6.2 等差数列 练习-2027届高三数学一轮专题复习

**基本信息** 以等差中项、通项公式、前n项和为核心，通过基础计算、性质应用、综合创新三级题型，系统提炼基本量法、性质转化、构造新数列等解题方法，强化数学抽象与逻辑推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念|单选1-2|等差中项转化、基本量计算|概念生成→公式推导| |性质应用|单选3/填空8-10|前n项和性质、公差判定|公式应用→性质拓展| |综合创新|解答11-12|递推构造、新定义迁移|性质综合→创新应用|

6.2　等 差 数 列 一、 单选题 1 [2026宁波二模]设a>0，b>0，lg 是lg 4a与lg 2b的等差中项，则2a＋b的值为(　　) A. B. C. 1 D. 2 2 [2025海安高级中学模拟]设{an}为等差数列，且a1＋a2＋a3＝3，a2＋a3＋a4＝9，则a6＋a7的值为(　　) A. 16 B. 18 C. 20 D. 22 3 [2025盐城模拟]设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1<0，S9＝S19，则当Sn取最小值时n的值为(　　) A. 12 B. 13 C. 14 D. 25 4 “中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二(除以3余2)，五五数之剩三(除以5余3)，七七数之剩二(除以7余2)，问物几何？现有这样一个相关的问题：已知正整数m满足五五数之剩三，将符合条件的所有正整数m按照从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，记数列{an}的前n项和为Sn，则的最小值为(　　) A. 23 B. C. D. 33 二、 多选题 5 [2025苏州期末]设等差数列{an}的前n项和Sn＝2n2－11n(n∈N*)，则下列说法中正确的是(　　) A. 该数列的公差为4 B. a11＝21 C. Sn有最小值－15 D. Sn有最小值－ 6 [2025广州五中月考]已知数列{an}的前n项和为Sn, an＝若Sk＝－32，则k的值可能为(　　) A. 4 B. 8 C. 9 D. 12 7 [2025淮安期中]在数列{an}和{bn}中，a1＝b1＝1，an＋1－an＝n＋1，－＝1，n∈N*，则下列说法中正确的是(　　) A. bn＝n2 B. an＝ C. 36是{an}与{bn}的公共项 D. <2 三、 填空题 8 [2026江苏部分学校月考]记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S5＋5a1＝0，则a2＝__________． 9 [2026南通海门期末]已知数列{an}的首项为1，对于任意n，m∈N*，都有an＋m＝an＋2m，则a4＝________． 10 [2025天一中学月考]已知数列{an}和{bn}都是等差数列，且前n项和分别为Sn，Tn.若＝，则＝________． 四、 解答题 11 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ (1) 记bn＝a2n，写出b1，b2的值，证明数列{bn}是等差数列，并求数列{bn}的通项公式； (2) 求数列{an}的前20项和． 12 在数列{an}中，若an＋1－a1a2a3…an＝d(n∈N*)，则称数列{an}为“泛等差数列”，常数d称为“泛差”．已知数列{an}是一个“泛等差数列”，数列{bn}满足a＋a＋…＋a＝a1a2a3…an－bn. (1) 若数列{an}的“泛差”d＝1，且a1，a2，a3成等差数列，求a1的值； (2) 若数列{an}的“泛差”d＝－1，且a1＝，求数列{bn}的通项公式． 6．2　等 差 数 列 1. C　解析：由题意，得2lg ＝lg 4a＋lg 2b，所以lg 2＝lg 22a＋b，所以2a＋b＝1. 2. C　解析：设等差数列{an}的公差为d.由a1＋a2＋a3＝3，a2＋a3＋a4＝9，得3a1＋3d＝3，3a1＋6d＝9，解得a1＝－1，d＝2，所以a6＋a7＝2a1＋11d＝－2＋22＝20. 3. C　解析：由S9＝S19，得a10＋a11＋…＋a19＝0，结合等差数列的性质，得5(a14＋a15)＝0.因为a1<0，所以等差数列{an}的公差d>0，即等差数列{an}为递增数列，所以a14<0，a15>0，故当Sn取最小值时n的值为14. 4. B　解析：由题意，得符合条件的所有正整数m为3，8，13，18，…，所以数列{an}是以3为首项，5为公差的等差数列，则an＝5(n－1)＋3，n∈N*，所以Sn＝×n＝n2＋n，则＝＝5n＋＋1≥2＋1＝23，当且仅当5n＝，即n＝时，等号成立，此时n不是整数，故等号取不到．当n＝2时，5n＋＋1＝11＋＝；当n＝3时，5n＋＋1＝16＋＝>，所以当n＝2时，取得最小值. 5. AC　解析：设等差数列{an}的公差为d.因为Sn＝2n2－11n(n∈N*)，所以当n＝1时，S1＝a1＝2－11＝－9；当n≥2时，有Sn－1＝2(n－1)2－11(n－1)＝2n2－15n＋13，所以an＝Sn－Sn－1＝2n2－11n－2n2＋15n－13＝4n－13(n≥2).又a1＝－9也符合上式，所以an＝4n－13.对于A，d＝an＋1－an＝4(n＋1)－13－4n＋13＝4，故A正确；对于B，a11＝4×11－13＝31，故B错误；对于C，D，由Sn＝2n2－11n＝2(n－)2－(n∈N*)，可知当n＝3时，Sn有最小值S3＝2×32－11×3＝－15，故C正确，D错误．故选AC. 6. AC　解析：由题意，得a1＝－11，当1≤k≤6时，由Sk＝×k＝k2－12k＝－32，解得k＝4或k＝8(舍去)，故A正确；S6＝×6＝－36，a7＝(－3)0－1＝0，a8＝(－3)1－1＝－4，S8＝－36＋0＋(－4)＝－40，故B错误；a9＝(－3)2－1＝8，S9＝－40＋8＝－32，故C正确；a10＝(－3)3－1＝－28，a11＝(－3)4－1＝80，a12＝(－3)5－1＝－244，所以S12＝－32－28＋80－244＝－224，故D错误．故选AC. 7. ACD　解析：对于A，因为＝1，－＝1，n∈N*，所以{}是以1为首项，1为公差的等差数列，则＝1＋(n－1)×1＝n，所以bn＝n2，故A正确；对于B，由题意，得a1＝1，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2，n∈N*)，所以an－a1＝2＋3＋…＋n，则an＝1＋2＋3＋…＋n＝(n≥2)，当n＝1时，a1＝1也符合上式，所以an＝，故B错误；对于C，令＝36，解得n＝8(负值舍去)，所以a8＝36；令n2＝36，解得n＝6(负值舍去)，所以b6＝36，所以36是{an}与{bn}的公共项，故C正确；对于D，由A，B知bn＝n2，an＝，所以＝＝2(－)，所以＝2＝2<2，故D正确．故选ACD. 8. 0　解析：设等差数列{an}的公差为d.由S5＋5a1＝0，得5a1＋10d＋5a1＝0，所以a1＋d＝0，故a2＝a1＋d＝0. 9. 7　解析：对于an＋m＝an＋2m，令m＝1，得an＋1＝an＋2，所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，所以a4＝1＋(4－1)×2＝7. 10. 　解析：因为数列{an}，{bn}为等差数列，且＝，所以可设Sn＝kn(3n＋1)，Tn＝kn(2n＋5)，k≠0，则b3＝T3－T2＝33k－18k＝15k，a4＝S4－S3＝52k－30k＝22k，所以＝＝. 11. (1) 由题意，得b1＝a2＝a1＝1，b2＝a4＝a3＝a2＋4＝5， 显然bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＝a2n＋4，则bn＋1＝bn＋4， 所以数列{bn}是等差数列，其首项为1，公差为4， 故其通项公式为bn＝4n－3. (2) 因为当n为奇数时，an＋1＝an， 所以数列{an}的前20项和为a1＋a2＋…＋a20＝2a2＋2a4＋…＋2a20＝2(b1＋b2＋…＋b10)＝2×＝380. 12. (1) 因为“泛差”d＝1，所以an＋1－a1a2a3…an＝1. 由题意，得a1＋a3＝2a2，a2－a1＝1，a3－a1a2＝1， 联立三式，得a＝1， 解得a1＝±1. (2) 由题意，得an＋1－a1a2a3…an＝－1， 则an＋1＋1＝a1a2a3…an. 又a＋a＋…＋a＝a1a2…an－bn，① 所以a＋a＋…＋a＝a1a2…an＋1－bn＋1.② 由②－①，得a＝a1a2…an(an＋1－1)－bn＋1＋bn， 即a＝(an＋1＋1)(an＋1－1)－bn＋1＋bn＝a－1－bn＋1＋bn， 所以bn＋1－bn＝－1. 又b1＝a1－a＝－＝， 所以{bn}是首项为，公差为－1的等差数列， 所以bn＝＋(n－1)·(－1)＝－n＋. 学科网（北京）股份有限公司 $