，则数列{bn}：1,2,3,4,5,6，…，则数列{bn}为等差数列，首项b1＝1，公差d＝1，bn＝n，则an＋1－an＝n，则a20＝(a20－a19)＋(a19－a18)＋(a18－a17)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(19＋18＋17＋…＋1)＋1＝＋1＝191. 答案：191 8．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则a1＋a2＋…＋a51＝________. 解析：∵an＋2－an＝∴数列{an}的奇数项为常数1，偶数项构成以2为首项，2为公差的等差数列，∴a1＋a2＋…＋a51 ＝(a1＋a3＋…＋a51)＋(a2＋a4＋…＋a50)＝26＋＝676. 答案：676 9．记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4. (1)求数列{an}的通项公式an； (2)求使Sn>an成立的n的最小值． 解析：(1)由等差数列的性质可得：S5＝5a3，则a3＝5a3，∴a3＝0，设等差数列的公差为d，从而有a2a4＝(a3－d) (a3＋d)＝－d2，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a3－2d)＋(a3－d)＋a3＋(a3＋d)＝－2d，从而－d2＝－2d，由于公差不为零，故d＝2，数列的通项公式为an＝a3＋(n－3)d＝2n－6. (2)由数列的通项公式可得a1＝2－6＝－4，则Sn＝n×(－4)＋×2＝n2－5n，则不等式Sn>an即n2－5n>2n－6，整理可得(n－1)(n－6)>0，解得n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7. 10．已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①数列{an}是等差数列；②数列{}是等差数列；③a2＝3a1. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 解：选择条件①③⇒②. 已知数列{an}是等差数列，a2＝3a1，设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，所以d＝2a1.因为Sn＝na1＋d＝n2a1，所以＝n(a1>0)，所以－＝(n＋1)－n＝(常数)．所以数列{}是等差数列． 选择条件①②⇒③. 已知数列{an}是等差数列，数列{}是等差数列，设数列{an}的公差为d，则S1＝a1，S2＝2a1＋d，S3＝3a1＋3d，因为数列{}是等差数列，所以＋＝2， 即＋＝2，化简整理得 d＝2a1.所以a2＝a1＋d＝3a1. 选择条件②③⇒①. 已知数列{}是等差数列，a2＝3a1，设数列{}的公差为d，所以－＝d，即－＝d.所以a1＝d2，＝＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2.所以an＝Sn－Sn－1＝2d2n－d2(n≥2)．又a1＝d2也适合该通项公式，所以an＝2d2n－d2(n∈N*)．an＋1－an＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2(常数)，所以数列{an}是等差数列． [能力提升练] 11．(2024·山东日照高三统考)已知等差数列{an}中的各项均大于0，且3a＋a1＋a5＝16，则－的最小值为(　　) A．－2 B．－1 C．0 D．1 解析：B　[设等差数列{an}的公差为d， 则由3a＋a1＋a5＝16得3a＋2a3－16＝0，解得a3＝2或a3＝－(舍去)， 所以－＝－＝－4d－1， 因为a1＝a3－2d＝2－2d＞0，所以0＜d＜1， 令f(x)＝－4x－1(0＜x＜1)， 则f′(x)＝－4， 令f′(x)＝－4＝0得x＝或x＝(舍去)， 当0＜x＜时，f′(x)＜0，当＜x＜1时， f′(x)＞0，所以f(x)在上单调递减， f(x)在上单调递增，所以当x＝时， f(x)取得最小值为f＝－4×－1＝－1，所以－的最小值为－1.] 12．(2024·湖南长沙一中校考)在等差数列{an}中，若＜－1，且数列{an}的前n项和Sn有最大值，则使Sn＞0成立的正整数n的最大值是__________． 解析：∵等差数列{an}的前n项和有最大值，∴等差数列{an}为递减数列， 又＜－1，∴a5＞0，a6＜0，∴a5＋a6＜0， 又S10＝＝＜0， S9＝＝9a5＞0， 则使Sn＞0成立的正整数n的最大值是9. 答案：9 13．(2024·菏泽质检)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝，则不超过＋＋…＋的最大整数是_____________． 解析：∵Sn＝，∴n＝1时， S1＝，S1＞0，解得S1＝1. n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入可得：Sn＝ ，化为：S－S＝1，可得数列{S}为等差数列，首项为1，公差为1，∴S＝1＋n－1＝n，解得Sn＝. ∴＜＜(n≥2时，右边成立) 即2(－)＜＜2(－)，所以＋＋…＋＞2(－1)＞88， ∴＋＋…＋＜1＋2(－1)＝89， 所以88＜＋＋…＋＜89，所以不超过＋＋…＋的最大整数是88. 答案：88 14．已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2a4＝65，a1＋a5＝18. (1)求数列{an}的通项公式； (2)是否存在常数k，使得数列{}为等差数列？若存在，求出常数k；若不存在，请说明理由． 解：(1)设公差为d，因为{an}为等差数列，所以a1＋a5＝a2＋a4＝18，又a2a4＝65，所以a2，a4是方程x2－18x＋65＝0的两个实数根，又公差d＞0，所以a2＜a4，所以a2＝5，a4＝13. 所以解得所以an＝4n－3. (2)存在．由(1)知，Sn＝n＋×4＝2n2－n.假设存在常数k，使数列{}为等差数列．由＋＝2，得＋＝2，解得k＝1.所以＝＝n，当n≥2时，n－(n－1)＝，为常数，所以数列{}为等差数列．故存在常数k＝1，使得数列{}为等差数列． 学科网（北京）股份有限公司 $$