课时规范练36 等差数列-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 等差数列专项训练以基础公式为根基，性质应用为主线，分层训练通项、前n项和及综合应用，提炼性质法、公式法等技巧，培养数学推理与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|5题|性质法（等差中项、片段和）、公式法（通项、前n项和）|从定义到公式再到基本性质的生成| |综合提升练|6题|Sn正负判断（单调性、不等式）、奇偶项和关系、前n项和比与通项比转化|性质应用到综合问题的逻辑推导| |创新应用练|1题|函数性质与数列递推结合|跨学科知识融合的应用拓展|

课时规范练36　等差数列 (分值:70分) (单选题每小题5分,多选题每小题6分,填空题每小题5分) 基础 巩固练 1.(2025·海南海口期末)在等差数列{an}中,已知a2=2,a6=10,则a10=(　　) A.12 B.14 C.16 D.18 2.(2026·湖南常德模拟)已知等差数列{an}的首项为1,公差为2,前n项和为Sn,则a3+S5= (　　) A.14 B.30 C.42 D.60 3.(2025·江苏南京期中)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若S2=3,S4=10,则S6=(　　) A.17 B.19 C.21 D.23 4.(多选题)(2025·广东揭阳期末)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,且S5=30,a6=0,则下列说法正确的是(　　) A.d=-1 B.a3=6 C.{}是递减数列 D.若Sn>0,则n的最大值是11 5.(2025·上海期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=29,且S10=S20,则Sn的最大值为　　　　.  综 合 提升练 6.(2025·福建龙岩模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a8<0,a2+a15>0,则使不等式Sn<0成立的n的最大值为(　　) A.13 B.14 C.15 D.16 7.(2025·辽宁期末)已知数列{an},若数列{an+1-an}与数列{}都是公差不为零的等差数列,则数列{}的公差为(　　) A. B. C. D.不确定 8.(多选题)(2025·重庆期末)设等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,已知a7<0,a7+a8>0,则下列说法正确的是(　　) A.Sn的最小值为S7 B.满足Sn>0的n的最小值是14 C.满足Sn<0的n的最大值是14 D.数列{}的最小项为第8项 9.已知一个项数为n的等差数列{an},设其前n项和为Sn,其所有奇数项的和S奇为480,所有偶数项的和S偶为360,公差d=-8,则当n为偶数时,此数列首尾两项之和为　　　.  10.(2025·云南期中)等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn与Tn,且(5n+4)Tn=(4n+3)Sn,则=　　　　　.  11.(13分)(2023·新高考Ⅰ,20)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)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式; (2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d. 创 新 应用练 12.(2025·湖北武汉二模)若f(x)=(x-1)3+2(x-1)-ln+2,数列{an}的前n项和为Sn,且S1=,2Sn=nan+1,则f(ai)= (　　) A.76 B.38 C.19 D.0 参考答案 1.D　解析 因为a2=2,a6=10,且a10+a2=a6+a6,所以a10=2a6-a2=20-2=18.故选D. 2.B　解析 因为等差数列{an}的首项a1=1,公差d=2,所以a3+S5=a1+2d+5a1+d=6a1+12d=30.故选B. 3.C　解析 因为S2,S4-S2,S6-S4是等差数列,所以2(S4-S2)=S2+(S6-S4),可得S6=3S4-3S2=30-9=21. 故选C. 4.BC　解析 对于A,B,S5==5a3=30,解得a3=6,故d==-2,A错误,B正确; 对于C,a1=a3-2d=6-2×(-2)=10, 所以Sn=na1+=10n-n(n-1)=11n-n2,所以=11-n. 令bn==11-n,故bn+1-bn=[11-(n+1)]-(11-n)=(10-n)-(11-n)=-1<0, 所以数列{}是递减数列,C正确; 对于D,令Sn=11n-n2>0,即n(n-11)<0,解得0<n<11, 因为n∈N*,所以n的最大值为10,D错误.故选BC. 5.225　解析 设等差数列{an}的公差为d,因为S10=S20, 所以S20-S10=a11+a12+…+a20=5(a11+a20)=10a1+145d=290+145d=0,解得d=-2,所以Sn=na1+d=-n2+30n, 所以当n=15时,Sn取得最大值,为225. 6.C　解析 因为数列{an}是等差数列,且a2+a15>0,所以a2+a15=a8+a9>0, 又a8<0,所以a9>0,所以公差d=a9-a8>0,所以数列{an}是递增数列, 故当n≤8时,{Sn}递减,当n≥9时,{Sn}递增, 又S15==15a8<0,S16==8(a2+a15)>0, 故使不等式Sn<0成立的n的最大值为15.故选C. 7.A　解析 设等差数列{an+1-an}的公差为d,且d≠0,则an+1-an=dn+c1, 所以当n≥2时,an=a1+[d+2d+…+(n-1)d]+(n-1)c1=a1++(n-1)c1,当n=1时,a1=a1,满足此式.所以 因为{}为等差数列,设其公差为d1,所以=d1n+c2, 所以n2+(c1-)n+a1-c1=dd1n2+(c1d1+c2d)n+c1c2,所以=dd1.因为d≠0,所以d1=故选A. 8.ABD　解析 由a7<0,a7+a8>0,可知a1<0,d>0,a8>0. 对于A,由a1,a2,…,a7均为负数,a8,a9,…均为正数可知,S7最小,A正确. 对于B,S13==13a7<0,S14==7(a7+a8)>0, 则满足Sn>0的n的最小值为14,满足Sn<0的n的最大值为13,故B正确,C错误. 对于D,由a1,a2,…,a7均为负数,a8,a9,…均为正数,且S1,S2,…,S13均为负数,S14,S15,…均为正数可知,…,均为负数.考虑到|S8|>|S9|>…>|S13|,|a8|<|a9|<…<|a13|,故最大,即最小,D正确.故选ABD. 9.56　解析 当n为偶数时,由题意可知S奇=,S偶=,所以S偶-S奇=d=-4n=360-480=-120,所以n=30, 此时S奇=15=15a15=480,解得a15=32,S偶=15=15a16=360,解得a16=24,则a1+a30=a15+a16=32+24=56. 10　解析 因为数列{an},{bn}均为等差数列,所以 因为(5n+4)Tn=(4n+3)Sn,所以 可设Sn=5λn2+4λn,Tn=4λn2+3λn,λ≠0. 对于数列{an},当n=1时,a1=9λ, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(5λn2+4λn)-[5λ(n-1)2+4λ(n-1)]=10λn-λ, 显然当n=1时,也满足an=10λn-λ,故an=10λn-λ=λ(10n-1), 同理可得bn=λ(8n-1), 故 11.解 (1)由3a2=3a1+a3,得3(a2-a1)=a3,即3d=a1+2d,得a1=d, 从而an=nd,故bn= 易知S3=a1+a2+a3=6d,T3= 由题意得6d+=21,从而2d2-7d+3=0. 整理得(2d-1)(d-3)=0,解得d=3或d=(舍去).故an=3n,n∈N*. (2)(方法一)由题意,n∈N*,d>1, 在等差数列{bn}中,bn=,前n项和为Tn,a2=a1+d,a3=a1+2d,b1=,b2=,b3=, ∵2b2=b1+b3,即2, ∴2,解得a1=d或a1=2d. 当a1=d时,an=a1+(n-1)d=d+d(n-1)=nd, bn=(n-1), 此时{bn}是以为首项,为公差的等差数列. S99==99×50d, T99==99 S99-T99=99×50d-99=99, 解得d=a1=或d=-1<0(舍去). 当a1=2d时,an=a1+(n-1)d=2d+d(n-1)=(n+1)d, bn=(n-1),此时{bn}是以为首项,为公差的等差数列, S99==99×51d, T99==99, S99-T99=99×51d-99=99,解得d=-<0(舍去)或d=1(舍去), ∴a1≠2d.综上,d= (方法二)设an=a0+nd,bn=b0+nt, ∵bn=,∴n2+n=anbn=(a0+nd)(b0+nt)=a0b0+n(a0t+b0d)+dtn2. ∴a0b0=0,dt=1,a0t+b0d=1. ∴S99-T99=-=99. ∴2a0+100d=2b0+100t+2. 设a0=0,dt=1,b0d=1,∴b0=t= ∴100d=102+2. ∵d>1,∴d= 此时an=n,等差数列{bn}的通项公式为bn=(n+1)(n∈N*). 设b0=0,dt=1,a0t=1, ∴a0=d=102d=100+2. ∵d>1,故上式无解.综上, d= 12.B　解析 因为函数f(x)=(x-1)3+2(x-1)-ln+2的定义域为(0,2),且f(2-x)+f(x)=(1-x)3+2(1-x)-ln+2+(x-1)3+2(x-1)-ln+2=4, 所以∀x1,x2∈(0,2),若x1+x2=2,则f(x1)+f(x2)=4. 由2Sn=nan+1,得当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an, 两式相减得2an=nan+1-(n-1)an,整理得nan+1=(n+1)an,即(n≥2).因为a1=S1=,2Sn=nan+1,所以2S1=a2,即, 所以对任意正整数n,都有, 所以数列{}为常数列,故,即an=,由an+1-an=得数列{an}是等差数列, 所以a1+a19=a2+a18=…=a9+a11=2a10=2,故f(a1)+f(a19)=f(a2)+f(a18)=…=2f(a10)=4, 所以f(ai)=4×9+f(a10)=38. 故选B. 1 学科网（北京）股份有限公司 $