第二单元　等差数列一周一测基础知识专项训练-2025-2026学年数学人教A版选择性必修第二册

第二单元　等差数列 【一周一测基础知识专项训练】 单项选择题 1.[2025潍坊一中高二调研]已知6是t和2的等差中项,则t的值为(　　) A.4 B.8 C.10 D.11 2.[2025福州一中、双十中学等校高二阶段检测]若公差为-3的等差数列{an}满足a1=3,an=-18,则n=(　　) A.7 B.8 C.9 D.10 3.[2025太原五中高二月考]在等差数列{an}中,a1+a2+a3=6,a2+a3+a4=12,则{an}的公差为(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 4.[2025南京外国语学校高二月考]已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a3+a6=8,则S8=(　　) A.28 B.30 C.32 D.36 5.[2024西工大附中高二月考]已知一个等差数列共n项,且其前四项之和为21,末四项之和为67,前n项和为286,则项数n为(　　) A.26 B.24 C.25 D.28 6.[2025陕西省咸阳市模拟]在等差数列{an}中,a2 025<0,a2 026>0,且a2 026>|a2 025|,Sn是其前n项和,则(　　) A.S1,S2,…,S2 025都小于0,S2 026,S2 027,…都大于0 B.S1,S2,…,S4 049都小于0,S4 050,S4 051,…都大于0 C.S1,S2,…,S1 014都小于0,S1 015,S1 016,…都大于0 D.S1,S2,…,S4 050都小于0,S4 051,S4 052,…都大于0 7.[2025苏州中学、苏州外国语学校等校联考]已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若数列{bn}满足对任意的n∈N*,都有an+bn=n-1,且Sn=,则a10=(　　) A.10 B.39 C.20 D.19 8.【数学文化】[2025河南省实验中学开学考试]我国古代数学名著《孙子算经》中有一道数学问题:“今有物不知其数,三三数之剩二,五五数之剩三,七七数之剩二,问物几何?”类比这一数学问题,所有被3除余2的自然数从小到大组成数列{an},所有被5除余2的自然数从小到大组成数列{bn},把{an}和{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn},则(　　) A.a3+b5=c3 B.b28=c10 C.a5b2>c8 D.c9-b9=a26 多项选择题 9.[2025马鞍山二中、安庆一中等校高二联考]记等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4=-3,S11=11,则(　　) A.{an}是递增数列 B.a5+a6<0 C.当n=5时,Sn取得最小值 D.若Sn>0,则n的最小值为11 10.[2025华中师大一附中高二期末]已知数列{an}的通项公式为an=2n+1,{an}的前n项和为Sn,则下列说法正确的是(　　) A.a5+a6=a1+a3+a7 B.数列{a2n-1}是公差为4的等差数列 C.S6-2S3=18 D.数列{}的最大项为2 11.[2024合肥一六八中学月考]已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn+1+Sn=4(n+1)2,则下列说法正确的是(　　) A.若首项a1=1,则数列{an}的奇数项成等差数列 B.若首项a1=1,则数列{an}的偶数项成等差数列 C.若首项a1=1,则S15=477 D.若首项a1=a,对任意n∈N*,an<an+1恒成立,则a的取值范围是(3,5) 填空题 12.[2025山西省实验中学高二阶段考试]已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S10=1,S20=5,则S30=　　　　.  13.【教材变式】[2025河北省保定市高二期末]在2与18中间插入7个数使这9个数成等差数列,则该数列的第5项是　　　　.  14.探索创新[2024邯郸一中模拟]若数列{an}从第二项起,每一项与其前一项的差构成等差数列,则称数列{an}为二阶等差数列.某数学小组在数学探究课上,用剪刀沿直线剪一圆形纸片,将剪n(n∈N*)刀最多可以将圆形纸片分成的块数记为bn,经实际操作可得b1=2,b2=4,b3=7,b4=11,…,根据这一规律,得到二阶等差数列{bn},则b8=　　　　;若将圆形纸片最多分成1 276块,则n=　　　　.(本题第一空2分,第二空3分)  解答题 15.(13分)【教材变式】[2025启东中学高二月考]已知数列{an}是等差数列,其公差为d,前n项和为Sn. (1)若a1=1,d=-,Sk=0,求k; (2)若S15=5(a5+a9+ak),且a1≠a2,求k. 16.(15分)[2025福州一中高二期末]已知等差数列{an}满足a3=1,a2+3a4=0. (1)求{an}的通项公式; (2)求{an}的前n项和Sn的最大值. 17.(15分)[2024静海一中高二月考]已知数列{an}中,a1=-,an+1=,记bn=. (1)求证:数列{bn}是等差数列,并求出bn; (2)设Tn=|b1|+|b2|+…+|bn|,求Tn. 18.(17分)【高考变式】[2025哈工大附中月考]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)已知3a2=3a1+a3,S3+T3=21, (i)求{an}的通项公式; (ii)若cn=数列{cn}的前n项和为Hn,求H20. (2)若{bn}为等差数列,且S19-T19=19,求d. 19.(17分)[2025镇江一中高二学情调查]记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=3,{}是公差为的等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)证明:++…+<; (3)令bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,设cn=(n+1)Tn,记dm为{cn}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{dm}的前50项和D50. 参考答案 1.C　由于6是t和2的等差中项,故12=t+2,解得t=10. 2.B　由题意可得an=3+(n-1)×(-3)=6-3n,令6-3n=-18,得n=8. 3.B　由题可知a1+a2+a3=3a2=6,得a2=2,由a2+a3+a4=3a3=12,得a3=4,所以{an}的公差d=a3-a2=2. 4.C　根据等差数列求和公式及等差数列的下标和性质即可得解:由已知{an}为等差数列,所以S8==4(a3+a6)=4×8=32. 5.A　有穷等差数列中,与首末两项等距离的两项之和都相等,都等于首末两项的和.由前四项之和为21,末四项之和为67,得4(a1+an)=21+67=88,即a1+an=22,又由前n项和为286,得286==11n,所以n=26. 6.B　等差数列{an}中,a2 025<0,a2 026>0,故d>0,a1<0,又a2 026>|a2 025|,故a2 025+a2 026>0,所以S4 049==4 049a2 025<0,S4 050==2 025(a2 025+a2 026)>0,结合a1<0,d>0,可知S1,S2,…,S4 049都小于0,S4 050,S4 051,…都大于( 在等差数列{an}中,Sn=na1+)x的图象上,   若a1<0,d>0,其图象是开口向上的抛物线,对称轴为直线x=>0,所以抛物线与x轴的交点一个为原点,一个在原点右侧,如图所示). 7.D　设{an}的公差为d,由题意知,bn=-an+n-1=(1-d)n+d-a1-1,则Sn==(1-d)2n2+2(1-d)(d-a1-1)n+(d-a1-1)2,又Sn=na1+d=n2+(a1-)n,所以由结构特征知⇒解得所以a10=a1+9d=19. 8.B　根据题意数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列, an=2+3(n-1)=3n-1,数列{bn}是首项为2,公差为5的等差数列,bn=2+5(n-1)=5n-3.数列{an}与{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn},故数列{cn}是首项为2,公差为15的等差数列,cn=2+15(n-1)=15n-13. A(✕)因为a3+b5=(3×3-1)+(5×5-3)=30,c3=15×3-13=32,所以a3+b5≠c3. B(√)因为b28=5×28-3=137,c10=15×10-13=137,所以b28=c10. C(✕)因为a5=3×5-1=14,b2=5×2-3=7,c8=15×8-13=107,所以a5b2=14×7=98<107=c8. D(✕)因为c9=15×9-13=122,b9=5×9-3=42,a26=3×26-1=77,所以c9-b9=122-42=80≠77=a26. 9.ACD　A(√)设数列{an}的公差为d,由题意可得解得故{an}是递增数列( S11==11a6=11,a6=1,a6-a4=4=2d,d=2,故{an}是递增数列). B(✕)an=a1+(n-1)d=-9+2(n-1)=2n-11,则a5+a6=-1+1=( a5+a6=2a4+3d=2×(-3)+3×2=0). C(√)Sn=-9n+×2=n2-10n=(n-5)2-25,所以当n=5时,Sn取到最小值-25( an=2n-11,则a5=-1<0,a6=1>0,故当n≤5时,an<0,当n≥6时,an>0,所以当n=5时,Sn取得最小值). D(√)令Sn>0,即n2-10n>0,解得n>10,因为n∈N*,所以使Sn>0的n的最小值为11. 10.BC　A(✕)数列{an}的通项公式为an=2n+1,故a5+a6=11+13=24,a1+a3+a7=3+7+15=25,所以a5+a6≠a1+a3+a7( 由an=2n+1得{an}为首项为3、公差d=2的等差数列,则a5+a6=2a1+9d=24,a1+a3+a7=3a1+8d=25,故a5+a6≠a1+a3+a7). B(√)a2n-1=2(2n-1)+1=4n-1,则a2(n+1)-1-a2n-1=4(n+1)-1-(4n-1)=4,故数列{a2n-1}是公差为4的等差数列( 运用定义判定等差数列时,要注意a2n-1下标中n前面的系数2). C(√)数列{an}的通项公式为an=2n+1,{an}为首项a1=3,公差为2的等差数列,故Sn===n(n+2),则S6-2S3=48-2×15=18( S6-2S3==3(a6-a3)=9d=18). D(✕)==,而n+=n+,当n增大时,n+的值增大,故=随着n的增大而减小,故当n=1时,最大,故数列{}的最大项为==1. 11.BCD　B(√)由Sn+1+Sn=4(n+1)2　①,得Sn+Sn-1=4n2(n≥2)　②,①-②可得an+1+an=4(n+1)2-4n2=8n+4=4(2n+1)(n≥2)　③,所以an+an-1=4(2n-1)(n≥3)　④,③-④可得an+1-an-1=8(n≥3),因此数列{an}从第二项开始,奇数项成等差数列,偶数项也成等差数列. A(✕)若a1=1,则S1=a1=1,S2+S1=4(1+1)2,即a2+2a1=16,所以a2=14;由S3+S2=4(2+1)2得a3+2S2=36,则a3+2(1+14)=36,则a3=6,所以a3-a1=5≠8,因此a1=1时,数列{an}的奇数项不成等差数列. C(√)S15=a1+(a3+a5+…+a15)+(a2+a4+…+a14)=1+[7a3+×8]+[7a2+×8]=477. D(√)因为a3,a5,a7,…,a2n+1成公差为8的等差数列,a2,a4,a6,…,a2n也成公差为8的等差数列,所以为使对任意n∈N*,an<an+1恒成立,只需a1<a2<a3<a4,若a1=a,由S2+S1=4(1+1)2=16,得a2=16-2a;由S3+S2=4(2+1)2=36,可得a3=36-2S2=4+2a;由S4+S3=4(3+1)2=64得a4=64-2S3=24-2a.所以a<16-2a<4+2a<24-2a,解得3<a<5. 12.12　方法一(基本量法)　设等差数列{an}的公差为d,由S10=1,S20=5,得解得则S30=30a1+435d=30×(-)+435×=12. 方法二(片段和性质)　若{an}是等差数列,则S10,S20-S10,S30-S20仍成等差数列(等差数列前n项和的片段和性质:等差数列{an}中依次每k项之和仍成等差数列,即Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…成等差数列),所以2(S20-S10)=S10+(S30-S20),将S10=1,S20=5代入,得2(5-1)=1+(S30-5),得S30=12. 方法三(利用{}是等差数列)　若{an}是等差数列,则,,仍成等差数列(若等差数列{an}的公差为d,则的等差数列),又=,=,所以=2×-=,故S30=12. 13.10　设这9个数构成的等差数列为{an},公差为d,则a1=2,a9=18,因此a9=a1+8d,解得d=2,所以该数列的第5项是a5=a1+4d=10. 14.37　50　第一空:因为数列{bn}为二阶等差数列,所以数列{bn+1-bn}为等差数列,由b1=2,b2=4,b3=7,b4=11,可得b2-b1=2,b3-b2=3,b4-b3=4,所以数列{bn+1-bn}为首项为2,公差为1的等差数列,所以bn+1-bn=n+1,所以当n≥2时,b2-b1=2,b3-b2=3,b4-b3=4,…,bn-bn-1=n,将以上各式相加可得,bn-b1=2+3+4+…+n,又b1=2,所以bn=,n≥2,经验证b1=2也满足该式子,所以bn=,n∈N*,所以b8==37. 第二空:令bn=1 276,则=1 276,解得n=50. 15.【解析】(1)把a1=1,d=-,Sk=0代入Sk=ka1+d, 得0=k+×(-),整理得k2-13k=0,(4分) 解得k=13或k=(舍去). 所以k=13.(6分) (2)方法一　易知S15==15a8=5(2a7+ak),则3a8=2a7+ak, ak=a8+2(a8-a7)=a8+2d=a10, 因为a1≠a2,所以d≠0,所以k=10.(13分) 方法二　因为S15=5(a5+a9+ak),所以=5(a5+a9+ak), 即15a8=5(a5+a9+ak),因此3a8=a5+a9+ak, 所以3(a1+7d)=a1+4d+a1+8d+a1+(k-1)d, 由题意知d≠0,所以9=k-1, 解得k=10.(13分) 16.【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d. 方法一　依题意,得 解方程组,得 所以an=5+(n-1)×(-2)=7-2n.(7分) 方法二　a2+3a4=a2+a4+2a4=2a3+2a4=0, 又a3=1,所以a4=-1,d=a4-a3=-1-1=-2, 所以an=a3+(n-3)d=1+(n-3)×(-2)=7-2n.(7分) (2)方法一　Sn=na1+d=5n+×(-2)=-n2+6n=-(n-3)2+9. 因为n∈N*,所以当n=3时,Sn取得最大值,最大值为9.(15分) 方法二　由an=7-2n,可得当n≤3时,an>0;当n≥4时,an<0. 所以S1<S2<S3>S4>S5>…, 即当n=3时,Sn最大, 因为S3=5×3+×(-2)=9,所以Sn的最大值为9.(15分) 17.【解析】(1)由an+1=,得==2+,即-=2,(2分) 又bn=,所以bn+1-bn=-=2为常数, 又a1=-,所以b1=-5, 所以数列{bn}是公差为2,首项为-5的等差数列,(5分) bn=-5+(n-1)×2=2n-7.(7分) (2)通项含绝对值,要求和,先去绝对值,观察发现前3项为负,从第4项开始为正,故据此讨论. 由(1)知,bn=2n-7, 当n≤3时,bn<0,所以Tn=|b1|+|b2|+…+|bn|=-(b1+b2+…+bn)=-=6n-n2;(10分) 当n>3时,bn>0,所以Tn=|b1|+|b2|+…+|bn|=-(b1+b2+b3)+b4+b5+…+bn=-2(b1+b2+b3)+b1+b2+b3+b4+…+bn, 得到Tn=-2(-5-3-1)+=n2-6n+18.(13分) 综上,Tn=(15分) 18.【解析】(1)(i)由3a2=3a1+a3,得3d=a1+2d,解得a1=d, 则S3==3a2=3(a1+d)=6d,又T3=b1+b2+b3=++=, 所以S3+T3=6d+=21,即2d2-7d+3=0,解得d=3或d=(舍去),(3分) 所以an=a1+(n-1)d=3n.(4分) (ii)an=3n,则bn===, 则H20=a1+b2+a3+b4+…+a19+b20=(a1+a3+…+a19)+(b2+b4+…+b20)=3(1+3+5+…+19)+=340.(9分) (2)若{bn}为等差数列,则有2b2=b1+b3,即=+, 得6(-)==,即=, -3a1d+2d2=0,解得a1=d或a1=2d.(11分) 由d>1,得an>0, 又S19-T19=19,所以-=19,即19a10-19b10=19, 即a10-b10=1,得a10-=1, 即-a10-110=0,解得a10=11或a10=-1(舍去).(13分) 当a1=2d时,a10=a1+9d=11d=11,解得d=1,与d>1矛盾,不符合题意;(14分) 当a1=d时,a10=a1+9d=10d=11,解得d=, a1=d=,an=a1+(n-1)d=,bn=,符合题意.(16分) 所以等差数列{an}的公差d=.(17分) 19.等差数列的通项公式+累乘法+裂项相消法求和 思路导引　(1)首先根据等差数列的通项公式求出{}的通项:=,则推出Sn=an,再根据an与Sn的关系,求出=(n≥2),最后结合累乘法即可求出an. (2)根据(1)求出Sn=an=,然后运用裂项相消法进行证明即可. (3)根据(1)求出bn=-,运用裂项相消法求出Tn,进而求出cn,令0<cn≤m,得出dm,最后结合等差数列的前n项和公式即可求解数列{dm}的前50项和. 【解析】(1)因为{}是公差为的等差数列, 所以=+(n-1)⇒=⇒Sn=an　①( 对于含an与Sn的关系式,考虑根据an=Sn-Sn-1(n≥2)进行下一步),(2分) 则有S2=a1+a2=a2⇒a1=a2=1, . 当n≥2时,Sn-1=an-1　②,①-②,得an=an-an-1⇒=, 则an=··…···a1=··…···1=,显然a1=1也适合, 即an=.(5分) (2)由(1)可知Sn=an=, 则==3[-],(7分) 于是有++…+=3[-+-+…+-]=3[-]<3×=.(10分) (3)由(1)可知an=, 所以bn===-,(12分) 于是有Tn=-+-+…+-=1-. cn=(n+1)Tn=(n+1)[1-]=n+1-≤m⇒n-≤m-1,(14分) 当m=1时,显然上述不等式没有正整数解,即d1=0, 当m=2时,显然上述不等式的正整数解为1,即d2=1, …… 当m=50时,显然上述不等式的正整数解为1,2,3,4,5,…,49,即d50=49, 于是D50==1 225.(17分)  1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $