课时规范练26 等差数列基础巩固组1.(2021北京海淀高三月考)已知Sn为等差数列{an}的前n项和,若a4+a5=24,S6=48,则{an}的公差是( )A.1B.2C.3D.42.(2021广东深圳高三一模)在数列{an}中,a1=3,am+n=am+an(m,n∈N*),若a1+a2+a3+…+ak=135,则k=( )A.10B.9C.8D.73.(2021山东日照高三期中)在等差数列{an}中,a1与a4041是f(x)=x-4lnx-的两个极值点,则loa2021=( )A.1B.2C.0D.4.(2021天津高三期中)已知数列{bn}是公差不为0的等差数列,且-4b12=-4b2010,则数列{bn}的前2021项和为( )A.B.C.2021D.40425.(2021江苏镇江高三月考)已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,且,则使得为整数的正整数n的个数为( )A.4B.5C.6D.76.已知等差数列{an}是递增数列,a7=3a5,前n项和为Sn,下列选项错误的是( )A.d>0B.a1<0C.当n=5时Sn最小D.Sn>0时n的最小值为87.在数列{an}中,a1=1,an+an+1=3n,则下列说法错误的是( )A.a6=8B.{a2n}是等差数列C.S20=300D.a2n-a2n-1=38.(2021湖北荆州高三期末)已知等差数列{an}的公差为2,且a1,a2,a3+1成等比数列,Sn是数列{an}的前n项和,则S9= . 9.(2021江西南昌高三月考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a5=5,S10=40,则数列的前30项和T30等于 . 综合提升组10.(2021山东淄博高三一模)若等差数列{an}的前n项和为Sn,则“S2020>0,S2021<0”是“a1010a1011<0”的( )\nA.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件11.(2021湖北荆州高三月考)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若,则=( )A.B.C.D.12.设等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,a3=12,S12>0,a7<0,则下列说法错误的是( )A.d<0B.a6<0C.-<d<-3D.Sn<0时,n的最小值为1313.(2021湖南师大附中高三月考)在等差数列{an}中,a1+a7=12,当取得最小值时,a2021= . 14.(2021四川成都外国语学校高三期中)已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若(n∈N*),则= . 15.(2021广东佛山高三月考)在数列{an}中,a1=1,an+an-1=2n(n≥2,n∈N*).(1)记bn=a2n,求数列{bn}的通项公式;(2)求数列{an}的前n项和Sn.\n创新应用组16.(2021江西南昌高三模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足:当n≥2时,an,Sn,Sn-成等比数列,且a1=1,则an= . \n课时规范练26 等差数列1.D 解析:设等差数列{an}的公差为d,则a4+a5=2a1+7d=24,S6=6a1+15d=48,即解得故选D.2.B 解析:令m=1,由am+n=am+an可得an+1=a1+an,所以an+1-an=3,所以数列{an}是首项为3,公差为3的等差数列,所以an=3+3(n-1)=3n,所以a1+a2+a3+…+ak==135,整理得k2+k-90=0,解得k=9或k=-10(舍去).故选B.3.B 解析:f'(x)=1-(x>0).因为a1与a4041是f(x)=x-4lnx-的两个极值点,所以a1与a4041是方程x2-4x+m=0的两个根,即a1+a4041=4,即2a2021=4,所以a2021=2,则loa2021=2log22=2.故选B.4.D 解析:∵数列{bn}是公差不为0的等差数列,且-4b12=-4b2010,∴(b12-b2010)(b12+b2010)=4(b12-b2010),且b12≠b2010,∴b12+b2010=4,∴数列{bn}的前2021项和S2021=(b1+b2021)=(b12+b2010)=×4=4042.故选D.5.B 解析:依题意,=2+.要使为整数,当且仅当是整数,而n∈N*,则n+1是32的大于1的约数.又32的正约数有1,2,4,8,16,32六个,所以n的值有1,3,7,15,31五个,所以使得为整数的正整数n的个数为5.故选B.6.C 解析:由题意,设等差数列{an}的公差为d.因为a7=3a5,所以a1+6d=3(a1+4d),解得a1=-3d.又等差数列{an}是递增数列,所以d>0,则a1<0,故选项A,选项B正确;因为Sn=n2+a1-n=n2-n,且-,所以当n=3或4时Sn最小,故选项C错误;令Sn=n2-n>0,解得n<0或n>7,即Sn>0时n的最小值为8,故选项D正确.故选C.\n7.D 解析:因为an+an+1=3n,n∈N*,①所以an+1+an+2=3(n+1),②所以②-①得an+2-an=3(n∈N*).又因为a1=1,所以a2=2,所以a6=a4+3=a2+6=8,且奇数项和偶数项均为公差为3的等差数列,故A,B正确;对于C选项,S20=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a19+a20)=3+9+…+57==300,故C正确;对于D选项,由an+2-an=3(n∈N*)且a2-a1≠3可知,a2n-a2n-1=3不成立,故D错误.故选D.8.108 解析:设等差数列{an}的公差为d,则d=2.因为a1,a2,a3+1成等比数列,所以a1(a3+1)=,即a1(a1+5)=(a1+2)2,解得a1=4,所以S9=na1+×d=9×4+×2=108.9.227 解析:设数列{an}的公差为d,由已知得故an=-2n+15,且Sn=-n2+14n,∴=∴T30==227.10.B 解析:∵S2020>0,S2021<0,∴=1010(a1010+a1011)>0,即a1010+a1011>0.又2021×=2021a1011<0,∴a1010>0,a1011<0,可得a1010a1011<0,充分性成立.反之,若a1010<0,a1011>0,满足a1010a1011<0,不能推出“S2020>0,S2021<0”,必要性不成立.故“S2020>0,S2021<0”是“a1010a1011<0”的充分不必要条件.故选B.11.C 解析:令S5=t,则由,得S10-S5=2t,S10=3t.又由等差数列{an}的性质得S5,S10-S5,S15-S10,S20-S15成等差数列,所以有S10-S5=2t,S15-S10=3t,S20-S15=4t,相加可得S20-S5=9t,所以S20=10t.故.故选C.12.B 解析:依题意,S12=·12=6(a6+a7)>0,于是得a6+a7>0,而a7<0,a6>-a7>0,故选项B错误;显然有(a3+3d)+(a3+4d)>0,而a3=12,解得d>-,又a3+4d<0,解得\nd<-3,因此得-<d<-3,故选项A,选项C正确;数列{an}是首项为正数,公差为负数的递减数列,前6项都为正,从第7项起的各项都为负,而S12>0,S13=·13=13a7<0,于是得n≥13时,Sn<0,从而得Sn<0时,n的最小值为13,故选项D正确.故选B.13.6 解析:设等差数列{an}的公差为d,由等差中项的性质,得a1+a7=2a4=12,解得a4=6,所以=(6-d)2+62+(6+d)2=2d2+108.当d=0时,取得最小值108,此时a2021=a4=6.14.16 解析:∵等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,(n∈N*),∴.设Sn=(38n+14)=(a1+an)(k≠0),∴k(38n+14)=a1+an,∴a1=S1=(38+14)=26k,an=k(38n-12),∴a6=216k.设Tn=(2n+1)=(b1+bn)(k≠0),∴k(2n+1)=b1+bn,b1=T1=,bn=k2n-,∴b7=k,故=16.15.解(1)当n=2时,a2+a1=4.因为a1=1,所以b1=a2=3.由an+an-1=2n,可得a2n+2+a2n+1=2(2n+2)=4n+4,a2n+1+a2n=2(2n+1)=4n+2,两式相减可得a2n+2-a2n=4n+4-(4n+2)=2.因为bn=a2n,所以bn+1-bn=2,所以{bn}是以3为首项,2为公差的等差数列.所以bn=3+(n-1)×2=2n+1.(2)当n=2k(k∈N*)时,因为an+an-1=2n(n≥2,n∈N*),Sn=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+…+(a2k-1+a2k)=2×2+2×4+2×6+…+2·2k=2×(2+4+6+…+2k)=2×=(2+2k)k=,当n=2k+1(k∈N*)时,Sn=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+(a6+a7)+…+(a2k+a2k+1)=1+2×3+2×5+2×7+…+2(2k+1)=1+2×[3+5+7+…+(2k+1)]=1+2×=1+k(2k+4)=+1=,\na1=1=也满足上式.综上所述,Sn=16. 解析:由题意,当n≥2时,an,Sn,Sn-成等比数列,可得=anSn-.又因为an=Sn-Sn-1,所以=(Sn-Sn-1)Sn-可得(Sn-1-Sn)=SnSn-1,易得Sn≠0(n∈N*),所以=2,且=1,所以数列是以1为首项,2为公差的等差数列,所以=1+(n-1)×2=2n-1,即Sn=.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=,经验检n=1时不符合,所以an=
