【文档说明】人教版高中数学选择性必修第二册专题4.2《等差数列》提升卷(解析版).doc，共(12)页，752.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题4.2等差数列（B卷提升篇）（人教A版第二册,浙江专用）参考答案与试题解析第Ⅰ卷（选择题）一．选择题（共10小题，满分50分，每小题5分）1．（2020·黑龙江大庆实验中学高三期中（理））在等差数列na中，首项10a，公差0d，nS是其前n项和

，若6kaS，则k（）A．15B．16C．17D．18【答案】B【解析】由6kaS得1165(1)62akdad，将10a代入得(1)15kdd，因为0d，所以115k，得16k.故选：B2．（2020·

河南高二期中（理））已知递减的等差数列na满足2219aa，则数列na的前n项和取最大值时n=（）A．4或5B．5或6C．4D．5【答案】A【解析】设递减的等差数列na的公差为d（0d），因为2219aa，所以2211(8)aad，化简得1

4ad，所以221(1)9422222nnnddddSnaddnnnnn，对称轴为92n，因为n+N，02d，所以当4n或5n时，nS取最大值，故选：A3.（2020·河北保定市·高碑店一中高一月考）已知数列na中，32a，71a，若11na

为等差数列，则19a（）A．0B．12C．23D．2【答案】A【解析】因为，32a，71a，故371111,,1312aa所以3191111122316111433aa，故190a.故选：A.4．（2020·浙江其他）已知

数列na是公差不为零的等差数列，前n项和为nS，则“0nS，*nN”是“数列na是递增数列”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】∵21110222nnnddSnadnan

恒成立，∴0d，∴na递增；反之，可取3nan，则na递增，但10S，所以“0nS，*nN”是“数列na是递增数列”的充分不必要条件.故选：A.5．（2020·武汉外国语学校其他（文））已知

数列na满足145nnaa且14a，设na的n项和为nS，则使得nS取得最大值的序号n的值为（）A．5B．6C．5或6D．6或7【答案】C【解析】由已知得，145nnaa，故na是公差为45得等差数

列，又14a，所以442441555nann，令0na，故5n或6时，nS取得最大值．故选:C6．（2020·云南保山·其他（文））已知na是公差为2的等差数列，nS为na的前n

项和，若315Saa，则8a（）A．10B．12C．15D．16【答案】D【解析】由题意得：3133Sad，且15124aaad，∴113324adad，将2d代入得：12ad，所以81716aad

.故选：D.7．（2020·云南楚雄彝族自治州·高二期中）在等差数列na中，2510aa，3614aa，则58aa（）A．12B．22C．24D．34【答案】B【解析】设数列na的公差为,d则36

2514102,22aaaad故58526106222aaaad.故选：B8.（2020·黑龙江让胡路·铁人中学高一期末）中国古代词中，有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵，赠分八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言”．题意是：把996斤绵分给8

个儿子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，那么第8个儿子分到的绵是（）A．174斤B．184斤C．191斤D．201斤【答案】B【解析】用128,,,aaa表示8个儿按照年龄从大到小

得到的绵数，由题意得数列128,,,aaa是公差为17的等差数列，且这8项的和为996，∴1878179962a，解得165a．∴865717184a．选B．9.（2020·黑龙江南岗·哈师大附中开学考试（文））设等差数列na的前n项和为nS，若130S，140S，则n

S取最大值时n的值为（）A．6B．7C．8D．13【答案】B【解析】根据130S，140S，可以确定11371147820,0aaaaaaa，所以可以得到780,0aa，所以则nS取最大值时n的值为7，故

选B.10．（2020·广西田阳高中高二月考（理））已知等差数列na，nb的前n项和分别为nS和nT，且521nnSnTn，则76ab（）A．67B．1211C．1825D．1621【答案】A【解析】因为等差数列na，

nb的前n项和分别为nS和nT，且521nnSnTn，所以可设(5)nSknn，(21)nTknn，所以77618aSSk，66521bTTk，所以7667ab.故选：A第Ⅱ卷（非选择题）二

．填空题（共7小题，单空每小题4分，两空每小题6分，共36分）11．（2020·江西昌江·景德镇一中高三月考（理））已知数列na是公差0d的等差数列，na的前n项和为nS，1639aa，648S，则10S_________

_____.【答案】120【解析】已知数列na是公差0d的等差数列，则16aa，由等差数列的求和公式可得1666482aaS，所以，1616aa，则有1616161639aaaaaa，解得13a，613a，6125aad

，因此，10110910103901202dSa.故答案为：120.12．（2020·河南信阳·其他（文））设数列na为等差数列，其前n项和为nS，已知14799aaa，25893aaa，若对任意*nN都有nkSS成立，则k的值为___

_______．【答案】20【解析】设等差数列na的公差为d，由14712581399931293aaaadaaaad，解得1392ad，221139140204002nnndSnannnnnn

.所以，当20n时，nS取得最大值，对任意*nN都有nkSS成立，则kS为数列nS的最大值，因此，20k.故答案为：20.13．（2020·江苏相城·南京师大苏州实验学校月考）已知等差数列na的前n项

和为nS，若1≤1a≤3，3≤13aS≤6，则21aa的取值范围是_______．【答案】50,3【解析】在等差数列na中，1322aaa，∴312323Saaaa，又1336a

S，∴12336aa．由113a得11113a．∴121316aaa，即213116aa，∴21503aa．即21aa的取值范围是5[0,]3．故答案为5[0,]3．14．（2020·

江苏镇江市·高三期中）数列na的前n项和为nS，定义na的“优值”为11222nnnaaaHn，现已知na的“优值”2nnH，则na______，nS______．【答案】1n

32nn【解析】由题意112222nnnaaan，∴2n时，2112122(1)2nnnaaan，两式相减得：11122(1)2(1)2nnnnnannn，1nan，又12a

，满足1nan，∴1nan，(21)(3)22nnnnnS．故答案为：1n；(3)2nn．15．（2020·乐清市知临中学高一期末）已知数列na的前n项的和为21nSnn，*12nnnbanN，则数列na的通项公式为______

；数列nb的前50项和为______.【答案】3,12,2nnann49【解析】由于数列na的前n项的和为21nSnn.当1n时，2111113aS；当2n时，22111112nnnaSS

nnnnn.13a不适合2nan，因此，3,12,2nnann.当2n时，12122nnnnban，设数列nb的前n项和为nT.当2k

且kN，则21222122222kkbbkk，因此，数列nb的前50项的和为5012344950Tbbbbbb1222449.故答案为：3,12,2nnann；49.16.（20

20·全国高二（文））已知数列{}na的前n项和为nS，数列{}nSn是首项为12，公差为14的等差数列，则{}na的通项公式为_________；若[]x表示不超过x的最大整数，如[0.5]0，[lg499]2，则数列[lg]na的前2000项的和为________

_．【答案】2nna3782【解析】∵数列{}nSn是首项为12，公差为14的等差数列，∴111(1)244nSnnn，得到24nnnS，当1n时，112142aS，当2n时，221

(1)(1)442nnnnnnnnaSS，又112a，∴2nna，∴[lg][lg]2nna，当1lg0na时，1n，当0lg1na时，2n、3、…、19，当1lg2na时，20n、21、…、199，当2lg3na≤时，200n、201、…、

1999，当lg3na时，2000n，故数列[lg]na的前2000项的和为：1232000[lg][lg][lg][lg]11180118021800313782aaaa

．故答案为：2nna，3782.17．（2020·黑龙江南岗·哈师大附中高三其他（文））等差数列na中15141024aaaa，且513aa，则5a______；若集合*122nnnNaaa∣中有2个元素，则实数的取值范围是

______.【答案】129(2,)4【解析】空1：设等差数列na的公差为d，因为15141024aaaa，且513aa，所以有：11111114139244432aadadadaadad

，因此51444212aad；空2：由（1）知：112211(1)4(1)2322nnanndnnnnnaaa由122nnaaa122nnaaa，设212322nnnnaaannb

，222111(1)3(1)34222nnnnnnnnnnbbn，显然当1n时，21bb，当2,nnN时，110nnnnbbbb，因此从第2项起，数列是递减数列，12345972,,,244bbbb，所以数列

nb的最大项为252b，因为*122nnnNaaa∣中有2个元素，所以不等式12()2nnaaa只有两个不同正整数根，而数列nb的最大项为252b，因此2n一定

是不等式()的解，因此一定有：924.故答案为：9(2,)4三．解答题（共5小题，满分64分，18--20每小题12分，21,22每小题14分）18．（2020·上海高二课时练习）在项数为2n的等差数列中，各奇数项之和为75，各偶数项之和为90，末

项与首项之差为27，求n．【答案】5n【解析】在等差数列中，项数为2n.S偶-S奇2212121221222nnnnnaanaanaanaand，由题意可知，S偶-S奇907515nd

，又2127naa，15(21)27ndnd，解得：5n，故n的值为5.19．（2020·安徽省舒城中学高一月考（理））等差数列na中，12a且2242aa，求数列na的前10项的和10S．【答案】1020S或10110S.【解析】设等差数

列na的公差为d，因为12a且2242aa，所以22223dd，即22dd，解得0d或2d，当0d时数列na的前10项的和1021020S，当2d时数列na的前10项的和101092102110

2S.20．（2020·广西南宁三中开学考试）数列na是等差数列，11afx，20a，31afx，其中242fxxx，求通项公式na以及前n项和nS.【答案】当1x时，24nan，2*3,nSnnnN；当3x时，42na

n，2*3,nSnnnN.【解析】242fxxx，221(1)4(1)2112xxxxafx，232(1)4(1)1267xfxxxax，数列na是等差数列，1322aaa，

即22221672860xxxxxx，解得1x或3x，当1x时，12,2ad，数列na的通项公式为*22124,nannnN，2*2243,2nnnSnnnN；当3x时，12,2ad

，数列na的通项公式为*22142,nannnN，2*2423,2nnnSnnnN.综上所述，当1x时，24nan，2*3,nSnnnN；当3x时，42nan，2*3

,nSnnnN.21．（2020·邵东县第一中学月考）已知公差小于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a3a4＝117，a2+a5＝22．（1）求数列{an}的通项公式；（2）求Sn的最大值．【答案】（1

）an＝-4n＋25；（2）66.【解析】（1）因为数列{}na为等差数列，所以253422aaaa，所以343411722aaaa，解得34913aa或34139aa，又数列{}na的公差0d，所以34

139aa，所以1121339adad，解得1214ad，所以数列{}na的通项公式为11425naandn．（2）由（1）知121a，4d，所以12

2(1)223823522924nnSnnnadnn，所以当6n时，nS最大，最大值为666S．22．（2020·贵州高一期末）在数列na中，11a，2222112nnnnaaaa.（1）证明，数列21

na是等差数列.（2）设2221221nnnnbaaa，是否存在正整数k，使得对任意*Nn，2nbk恒成立？若存在，求出k的最小值；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（

2）存在，1.【解析】（1）因为2222112nnnnaaaa，所以221112nnaa，因为11a，所以2111a，故数列21na是首项为1，公差为2的等差数列.（2）由（1）得2112121nnna，则2121nan.因为

2221221nnnnbaaa，所以22222123212223nnnnnnbaaaaa，所以222122231111870434521434521nnnnnnbbaaannnnn

n，则1nnbb，即数列nb是递减数列.故要使2nbk恒成立，只需12bk，因为221231183515baa，所以8215k，解得415k.故存在最

小正整数1k，使得对任意*Nn，2nbk恒成立.