課時規范練30等差數列基礎鞏固組1.已知數列{an}是等差數列,且a2+a5+a8=π,則tan(a1+a9)=()A.3 B.3C.-33 D.-2.(2023廣東揭陽聯考)已知數列{an}滿足a2=3,a1=1,且an+12-an2=2an-2an-1+1(n≥2),則a2023A.2021 B.2022 C.2023 D.20243.在等差數列{an}中,a1與a4041是f(x)=x-4lnx-mx的兩個極值點,則log2a2021=(A.1 B.2 C.0 D.14.(2023新高考Ⅰ,7)設Sn為數列{an}的前n項和,設甲:{an}為等差數列;乙:Snn為等差數列,則()A.甲是乙的充分條件但不是必要條件B.甲是乙的必要條件但不是充分條件C.甲是乙的充要條件D.甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件5.已知兩個等差數列{an}和{bn}的前n項和分別為Sn和Tn,且SnTn=2n+70n+3A.4 B.5 C.6 D.76.(多選)已知等差數列{an}是遞增數列,a7=3a5,前n項和為Sn,下列選項正確的是()A.d>0B.a1<0C.當n=5時Sn最小D.Sn>0時n的最小值為87.(多選)在數列{an}中,a1=1,an+an+1=3n,則下列說法正確的是()A.a6=8 B.{a2n}是等差數列C.S20=300 D.a2n-a2n-1=38.已知等差數列{an}的公差為2,且a1,a2,a3+1成等比數列,Sn是數列{an}的前n項和,則S9=.

9.設等差數列{an},{bn}的前n項和分別是Sn,Tn,若SnTn=2n3綜合提升組10.若等差數列{an}的前n項和為Sn,則“S2020>0,S2021<0”是“a1010a1011<0”的()A.充要條件B.充分不必要條件C.必要不充分條件D.既不充分也不必要條件11.設Sn是等差數列{an}的前n項和,若S5S10=13,A.19 B.7C.113 D.12.(多選)(2023山西名校聯考)記Sn為等差數列{an}的前n項和,若a7>0,S7<0,則下列說法錯誤的是()A.a3+a6<0 B.a5+a8>0C.S4<S7 D.S14>3a913.在等差數列{an}中,a1+a7=12,當a32+a42+a14.2022年北京冬奧會開幕式始于二十四節氣倒計時,它將中國人的物候文明、傳承久遠的詩歌、現代生活的畫面和諧統一起來.我國古人將一年分為二十四個節氣,如圖所示,相鄰兩個節氣的日晷長變化量相同,冬至日晷長最長,夏至日晷長最短,周而復始.已知冬至日晷長為13.5尺,芒種日晷長為2.5尺,則一年中夏至到大雪的日晷長的和為尺.

15.設數列{an}的前n項和為Sn,對于任意的n∈N*都有an+1=an+2,且S6=4a5.(1)求數列{an}的通項公式;(2)若數列{bn}滿足bn=Sncosnπ,求數列{bn}的前2n項和T2n.創新應用組16.(2023北京朝陽一模)已知項數為k(k∈N*)的等差數列{an}滿足a1=1,14an-1≤an(n=2,3,…,k),若a1+a2+…+ak=8,則k的最大值是(A.14 B.15 C.16 D.17

課時規范練30等差數列1.D解析在等差數列{an}中,a2+a5+a8=π,則有3a5=π,即a5=π3,所以tan(a1+a9)=tan2a5=tan2π32.B解析由an+12-an2=2an-2an-1+1(n≥2)得,當n≥2時,(an+12-2an)-(an2-2an-1)∴a22-2a1=1,即n=1滿足上式,∴{an+12-2an}構成以1為首項,1為公差的等差數列,∴an∴a20232-2a2022=2022.故選3.B解析f'(x)=1-4x+mx2=x2-4x+mx2(x>0).因為a1與a4041是f(x)=x-4lnx-mx的兩個極值點,所以a1與a4041是方程x2-4x+m=0的兩個根,即a1+a4041=4,即2a2021=4,所以a2021=4.C解析(充分性)若{an}為等差數列,設其首項為a1,公差為d,則Sn=na1+n(n則Snn=a1+n-12d=d故Sn+1n+1-Snn=d2(n+1)+a1-d2-d2n+a1-d2(必要性)反之,若Snn為等差數列,設Snn=An+B,A≠0,則Sn=An2+Bn,a1=S1當n≥2時,an=Sn-Sn-1=An2+Bn-[A(n-1)2+B(n-1)]=A(2n-1)+B=2An-A+B.當n=1時也符合上式,故an=2An-A+B,即{an}為等差數列,則甲是乙的必要條件.綜上,甲是乙的充要條件.故選C.5.B解析依題意,anbn=S2n-1T2n-1=2(2n-1)+70(2n-1)+3=2n+34n+1=2+32n+1.要使anbn為整數,6.ABD解析由題意,設等差數列{an}的公差為d.因為a7=3a5,所以a1+6d=3(a1+4d),解得a1=-3d.又等差數列{an}是遞增數列,所以d>0,則a1<0,故選項A、選項B正確;因為Sn=d2n2+a1-d2n=d2n2-7d2n,且--7d2d=72,所以當n=3或4時Sn最小,故選項C錯誤;令Sn=d2n2-7d2n>0,解得n<0或n>7,即Sn7.ABC解析因為an+an+1=3n,n∈N*,①所以an+1+an+2=3(n+1),n∈N*,②所以②-①得an+2-an=3(n∈N*).又因為a1=1,所以a2=2,所以a6=a4+3=a2+6=8,且奇數項和偶數項均為公差為3的等差數列,故A,B正確;對于C選項,S20=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a19+a20)=3+9+…+57=10×(3+57)2=300,故C正確;對于D選項,由an+2-an=3(n∈N*)且a2-a1≠3可知,a2n-a2n-1=3不成立,故D8.108解析設等差數列{an}的公差為d,則d=2.因為a1,a2,a3+1成等比數列,所以a1(a3+1)=a22,即a1(a1+5)=(a1+2)2,解得a1=4,所以S9=na1+n×(n-1)2×d=99.511解析因為等差數列{an},{bn}的前n項和分別是Sn,Tn,所以a310.B解析∵S2020>0,S2021<0,∴2020(a1+a2020)2=1010(a1010+a1011)>0,又2021×a1+a20212=2021a1011<0,∴a1010>0,a1011<0,可得a1010a1011<0,充分性成立.反之,若a1010<0,a1011>0,滿足a1010a1011<0,不能推出“S2020>0,S2021<0”,必要性不成立.故“S2020>0,S2021<0”是“a1010a1011<0”11.C解析令S5=t,則由S5S10=13,得S10=3t.又由等差數列{an}的性質得S5,S10-S5,S15-S10,S20-S15成等差數列,所以有S10-S5=2t,S15-S10=3t,S20-S15=4t,相加可得S20-S5=9t,所以S20=10t.12.ABC解析∵S7=7(a1+a7)2=7a4<0,∴a4<0,又a7>0,∴∵a3+a6=a4+a5,a4<0,d>0,∴a5的正負不確定,則a3+a6的正負不確定,A錯誤;∵a5的正負不確定,a8>0,∴a5+a8的正負不確定,B錯誤;∵S7-S4=a5+a6+a7=3a6,又a6的正負不確定,∴S4,S7大小不確定,C錯誤;∵S14-3a9=14(a1+a14)2-3a9=7(a7+a8)-3a9=7(2a7+d)-3(a7+2∴S14>3a9,D正確.故選ABC.13.6解析設等差數列{an}的公差為d,由等差中項的性質,得a1+a7=2a4=12,解得a4=6,所以a32+a42+a52=(6-d)2+62+(6+d)2=2d2+108.當d=0時,a14.84解析依題意,冬至日晷長為13.5尺,記為a1=13.5,芒種日晷長為2.5尺,記為a12=2.5,因相鄰兩個節氣的日晷長變化量相同,則從冬至日晷長到芒種日晷長的各數據依次排成一列得等差數列{an},n∈N*,n≤12,數列{an}的公差d=a12-因夏至與芒種相鄰,且夏至日晷長最短,則夏至的日晷長為a12+d=1.5,又大雪與冬至相鄰,且冬至日晷長最長,則大雪的日晷長為a1+d=12.5,顯然夏至到大雪的日晷長依次排成一列是遞增等差數列,首項為1.5尺,末項為12.5尺,共12項,所以一年中夏至到大雪的日晷長的和為1.5+12.52×1215.解(1)由an+1=an+2得數列{an}是等差數列,其公差d=2,由S6=4a5得6a1+6×52d=4(a1+即6a1+30=4(a1+8),解得a1=1,所以an=1+2(n-1)=2n-1.(2)Sn=1+2n-12·n=n2,cosnπ=(所以bn=(-1)n·n2,T2n=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=-12+22-32+42-…-(2n-1)2+(2n)2=1+2+3+4+…+2n-1+2n=1+2n2·2n=2n216.B解析由a1=1,14an-1≤an(n=2,3,…,k),得1+(n-2)d≤4[1+(n-1)d],即3+(3n-2)d≥當n=