【文档说明】人教版高中数学选择性必修第二册培优练习4.2《等差数列》（解析版）.doc，共(17)页，898.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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数学选择性必修二尖子生同步培优题典4.2等差数列解析版学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项：本卷共16小题，6道单选题，3道多选题，3道填空题，4道解

答题。一、单选题1．记等差数列na的前n项和为nS，若10420Sa，则94aa（）A．13B．3C．133D．313【答案】C【解析】【分析】利用等差数列的通项公式和前n项和公式列式，即可得123ad，再将4a、9a用通项表示出来，即可求解.【详解】因为10420Sa，所以

11109102032adad，即123ad，所以91413138813223333322ddaadaaddd，故选：C【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式和前n项和公式，属于基础题.2．数列na为非常数列，满足

：39511,48aaa，且1223111nnnaaaaaanaa对任何的正整数n都成立，则1250111aaa的值为（）A．1475B．1425C．1325D．1275【答案】B【解析】因为1223111

nnnaaaaaanaa，所以122312121nnnaaaaaanaa（），即1212111?nnnnaanaanaa，所以1112111nnaannnan

a,叠加得112211?11naanana,112211?11naanana，2211n1nnaaa,即1na从第三项起成等差数列，设公差为()dd0，因为39511,48aaa，所以111,82844dd

解得1d，即18(5)3(3)nnnna，所以2121122132116,74,5aaaaaa，满足13nna，1250111aaa15045049114252，选B.3

．设数列na满足12a，26a，312a，数列na前n项和为nS，且211131nnnnSSSS（nN且2n）.若x表示不超过x的最大整数，21nnnba，数列

nb的前n项和为nT，则2020T（）A．2019B．2020C．2021D．2022【答案】C【解析】【分析】根据递推公式，可知1nnaa从第2项起是等差数列，可得122nnaan，再根据累加法，可得1nan

n，由此可得当2n时，211nnnba，又211112ba，由此即可求出nT.【详解】当2n时，211131nnnnSSSS，211131nnnnaaaa，2122nnn

aaa，2112nnnnaaaa，1nnaa从第2项起是等差数列.又12a，26a，312a，32212aaaa，142122nnaann，当2n时，11

2211nnnnnaaaaaaaa1221222212nnnnnnL，211nnnan（2n），当2n时，2111nnnnban.

又211112ba，2222020122020232021220192021Taaa.故选：C.【点睛】本题主要考查了数列的递推公式、等差数列的概念，以及累加法在求通项公式中的应用，属于中档题.4．已知

等差数列na的前n项和为nS，6350SS，则93=SS（）A．18B．13C．-13D．-18【答案】D【解析】【分析】通过等差数列的性质，可得S3，S6-S3，S9-S6为等差数列，设635,SaSa，即可得出结果.【详解】由635SS，可

设635,SaSa∵na为等差数列，∴S3，S6-S3，S9-S6为等差数列，即a，-6a，96SS成等差数列，∴96=13SSa，即9=18Sa∴9318SS故选:D.【点睛】本题考查了等差数列的性质，考查了运算求解能力，属于基础题目.5

．在等差数列na中，35710133()2()24aaaaa，则此数列前13项的和是（）．A．13B．26C．52D．56【答案】B【解析】分析：利用等差数列的下标性质，结合等差数列的求和公式即可得结果.详解：由等差数列的性质可得：3542aaa，713102aaa，代入已知

可得410322324aa，即4104aa，故数列的前13项之和11313132aaS410131342622aa．故选B．点睛：等差数列的常用性质有：(1)通项公式的推广：;nmaanmd(2)若na为等差数列，且2pqmnr2p

qmnraaaaa；(3)若na是等差数列，公差为d，2,,...kkmkmaaa，则是公差md的等差数列；(4)数列232,,...mmmmmSSSSS也是等差数列.6．设等差数列满足：22223535317coscossinsincos2s

in()aaaaaaa--=+，4,2kakZp刮且公差(1,0)d.若当且仅当8n时，数列的前项和nS取得最大值，则首项1a的取值范围是（）A．3[,2]2B．3(,2)2C．7[,2]4D．7(,2)4【答案】D【解析】【分析】【详解】∵，∴，即，即

，即，即，即，∵，∴，∴．∵，∴，则．由1111224nnnnnSnadna2188nan，对称轴方程为，由题意当且仅当时，数列的前项和取得最大值，∴，解得：．∴首项的取值范围是，故选D．【点晴】本题考查了等差数列的通项公式

，考查了三角函数的有关公式，考查了等差数列的前项和，训练了二次函数取得最值得条件，考查了计算能力．二、多选题7．已知两个等差数列na和nb的前n项和分别为nS和nT，且3393nnSnTn，则使得nnab为整数的

正整数n的值为（）A．2B．3C．4D．14【答案】ACD【解析】【分析】由等差中项的性质和等比数列的求和公式得出31815311nnanbnn，进而可得出1n为15的正约数，由此可得出正整数

n的可能取值.【详解】由题意可得12121121212121221212nnnnnnnnnaanaSanbbTnbb，则21213213931815321311nnnnnaSnbTnnn，由于nnab

为整数，则1n为15的正约数，则1n的可能取值有3、5、15，因此，正整数n的可能取值有2、4、14.故选：ACD.【点睛】本题考查两个等差数列前n项和比值的计算，涉及数的整除性质的应用，考查计算能力，属于中等题.8．设正项等差数列na满足211029220aaaa，则（

）A．29aa的最大值为10B．29aa的最大值为210C．222911aa的最大值为15D．4429aa的最小值为200【答案】ABD【解析】【分析】根据等差数列的性质，求得29,aa的关系式，由此结合基本不等式，判断出

正确选项.【详解】因为正项等差数列na满足211029220aaaa，所以22929220aaaa，即222920aa.①222929201022aaaa，当且仅当2910aa时成立，故A选项

正确.②由于22229291022aaaa，所以292910,2102aaaa，当且仅当2910aa时成立，故B选项正确.③22292222222222292929291120202011052aaaaaaaaaa

，当且仅当2910aa时成立，所以222911aa的最小值为15，故C选项错误.④结合①的结论，有24422222222929292924002400210200aaaaaaaa

，当且仅当2910aa时成立，故D选项正确.故选：ABD【点睛】本小题主要考查等差数列的性质，考查基本不等式求最值，属于中档题.9．设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，若a3＝12，S12＞0，S13＜0，则下列结论正确的是（）A．数列{an}是递增数列

B．S5＝60C．2437d＜＜D．S1，S2，…，S12中最大的是S6【答案】BCD【解析】【分析】利用等差数列的通项公式和求和公式可得a7＜0，a6＞0，再结合等差数列的通项公式和求和公式依次判断即得解.【详解】依题意，有S12＝12a112

112•d＞0，S13＝13a113122•d＜0，化为：2a1+11d＞0，a1+6d＜0，即a6+a7＞0，a7＜0，∴a6＞0．由a3＝12，得a1＝12﹣2d，联立解得247＜d＜﹣3．等差数列{an}是单调递减的．S1，S2，…，S12中最大的是S6

．S51552aa5a3＝60．综上可得：BCD正确．故选：BCD【点睛】本题考查了等差数列综合，考查了等差数列通项、求和公式和性质，考查了学生概念理解，综合分析，数学运算的能力，属于中档题.三、填空题10．稠环芳香烃化合物中有不少是致癌物质，比如

学生钟爱的快餐油炸食品中会产生苯并芘，它是由一个苯环和一个芘分子结合而成的稠环芳香烃类化合物，长期食用会致癌.下面是一组稠环芳香烃的结构简式和分子式：名称萘蒽并四苯…并n苯结构简式……分子式108CH1410CH1812CH……由此推断并十苯的分子式为________.【答案】4224CH【解析】

【分析】根据等差数列的定义可以判断出稠环芳香烃的分子式中C、H的下标分别成等差数列，结合等差数列的通项公式可以求出并n苯的分子式，最后求出并十苯的分子式即可.【详解】因为稠环芳香烃的分子式中C下标分别是：10,14,18，H的下标分别是：8,10,12所以稠环芳香烃的分子式中

C下标成等差数列，首项为10，公差为4，所以通项公式为：10(1)446nCnn，稠环芳香烃的分子式中H下标成等差数列，首项为8，公差为2，所以通项公式为：8(1)226nHnn，所以并n苯的分子式为：42nC24(2,)nHnnN，因此当10n

时，得到并十苯的分子式为：4224CH.故答案为：4224CH【点睛】本题考查了等差数列的定义，考查了等差数列的通项公式的应用，考查了数学运算能力和推理论证能力.11．数列{an}，{bn}满足bn＝an＋1＋(－1)nan(n∈

N*)，且数列{bn}的前n项和为n2，已知数列{an－n}的前2018项和为1，那么数列{an}的首项a1＝________.【答案】32【解析】【分析】先根据数列{bn}的前n项和为n2，可求得nb，再分n为奇数，得22nnaa，分n为偶

数，得24nnaan,将na的前2018项和化为2018135792015201724620162018Saaaaaaaaaaaa代入已知条件可得值.【详解】数列{bn}的前n项和

为n2，所以221(1)21(2),1nbnnnnb也符合，故21nbn，故1(1)21nnnaan，设na的前n项和为21,1nSaa.若n为奇数，则1212121121nnnnaanaann，解得22n

naa,若n为偶数，则1212121121nnnnaanaann，解得24nnaan,2018135792015201724620162018Saaaaaaaaaaaa

1120171124(482016)4aa112110084(482016)210094aa×504(42016)212110082021

a.又20182018201912S，所以12110082021110092019a，得132a.故答案为：32.【点睛】本题考查数列的前n项和与通项的关系，以及数列分项数为奇数和偶数分别反应规律的相关问题，解决的关键是根据规律

构造出所需的式子，属于中档题.12．已知等差数列na的前n项和0nS，且满足2222323nnSSSnatatat，（2n且*nN），若12nna≤（*nN），则实数t的取值范围是______.【答案】0,1【解析】

【分析】先利用已知条件解得nSn，再利用等差数列公式构建关系，得到1,,adt之间的关系，解得参数，再计算t的取值范围即可.【详解】当2n时，2222323nnSSSnatatat①

222231231(1)nnSSSnatatat②设1(1)naand，因为0nS，所以①②得221(1)11nnandtSatnnn2221121atdnaddn，又因为111(1)1222nnanndSddnann

，故22211112221atddnadnaddn，21122122120daaddddat112atd或210atd，若0d时，由2222Sat知211220aat

，则10a，0nS，与已知矛盾，因此0d不符合题意，舍去，111(1)22nnnaandt，得1t，又1=0at01t.故答案为：0,1.【点睛】本题考查了等差数列的通项公式和前前n项和公式的综合应用，属于难题.四、解答题13．

在①414S，②515S，③615S三个条件中任选两个，补充到下面问题中，并解答.已知等差数列{}na的前n项和为nS，满足：，*Nn.（1）求nS的最小值；（2）设数列671{}nnaa的前n项和nT，证明：1nT.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解

析.【解析】【分析】（1）选择②③、①②、①③条件中的一组，利用等差数列的性质及条件，求得{}na的通项公式，利用通项公式的单调性，结合题意，即可求得nS的最小值；（2）由（1）可得数列{}na的通项公式，利用裂项相消

求和法，化简整理，即可得证.【详解】（1）若选择②③；由题知：6650aSS，又因为155355152aaSa，解得33a所以6333daa，解得1d，所以16(1)(6)6naandandn，所以125670aaaaa

，所以6515nSSS；若选择①②；由题知：5541aSS，又因为15535()5152aaSa，解得33a，所以5322daa，解得1d，所以13(1)(3)6naandandn，所以125670aaaaa，所以6515nS

SS；若选择①③；由题知：1666()152aaS，所以161255aaad，由题知：1444()142aaS，所以141237aaad联立解得：15,1a

d，所以6nan，所以125670aaaaa，所以6515nSSS.（2）由（1）可得6nan，所以671111(1)1nnaannnn，所以111111111122311nTnnn.【点睛】本题考查

等差数列通项公式基本量的求法、数列单调性的应用、裂项相消法求数列的和，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.14．已知等差数列na的前n项和为nS，且满足44a，525S.（1）求数列na的通项公式及前n项和nS；（2）求

数列na的前n项和nT；（3）若242nnnaab1,2,3...n，如果对任意*nN，都有2122nbtt，求实数t的取值范围.【答案】（1）8nan，2152nnnS（2）2215,821556>82nnnnTnnn

，（3）11,,42【解析】【分析】（1）设等差数列na的首项为1a，公差为d,由已知建立方程组113451025adad,解

之可得首项和公差，从而得出数列的通项和前n项和；（2）分当8n时和当8n时，分别求和可得数列na的前n项和nT；（3）由（1）得81222nnnb，作差得18822nnnnbb，讨论n可得出nb的最大值，再由恒等式思

想，建立关于t的不等式，可求得实数t的取值范围.【详解】（1）设等差数列na的首项为1a，公差为d，由已知可得113451025adad得171ad,所以，118naandn

，2152nnnS；（2）当8n时，0na，∴2152nnnnTS，当8n时，0na，∴21289815......2562nnnnnTaaaaaSS

；（3）82412222nnnananb，则由18822nnnnbb，①当14n时，10nnbb，②当4n时，1nnbb.③当4n时，10nnbb+-<，所以12345

6...nbbbbbbb，所以数列nb的最大值为4514bb，又因为2122nbtt恒成立，所以211242tt，所以14t或12t.所以实数t的取值范围是11,,42

.【点睛】本题考查等差数列的基本量的求解，绝对值项的求和，以及不等式的恒成立问题，关键在于得出数列的单调性，得出数列的最大项，属于难度题.15．已知公差大于零的等差数列{}na的前n项和为nS，且34117aa，2522aa．（1）求数列{}na的通项公式；（2）若数列

{}nb是等差数列，且nnSbnc，求非零常数c的值．（3）设11nnnCaa，nT为数列{}nC的前n项和，是否存在正整数M，使得8nMT对任意的*nN均成立？若存在，求出M的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）43nan；（2）12

；（3）存在，M的最小值为2．【解析】【分析】（1）由2221170xx解得19x，213x，得到数列{}na满足39a，413a，列出方程组，求得11,4ad，即可求解数列的通项公式；（2）由（1）可得22nSnn，所以22nnSnnbncnc

，求得123,,bbb的值，又由数列{}nb是等差数列，所以2132bbb，求得12c，即可得到结论；（3）由题可得111()44341nCnn，利用裂项相消法可得111(1)4414nTn，即82nT，即可得到答案．【

详解】（1）因为数列{}na为等差数列，2522aa，所以342522aaaa，又34117aa，所以3a，4a是方程2221170xx的两个根，由2221170xx解得19x，213x，设等差数列{}na的公差为d，由题意可得0d，所以34aa

，所以39a，413a，所以1129313adad，解得114ad，所以14143nann，故数列{}na的通项公式为43nan．（2）由（1）知，214322nnnSnn，所以22nnSnnbncnc

，所以111bc，262bc，3153bc，因为数列{}nb是等差数列，所以2132bbb，即12115213ccc，即220cc，解得12c（0c舍去），当12c时，2nbn，易知数列{}nb是等差数列，满足题意．故非零常数c的值为12．（3）

由题可得111111434144341nnnCaannnn，利用裂项相消法可得11114414nTn，故82nT，所以存在正整数2M，使得8nMT对任意的*nN均成立，M的最小值为2．【点睛】（1）

常见的求数列通项的方法：①公式法：当已知数列na为等差或等比数列时；②叠加法：当已知数列na满足+1nnaafn，且12fffn可求时；③累乘法：当已知数列na满足+1nn

afna，且12fffn可求时；④由11,1=,2nnnSnaSSn求数列通项，当已知条件给出nS关于n的代数式时．（2）常见的数列求和方法：①公式法：当已知数列na为等差或等比数列时；②错位相减法：当已知数

列nc满足nnncab，且na是等差数列，nb是等比数列；③分组求和法：当已知数列nc满足+nnncab，且na是等差数列，nb是等比数列；④裂项相消法：当已知数列na满足1nafnfn时.（3）数列与函数的综合问题主要有以下两类：①已

知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．16．设等差数列na的首项为0，公差为a，Na；等

差数列nb的首项为0，公差为b，bN.由数列na和nb构造数表M，与数表M；记数表M中位于第i行第j列的元素为ijc，其中ijijcab，（i，j=1，2，3，…）.记数表M中位于第i行第j列的元素为ijd，其中1ijijdab（1ib，iN，jN）.

如：1,212cab，1,213dab.（1）设5a，9b，请计算2,6c，396,6c，2,6d；（2）设6a，7b，试求ijc，ijd的表达式（用i，j表示），并证明：对于整数t，若t不属于数表M，则t属于数表M；（3）设6a，7b，

对于整数t，t不属于数表M，求t的最大值.【答案】（1）50,2020,49（2）详见解析（3）29【解析】【分析】（1）将5a，9b代入，可求出na，nb，可代入求,ijc，,ijd，可求结果．（2）可求,ijc，,ijd，通过反证法证明，（3）可推出tM，

*tM，t的最大值，就是集合*M中元素的最大值，求出．【详解】（1）由题意知等差数列{}na的通项公式为：55nan；等差数列{}nb的通项公式为：99nbn，得,(55)(99)5914ijijcabiiij，则2,650c，396,62020c，得,1(

55)[9(1)9]595ijijdabijij，故2,649d．（2）证明：已知6a．7b，由题意知等差数列{}na的通项公式为：66nan；等差数列{}nb的通项公式为：77nbn，得,(66)(77)6713ijijcabiiij

，(*iN，*)jN．得,1(66)[7(1)7]676ijijdabijij，17i剟，*iN，*)jN．所以若tM，则存在uN，vN，使67tuv，若*tM，则存在uN，6u„，*v

N，使67tuv，因此，对于正整数t，考虑集合0{|6Mxxtu，uN，6}u„，即{t，6t，12t，18t，24t，30t，36}t．下面证明：集合0M中至少有一元素是7的倍数．反证法：假设集合0M中任何一个元素，都不是7的倍数，则集合0M中每一元素

关于7的余数可以为1，2，3，4，5，6，又因为集合0M中共有7个元素，所以集合0M中至少存在两个元素关于7的余数相同，不妨设为16tu，2tu，其中1u，2uN，126uu„．则这两个元素的差为7的倍数，即2112(

)(6)6()tutuuu，所以120uu，与12uu矛盾，所以假设不成立，即原命题成立．即集合0M中至少有一元素是7的倍数，不妨设该元素为06tu，06u„，0uN，则存在sZ，使067tus，0uN，06u„，即06

7tus，0uN，sZ，由已证可知，若tM，则存在uN，vN，使67tuv，而tM，所以S为负整数，设Vs，则*vN，且067tuv，0uN，06u„，*vN，所以，当6a，7b时，对于整数t，若tM，则*tM成立．（3）下面用反证法证明：若

对于整数t，*tM，则tM，假设命题不成立，即*tM，且tM．则对于整数t，存在nN，mN，uN，6u„，*vN，使6767tuvnm成立，整理，得6()7()unmv，又因为mN

，*vN，所以7()06unmv且un是7的倍数，因为uN，6u„，所以6un„，所以矛盾，即假设不成立．所以对于整数t，若*tM，则tM，又由第二问，对于整数tM，则*tM，所以

t的最大值，就是集合*M中元素的最大值，又因为67tuv，uN，*vN，6u„，所以(*)667129maxmaxtM．【点睛】本题考查数列的综合应用，以及反证法，求最值，属于难题．