第1章 专题强化练1 等差数列的综合应用（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册（北师大版）

专题强化练1　等差数列的综合应用 1.(2025江西新八校联考)已知{an}为等差数列,其前n项和为Sn,若S11=11,则下列各式的值不能确定的是(　　) A.a6　　　　 　B.a2+a3+a13　　　　　 C.S1+S21　　　　　 D.+ 2.(2024广西联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=2,S2=3,若不等式2Sn+18≥kan对任意的n∈N+都成立,则(　　) A.k≤　　　　 　 B.k≤20 C.k≤6+1　　　　　 D.k≤ 3.(多选题)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述:今有良马与驽马发长安至齐,齐去长安一千一百二十五里,良马初日行一百零三里,日增十三里;驽马初日行九十七里,日减半里;良马先至齐,复还迎驽马,二马相逢.则(　　) A.驽马第七日行九十四里 B.第七日良马先至齐 C.第八日两马相逢 D.两马相逢时良马行一千三百九十五里 4.(多选题)(2024四川绵阳南山中学月考)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若S7=S13,且(n+1)Sn>nSn+1(n∈N+),则下列选项中正确的是(　　) A.a10<a11 B.S10为{Sn}的最大项 C.存在正整数k,使得Sk=0 D.不存在正整数m,使得Sm=S3m 5.设数列{an}满足a1=2,a2=6,a3=12,数列{an}的前n项和为Sn,且=3(n≥2且n∈N+).若[x]表示不超过x的最大整数,bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,则T2 020=(　　) A.2 019　　　　　B.2 020　　　　　 C.2 021　　　　　D.2 022 6.(多选题)(2024湖南株洲第二中学开学考试)设等差数列{an}的前n项和为Sn,则以下说法正确的是(　　) A.若a5=0,则S9=0 B.若S6-S9=a10,且a2>a1,则a8<0且a9>0 C.若S16=64,且在{an}的前16项中,偶数项的和与奇数项的和之比为3∶1,则{an}的公差为2 D.若(n+1)Sn>nSn+1,且=,则S3和S4均是{Sn}的最大项 7.(2025河南开封五县开学联考)已知数列{an},{bn}的通项公式分别为an=3n-2,bn=4n-3,n∈N+,将{an},{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn},则使得cn>2 025成立的n的最小值为　　　　.  8.(2023天津南开中学月考)在等差数列{an}中,a3=1,a5-a6+a7=2,则数列{cos anπ}的前2 023项的和为　　　　.  9.(2024河南信阳模拟)已知等差数列{an}满足+=1,则数列{an}的前9项和的最大值是　　　　.  10.(2023湖北联考)在①=a1a9;②=;③S6=2S4+4这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并完成解答. 问题:在公差不为0的等差数列{an}中,其前n项和为Sn,a4=16,　　　　,是否存在正整数k,使得Sk<2ak+20?若存在,求出所有的正整数k;若不存在,请说明理由.  11.(2025江西南昌莲塘一中月考)已知{an}是各项都为正数的递增数列,a1=1,且an满足(an+1+an-1)2=4an+1an,n∈N+. (1)证明:数列{}是等差数列; (2)令bn=(-1)n,求数列{bn}的前2n项和T2n. 12.(创新题　新考法)(2024浙江五校联盟联考)在平面直角坐标系xOy中,我们把点(x,y),x,y∈N+称为自然点.按如图所示的规则,将每个自然点(x,y)进行赋值,记为P(x,y),例如P(2,3)=8,P(4,2)=14,P(2,5)=17. (1)求P(x,1); (2)求证:2P(x,y)=P(x-1,y)+P(x,y+1); (3)如果P(x,y)满足方程P(x+1,y-1)+P(x,y+1)+P(x+1,y)+P(x+1,y+1)=2 024,求P(x,y)的值. 答案与分层梯度式解析 1.C 2.A 3.AD 4.BC 5.C 6.ABD 1.C　对于A,S11==11a6=11,则a6=1,A不符合题意; 对于B,设等差数列{an}的公差为d,则a2+a3+a13=a6-4d+a6-3d+a6+7d=3a6=3,B不符合题意; 对于C,S1+S21=a1+21a1+210d=22(a1+5d)+100d=22a6+100d=22+100d,而d的值不确定,因此S1+S21的值不确定,C符合题意; 对于D,=a1+(n-1)d,则+=a1+d+a1+·d=2(a1+5d)=2a6=2,D不符合题意. 2.A　由a2=2,S2=a1+a2=3,得a1=1,故{an}的公差为a2-a1=1,从而an=n,Sn=, 所以不等式2Sn+18≥kan对任意的n∈N+都成立, 即n(n+1)+18≥kn,即k≤=n++1对任意的n∈N+都成立,由对勾函数的性质可知,当n=3时,n++1取最小值, 又n∈N+,且当n=4时,n++1=9.5,当n=5时,n++1=9.6,所以=9.5=,所以k≤=. 3.AD　由题意可知,两马日行里数都成等差数列, 记良马的日行里数为数列{an},其前n项和为Sn,a1=103,公差d1=13,所以an=13n+90,n∈N+. 记驽马的日行里数为数列{bn},b1=97,公差d2=-0.5,所以bn=-0.5n+97.5,n∈N+. 驽马第七日所行里数为b7=-0.5×7+97.5=94,A正确; 前七日良马所行里数为S7=(a1+a7)=994,因为994<1 125,所以第七日良马未至齐,B错误; 设第m日两马相逢,由题意可知两马所行的里数之和是齐和长安之间距离的两倍, 即103m+×13+97m-×0.5=2×1 125,解得m=9或m=-40(舍),即第九日两马相逢,C错误; 由C可知,第九日两马相逢,此时良马所行里数为S9=(a1+a9)=1 395,D正确. 4.BC　对于A,因为(n+1)Sn>nSn+1(n∈N+),所以11S10>10S11, 即11×>10×,所以a10>a11,故A错误. 对于B,设等差数列{an}的公差为d, 由S7=S13,得S13-S7=a8+a9+a10+a11+a12+a13=3(a10+a11)=0,则a10+a11=0,又a10>a11,所以a10>0,a11<0,所以d<0,所以数列{an}为递减数列,所以S10为{Sn}的最大项,故B正确. 对于C,a1+a20=a10+a11=0,故S20==0,故C正确. 对于D,假设Sm=S3m,则ma1+·d=3ma1+·d,即2a1=(-4m+1)d, 由a10+a11=0,得a1+9d+a1+10d=0,即2a1=-19d, 所以-19d=(-4m+1)d,解得m=5,故D错误. 5.C　∵当n≥2时,=3,∴=3,∴an+2-2an+1+an=2(n≥2),∴an+2-an+1-(an+1-an)=2(n≥2)①, ∴{an+1-an}从第2项起是公差为2的等差数列, 又∵a1=2,a2=6,a3=12, ∴(a3-a2)-(a2-a1)=2, ∴当n=1时,①式也成立, 又a2-a1=4, ∴an+1-an=4+2(n-1)=2n+2=2(n+1), ∴当n≥2时,an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n+2(n-1)+…+2×2+2=2×=n(n+1), 又a1=2符合上式,∴an=n(n+1). ∴=, ∴当n≥2时,bn===1, 又∵b1==2, ∴T2 020=2+1×2 019=2 021. 6.ABD　设等差数列{an}的公差为d. 对于A,因为{an}是等差数列,a5=0,所以S9==9a5=0,故A正确; 对于B,因为a2>a1,所以d=a2-a1>0,即{an}是递增数列,由S6-S9=a10,得S9-S6=-a10,所以a9+a8+a7=-a10,即a10+a9+a8+a7=0,则a8+a9=0,所以a8<0且a9>0,故B正确; 对于C,因为S16=64,所以=64,则a1+a16=8,则a8+a9=8, 又a2+a4+a6+a8+a10+a12+a14+a16=8a9,a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=8a8, 所以8a9=3×8a8,即a9=3a8,故4a8=8,得a8=2,所以a9=6,所以d=a9-a8=4,故C错误; 对于D,由(n+1)Sn>nSn+1,得>, 即>,整理得d<0, 因为=,所以(a6+a2)(a6-a2)=0, 又因为a6-a2=4d≠0,所以a6+a2=0, 故2a4=0,即a4=0, 因为d<0,所以{an}是递减数列,则a3>0,a5<0, 所以S3>S2>S1,S3=S4>S5>S6>…, 故S3和S4均是{Sn}的最大项,故D正确. 7.答案　 170 解析　由题意得,数列{cn}:1,13,25,37,…, 故cn=12n-11,令12n-11>2 025,解得n>169,又n∈N+,所以满足题意的n的最小值为170. 8.答案　 解析　由题意可得a5-a6+a7=2a6-a6=a6=2, 所以等差数列{an}的公差d==, 所以an=a3+(n-3)d=, 所以cos anπ=cos . 令bn=cos , 则对任意的k∈N,b6k+1+b6k+2+b6k+3+b6k+4+b6k+5+b6k+6=cos+cos+cos(2kπ+π)+cos+cos+cos(2kπ+2π)=--1-++1=0, 因为2 023=6×337+1,所以数列{cos anπ}的前2 023项的和为337(b1+b2+b3+b4+b5+b6)+b1=337×0+=. 9.答案　45 解析　设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn. 由+=1,得(a5-4d)2+(a5-3d)2=1, 整理得25d2-14a5d+2-1=0,该等式可看作关于d的一元二次方程, 所以Δ=(-14a5)2-100(2-1)≥0,解得-5≤a5≤5, 所以S9==9a5≤45. 所以数列{an}的前9项和的最大值为45. 10.解析　设等差数列{an}的公差为d. 选择①:因为=a1a9,所以=a1(a1+8d),化简得a1d=d2, 因为d≠0,所以a1=d, 又a4=a1+3d=16,所以a1=d=4, 所以an=4n,Sn==2n(n+1), 所以Sk<2ak+20即2k(k+1)<8k+20,整理得k2-3k-10<0,即-2<k<5, 又k为正整数,所以存在正整数k,使得Sk<2ak+20,且k=1,2,3,4. 选择②:由=,得2S2=3a2,即2(a1+a2)=3a2,所以a2=2a1,又a2=a1+d,所以a1=d, 下同①. 选择③:因为S6=6a1+15d,S4=4a1+6d,S6=2S4+4, 所以6a1+15d=2(4a1+6d)+4,化简得2a1+4=3d, 又a4=a1+3d=16,所以a1=d=4, 下同①. 11.解析　(1)证明:由{an}是各项都为正数的递增数列,得an+1>an≥a1=1, 而=4an+1an,则an+1+an-1=2,整理得=1, 所以-=1,所以数列{}是等差数列. (2)由(1)知=+(n-1)×1=n,则an=n2, 则bn=(-1)n=(-1)n=(-1)n·, 所以b2n-1+b2n=-++=, 所以T2n=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b2n-1+b2n) = ==-. 12.解析　(1)根据题图可知P(x,1)=1+2+3+…+x=. (2)证明:由题图可得P(x,y+1)-P(x,y)=x+y-1, 所以P(x,y+1)-P(x,1)=[P(x,2)-P(x,1)]+[P(x,3)-P(x,2)]+[P(x,4)-P(x,3)]+…+[P(x,y+1)-P(x,y)]=(x+1-1)+(x+2-1)+(x+3-1)+…+(x+y-1)=1+2+…+y+y(x-1)=+y(x-1), 由(1)知P(x,1)=,所以P(x,y+1)=+y(x-1)+, 所以P(x,y)=P(x,y+1)-(x+y-1)=++(x-1)(y-1), 所以P(x-1,y)=++(x-2)(y-1), 所以P(x-1,y)+P(x,y+1)=++(x-2)(y-1)++y(x-1)+=x2+y2+2xy-3y-x+2,又P(x,y)=(x2+y2+2xy-3y-x+2), 所以2P(x,y)=P(x-1,y)+P(x,y+1). (3)结合题图知P(x+1,y-1)=P(x,y)+1, 所以P(x,y)+P(x,y+1)+P(x+1,y)+P(x+1,y+1)=2 023, 又由(2)知P(x,y)+P(x+1,y+1)=2P(x+1,y), 所以P(x,y+1)+3P(x+1,y)=2 023, 即[x(x+1)+y(y+2x-1)]+[(x+1)(x+2)+(y-1)(y+2x)]=2 023, 化简得(x+y-1)(x+y)+2x=1 010, 易知当x+y增大时,(x+y-1)(x+y)也增大, 又当x+y=31时,(x+y-1)(x+y)+2x<992<1 010, 当x+y=33时,(x+y-1)(x+y)+2x>1 056>1 010, 所以当x+y=32时,(x+y-1)(x+y)+2x=1 010,所以x=9,y=23,所以P(x,y)=P(9,23)=++8×22=474. 1 学科网（北京）股份有限公司 $