数学-江苏镇江中学2024年高二上学期期初学情检测_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年09月试卷_0926江苏省镇江中学2024年高二上学期期初学情检测

江苏省镇江中学高二年级期初学情检测（数学） 命题人：林玲 审题人：魏洁 一、单选题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的． 1. 已知数列2， 6 ， 8 ， 10 ，， 2n+2 ，，则 42是这个数列的（ ） A. 第20项 B. 第21项 C. 第22项 D. 第19项 2. 已知等差数列 的前n项和为S ，若S =1，则a +a =（ ） n 9 3 7 {𝑎𝑎𝑛𝑛} 7 2 A. −2 B. C. 1 D. 3 9 a +a +a 3. 设公差d ≠0的等差数列 { a } 中，a ,a ,a 成等比数列，则 1 3 5 =（ ） n 2 5 9 a +a +a 1 4 7 10 11 3 4 A. B. C. D. 11 10 4 3 2 4. 数列{a }的前n项和为S ，且S =n2 +2n，b = (n∈N∗,n≥1)，则数列{b }的前n项 n n n n a + a n n n+1 和为T =（ ） n A. 2n+1− 2n−1 B. 2n+3−1 C. 2n−2 D. 2n+3− 3 { } { } S 5. 记S 为数列 a 的前n项和，设甲： a 为等差数列；乙：{ n}为等差数列，则（ ） n n n n A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 6. 已知数列 { a } 的前n项和为S ．若a +a =2n+5，则S =（ ） n n n n+1 8 A. 48 B. 50 C. 52 D. 54 ( 3−a ) x−3,x≤7 7. 已知函数 f ( x )= ，若数列{a }满足a = f(n)(n∈N*)且{a }是递增数列，则实数a ax−6,x>7 n n n 的取值范围是（ ） 第1页/共4页 学科网（北京）股份有限公司9 9 A. ( ,3) B. [ ,3) 4 4 C. (2,3) D. [2,3) 1 8. 在正项等比数列 { a } 中，a = ,a +a =3．则满足a +a ++a >aa a 的最大正整数n的值 n 4 2 5 6 1 2 n 1 2 n 为（ ） A. 12 B. 11 C. 9 D. 10 二、多选题；本题共 3小题，每小题 6分，共 18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求．全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分． { } 9. 已知数列 a 的前n项和为S ，则下列结论正确的是（ ） n n A. 若 { a } 是等差数列，且S =n2 +2n+k ，则k =0 n n B. 若 { a } 是等比数列，且S =32n+1+k ，则k =−3 n n C. 若S =3n2 −2n+1，则 { a } 是等差数列 n n D. 若 { a } 是公比大于1的等比数列，则S >2S n 2n n 10. 数列 { a } 的前n项和为S ，若a =1,a =2S ( n∈N* ) ，则有（ ） n n 1 n+1 n A. S =3n−1 B. { a } 为等比数列 C. a =2⋅8n D. { S } 为等比数列 n n n n 11. 设等比数列 { a } 的公比为q，其前n项和为S ，前n项积为T ，并满足条件：a >1，a a >1, n n n 1 2024 2025 a −1 2024 <0，下列结论正确的是（ ） a −1 2025 A. S 1．令b = ，记S ,T 分别为数列 { a } , { b } 的前n项和． n n a n n n n n （1）若3a =3a +a ,S +T =21， 2 1 3 3 3 { } （ⅰ）求 a 的通项公式； n a ,n为奇数 （ⅱ）若c = n 数列 { c } 的前n项和为T ，求T ． n b ,n为偶数 n n 20 n （2）若 { b } 为等差数列，且S −T =19，求d ． n 19 19 第4页/共4页 学科网（北京）股份有限公司江苏省镇江中学高二年级期初学情检测（数学） 命题人：林玲 审题人：魏洁 一、单选题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的． 1. 已知数列2， 6 ， 8 ， 10 ，， 2n+2 ，，则 42是这个数列的（ ） A. 第20项 B. 第21项 C. 第22项 D. 第19项 【答案】A 【解析】 【分析】令 2n+2 = 42，解出即可得. 【详解】令 2n+2 = 42，解得n=20， 即 42是这个数列的第20项. 故选：A. 2. 已知等差数列 的前n项和为S ，若S =1，则a +a =（ ） n 9 3 7 {𝑎𝑎𝑛𝑛} 7 2 A. −2 B. C. 1 D. 3 9 【答案】D 【解析】 【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成a 和d 来处理，亦可用等差数列的性质进行 1 处理，或者特殊值法处理. 【详解】方法一：利用等差数列的基本量 9×8 由S =1，根据等差数列的求和公式，S =9a + d =1⇔9a +36d =1， 9 9 1 2 1 2 2 又a +a =a +2d +a +6d =2a +8d = (9a +36d)= . 3 7 1 1 1 9 1 9 故选：D 方法二：利用等差数列的性质 根据等差数列的性质，a + a = a + a，由S =1，根据等差数列的求和公式， 1 9 3 7 9 9(a +a ) 9(a +a ) 2 S = 1 9 = 3 7 =1，故a +a = . 9 2 2 3 7 9 故选：D 方法三：特殊值法 第1页/共15页 学科网（北京）股份有限公司1 2 不妨取等差数列公差d =0，则S =1=9a ⇒a = ，则a +a =2a = . 9 1 1 9 3 7 1 9 故选：D a +a +a 3. 设公差d ≠0的等差数列 { a } 中，a ,a ,a 成等比数列，则 1 3 5 =（ ） n 2 5 9 a +a +a 1 4 7 10 11 3 4 A. B. C. D. 11 10 4 3 【答案】A 【解析】 a +a +a 3a a 【分析】由题意可得8d =a ，根据 1 3 5 = 3 = 3 求解即可. 1 a +a +a 3a a 1 4 7 4 4 【详解】因为公差d ≠0的等差数列 中，a ,a ,a 成等比数列， 2 5 9 {𝑎𝑎𝑛𝑛} 所以a 2 =a ⋅a ，即( a +4d )2 =( a +d )⋅( a +8d )，解得8d =a ， 5 2 9 1 1 1 1 a +a +a 3a a a +2d 8d +2d 10 所以 1 3 5 = 3 = 3 = 1 = = . a +a +a 3a a a +3d 8d +3d 11 1 4 7 4 4 1 故选：A. 2 4. 数列{a }的前n项和为S ，且S =n2 +2n，b = (n∈N∗,n≥1)，则数列{b }的前n项 n n n n a + a n n n+1 和为T =（ ） n A. 2n+1− 2n−1 B. 2n+3−1 C. 2n−2 D. 2n+3− 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用a ,S 的关系求出a ，再利用裂项相消法求和即得. n n n 【详解】数列{a }的前n项和S =n2 +2n， n n 当n≥2时，a =S −S =n2 +2n−[(n−1)2 +2(n−1)]=2n+1，而a =S =3满足上式， n n n−1 1 1 2 因此a =2n+1，b = = 2n+3− 2n+1， n n 2n+1+ 2n+3 第2页/共15页 学科网（北京）股份有限公司所以T =( 5− 3)+( 7− 5)+( 9− 7)++( 2n+3− 2n+1)= 2n+3− 3. n 故选：D { } { } S 5. 记S 为数列 a 的前n项和，设甲： a 为等差数列；乙：{ n}为等差数列，则（ ） n n n n A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判断 作答.， { } 【详解】方法1，甲： a 为等差数列，设其首项为a ，公差为d ， n 1 则 ， 𝑛𝑛(𝑛𝑛−1) 𝑆𝑆𝑛𝑛 𝑛𝑛−1 𝑑𝑑 𝑑𝑑 𝑆𝑆𝑛𝑛+1 𝑆𝑆𝑛𝑛 𝑑𝑑 𝑆𝑆𝑛𝑛 =S𝑛𝑛𝑎𝑎1+ 2 𝑑𝑑, 𝑛𝑛 =𝑎𝑎1+ 2 𝑑𝑑 = 2𝑛𝑛+𝑎𝑎1−2,𝑛𝑛+1 − 𝑛𝑛 = 2 因此{ n}为等差数列，则甲是乙的充分条件； n S 反之，乙：{ n}为等差数列，即 为常数，设为t， n 𝑆𝑆𝑛𝑛+1 𝑆𝑆𝑛𝑛 𝑛𝑛𝑆𝑆𝑛𝑛+1−(𝑛𝑛+1)𝑆𝑆𝑛𝑛 𝑛𝑛𝑎𝑎𝑛𝑛+1−𝑆𝑆𝑛𝑛 𝑛𝑛+1 − 𝑛𝑛 = 𝑛𝑛(𝑛𝑛+1) = 𝑛𝑛(𝑛𝑛+1) 即 ，则 ，有 ， 𝑛𝑛𝑎𝑎𝑛𝑛+1−𝑆𝑆𝑛𝑛 两式 𝑛𝑛( 相 𝑛𝑛+ 减 1) 得 = ： 𝑡𝑡 𝑆𝑆𝑛𝑛 =𝑛𝑛𝑎𝑎𝑛𝑛+1−𝑡𝑡⋅𝑛𝑛(𝑛𝑛+1)，即𝑆𝑆𝑛𝑛−1 =(𝑛𝑛−1)𝑎𝑎， 𝑛𝑛 对−𝑡𝑡 n ⋅=𝑛𝑛 1 (𝑛𝑛也−成1立),𝑛𝑛，≥ 2 因此 { a } 为等𝑎𝑎差 𝑛𝑛 数=列𝑛𝑛𝑎𝑎， 𝑛𝑛+ 则 1−甲(是𝑛𝑛乙−的1)必𝑎𝑎𝑛𝑛 要−条2𝑡𝑡件𝑛𝑛， 𝑎𝑎𝑛𝑛+1−𝑎𝑎𝑛𝑛 =2𝑡𝑡 n 所以甲是乙的充要条件，C正确. { } { } n(n−1) 方法2，甲： a 为等差数列，设数列 a 的首项a ，公差为d ，即S =na + d ， n n 1 n 1 2 S 则 ，因此{ n}为等差数列，即甲是乙的充分条件； n 𝑆𝑆𝑛𝑛 (𝑛𝑛−1) 𝑑𝑑 𝑑𝑑 𝑛𝑛 =𝑎𝑎1+ S2 𝑑𝑑 = 2𝑛𝑛+𝑎𝑎1−2 反之，乙：{ n}为等差数列，即 ， n 𝑆𝑆𝑛𝑛+1 𝑆𝑆𝑛𝑛 𝑆𝑆𝑛𝑛 即 ， 𝑛𝑛+1 − 𝑛𝑛 =𝐷𝐷, 𝑛𝑛 =𝑆𝑆1+(𝑛𝑛−1 ， )𝐷𝐷 当𝑆𝑆n𝑛𝑛≥=2𝑛𝑛时𝑆𝑆1，+上𝑛𝑛(两𝑛𝑛式−相1)减𝐷𝐷得𝑆𝑆：𝑛𝑛−1 =(𝑛𝑛−1)𝑆𝑆1+(𝑛𝑛−1)(𝑛𝑛−，2当)𝐷𝐷n=1时，上式成立， 于是 ，又𝑆𝑆𝑛𝑛−𝑆𝑆𝑛𝑛−1 =𝑆𝑆1+2(𝑛𝑛−1)𝐷𝐷 为常数， 因此𝑎𝑎{𝑛𝑛 a=} 为𝑎𝑎1 等+差2(数𝑛𝑛列−，1)𝐷𝐷则甲是𝑎𝑎乙 𝑛𝑛+ 的 1−必𝑎𝑎要 𝑛𝑛 条=件𝑎𝑎1 ，+ 2𝑛𝑛𝐷𝐷−[𝑎𝑎1+2(𝑛𝑛−1)𝐷𝐷]=2𝐷𝐷 n 所以甲是乙的充要条件. 第3页/共15页 学科网（北京）股份有限公司故选：C 6. 已知数列 { a } 的前n项和为S ．若a +a =2n+5，则S =（ ） n n n n+1 8 A. 48 B. 50 C. 52 D. 54 【答案】C 【解析】 【分析】根据a +a =2n+5得到a +a =7，a +a =11，a +a =15，a +a =19，相加得到 n n+1 1 2 3 4 5 6 7 8 答案. 【详解】因为a +a =2n+5，所以a +a =7，a +a =11，a +a =15，a +a =19， n n+1 1 2 3 4 5 6 7 8 所以S =7+11+15+19=52 8 故选：C ( 3−a ) x−3,x≤7 7. 已知函数 f ( x )= ，若数列{a }满足a = f(n)(n∈N*)且{a }是递增数列，则实数a ax−6,x>7 n n n 的取值范围是（ ） 9 9 A. ( ,3) B. [ ,3) 4 4 C. (2,3) D. [2,3) 【答案】C 【解析】 【分析】 f ( x ) 在x∈[ 1,+∞) ,x∈N∗上单调递增，结合函数图象，得到不等式，求出20  故a >1 ，解得2aa a 的最大正整数n的值 n 4 2 5 6 1 2 n 1 2 n 为（ ） 第4页/共15页 学科网（北京）股份有限公司A. 12 B. 11 C. 9 D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】求出等比数列的公比和首项，可得数列的通项公式和a +a ++a 及aa a 的表达式，化简 1 2 n 1 2 n 可得关于n的不等式，解之可得n的范围，取上限的整数部分即可得答案.  1 aq3 = 【详解】设正项等比数列 { a } 公比为q，则q >0，由题意可得 1 2 ， n aq4( 1+q )=3  1 1 1 解之可得a = ，q2，故其通项公式为a = ×2n−1 =2n−5． 1 16 n 16 1 ( ) 1−2n 记 16 2n −1， T =a +a ++a = = n 1 2 n 1−2 24 n(n−9) S =aa a =2−4×2−3××2n−5 =2−4−3−+n−5 =2 2 ． n 1 2 n 由题意可得T >S ，即 2n −1 >2 n(n 2 −9) ，化简得 n(n−9) +4 ， n n 24 2n −2 2 >1 n ( n−9 ) 由n∈N*且n>1，因此只须n> +4，即n2 −11n+8<0， 2 11− 89 11+ 89 解得 2S n 2n n 第5页/共15页 学科网（北京）股份有限公司【答案】AB 【解析】 【分析】利用等差数列和等比数列的求和公式判断选项 AB;利用a −a ≠a −a 判断选项 C；通过举例 3 2 2 1 a =−2n，判断选项D. n n ( n−1 ) d d  d  【详解】对于A，若 { a } 是等差数列，则S =na + = n2 + a − n， n n 1 2 2  1 2 且S =n2 +2n+k ，故 k =0，故A正确； n ( ) 对于B，若 { a } 是等比数列，则当q ≠1时，S = a 1 1−qn =− a 1 qn + a 1 ， n n 1−q 1−q 1−q 且S =32n+1+k =3×9n +k，则k =−3； n 当q =1时，S =na ≠32n+1+k，舍去，故B正确； n 1 对于C，若S =3n2 −2n+1，则a =S =2，a =S −S =9−2=7， n 1 1 2 2 1 a =S −S =22−7=15，故a −a ≠a −a ，所以 { a } 不是等差数列，故C错误； 3 3 2 3 2 2 1 n 对于D，若a =−2n，则S =−2−4=−6,2S =2×(−2 )=−4, n 2 1 此时S <2S ，不满足S >2S ，故D错误. 2 1 2n n 故选：AB 10. 数列 { a } 的前n项和为S ，若a =1,a =2S ( n∈N* ) ，则有（ ） n n 1 n+1 n A. S =3n−1 B. { a } 为等比数列 C. a =2⋅8n D. { S } 为等比数列 n n n n 【答案】AD 【解析】 S ,n=1 1,n=1 【分析】BC选项，根据a = 1 得到a = ，从而得到BC错误；A选项，结合 n S −S ,n≥2 n 2×3n−2,n≥2 n n−1 S 等比数列求和公式得到A正确；D选项，计算出 n+1 =3，得到D正确. S n 【详解】BC选项，a =2S ①，当n=1时，a =2S =2a =2， n+1 n 2 1 1 当n≥2时，a =2S ②，①-②得 n n−1 第6页/共15页 学科网（北京）股份有限公司a −a =2S −2S =2a ，故a =3a ， n+1 n n n−1 n n+1 n { } 故 a 从第二项开始，为公比为3的等比数列，B错误； n 1,n=1 故a = ，C错误； n 2×3n−2,n≥2 2−2×3n−1 A选项，S =1+2+6++2×3n−2 =1+ =3n−1，A正确； n 1−3 S 3n D选项， n+1 = =3，故 { S } 为等比数列，D正确. S 3n−1 n n 故选：AD 11. 设等比数列 { a } 的公比为q，其前n项和为S ，前n项积为T ，并满足条件：a >1，a a >1, n n n 1 2024 2025 a −1 2024 <0，下列结论正确的是（ ） a −1 2025 A. S 1判断q >0，分q≥1和01,01,可得q >0. 2024 2025 2024 当q≥1时，因a >1，则a >1,a >1，即（*）不成立； 1 2024 2025 当01,01,00 ) ，a =aq2 =2q2，a  aq  2q， 3 1 2 1 {𝑎𝑎𝑛𝑛} 所以2q2 =4q+16，解得q =−2（舍去）或4， 所以数列 是首项为2、公比为4的等比数列，a =2×4n−1 =22n−1． n 【小问2 { 详𝑎𝑎𝑛𝑛 解 } 】 因为a =22n−1， n ( ) 2 1−4n 22n+1−2 求和可得： S = = ． n 1−4 3 第10页/共15页 学科网（北京）股份有限公司16. 记S 为等差数列 { a } 的前n项和，已知a =11,S =40． n n 2 10 { } （1）求 a 的通项公式； n { } （2）求数列 a 的前n项和T ． n n 【答案】（1）a =15−2n n 14n−n2,n≤7 （2）T = n n2 −14n+98,n≥8 【解析】 【分析】（1）根据题意列式求解a ,d ，进而可得结果； 1 （2）先求S ，讨论a 的符号去绝对值，结合S 运算求解. n n n 【小问1详解】 设等差数列的公差为d ， a =a +d =11  2 1 a +d =11 a =13 由题意可得 10×9 ，即 1 ，解得 1 ， S =10a + d =40 2a +9d =8 d =−2  10 1 2 1 所以a =13−2 ( n−1 )=15−2n， n 【小问2详解】 n ( 13+15−2n ) 因为S = =14n−n2， n 2 15 令a =15−2n>0，解得n< ，且n∈N*， n 2 当n≤7时，则a >0，可得T = a + a +⋅⋅⋅+ a =a +a +⋅⋅⋅+a =S =14n−n2； n n 1 2 n 1 2 n n 当n≥8时，则a <0，可得T = a + a +⋅⋅⋅+ a =( a +a +⋅⋅⋅+a )−( a +⋅⋅⋅+a ) n n 1 2 n 1 2 7 8 n =S −( S −S )=2S −S =2 ( 14×7−72 ) − ( 14n−n2 ) =n2 −14n+98； 7 n 7 7 n 14n−n2,n≤7 综上所述：T = . n n2 −14n+98,n≥8 S  1 17. 记S 为数列 { a } 的前n项和，已知a =1, n是公差为 的等差数列． n n 1 a  3 n 第11页/共15页 学科网（北京）股份有限公司{ } （1）求 a 的通项公式； n 1 1 1 （2）证明： + ++ <2． a a a 1 2 n n ( n+1 ) 【答案】（1）a = n 2 （2）见解析 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得 S n =1+ 1 (n−1)= n+2 ，得到S = (n+2)a n ，利用和与项的关 a 3 3 n 3 n (n+2)a (n+1)a a n+1 系得到当n≥2时，a =S −S = n − n−1 ,进而得： n = ，利用累乘法求得 n n n−1 3 3 a n−1 n−1 n ( n+1 ) n ( n+1 ) { } a = ，检验对于n=1也成立，得到 a 的通项公式a = ； n 2 n n 2 1 1 1  1  （2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到 + ++ =21− ，进而证得. a a a  n+1 1 2 n 【小问1详解】 S ∵a =1，∴S =a =1,∴ 1 =1, 1 1 1 a 1 S  1 又∵ n是公差为 的等差数列， a  3 n ∴ S n =1+ 1 (n−1)= n+2 ,∴S = (n+2)a n , a 3 3 n 3 n (n+1)a ∴当n≥2时，S = n−1 ， n−1 3 (n+2)a (n+1)a ∴a =S −S = n − n−1 , n n n−1 3 3 整理得： ( n−1 ) a =( n+1 ) a , n n−1 a n+1 即 n = , a n−1 n−1 a a a a ∴a =a × 2 × 3 ×…× n−1 × n n 1 a a a a 1 2 n−2 n−1 3 4 n n+1 n ( n+1 ) =1× × ×…× × = ， 1 2 n−2 n−1 2 第12页/共15页 学科网（北京）股份有限公司显然对于n=1也成立， n ( n+1 ) { } ∴ a 的通项公式a = ； n n 2 【小问2详解】 1 2 1 1  = =2 − , a n(n+1) n n+1 n 1 1 1  1 1 1 1 1   1  ∴ + ++ =21−  +  −  +  −  =21−  <2 a a a  2 2 3 n n+1  n+1 1 2 n 18. 已知正项数列 { a } 的前n项和为S ，满足2S =a2 +a −2. n n n n n { } （1）求数列 a 的通项公式； n a 3 k ( n+3 ) （2）设b = n ,T 为数列 { b } 的前n项和.若 −T ≤ 对任意的n∈N*恒成立，求k的取值范 n 2a n n n 2 n S n 围. 【答案】（1）a =n+1 n 5  （2）  ,+∞  8  【解析】 【分析】（1）运用公式，已知S 求a 即可； n n （2）求出b ，后运用错位相减求出T ，后结合函数单调性可解． n n 【小问1详解】 2S =a2 +a −2①，且a >0， n n n n 当n=1时，代入①得a =2； 1 当n≥2时，2S =a2 +a −2.② n−1 n−1 n−1 ①-②得2a =a2 −a2 +a −a ，整理得a +a =a2 −a2 =( a −a )( a +a ) ， n n n−1 n n−1 n n−1 n n−1 n n−1 n n−1 因为a >0，所以a −a =1 ( n≥2 ) ，所以数列 为等差数列，公差为1，所以a =n+1. n n n−1 n 【小问2详解】 {𝑎𝑎𝑛𝑛} 第13页/共15页 学科网（北京）股份有限公司n+1 1 1 1 1 b = ，T =2× +3× +4× ++( n+1 ) ，③ n 2n+1 n 22 23 24 2n+1 1 1 1 1 1 1 T =2× +3× +4× ++n× +( n+1 ) ，④ 2 n 23 24 25 2n+1 2n+2 1 1 1 1 1 1 ③-④得 T =2× + + ++ −( n+1 ) ， 2 n 22 23 24 2n+1 2n+2 3 n+3 3 k ( n+3 ) n ( n+3 ) n ( n+3 ) 所以T = − ，所以 −T ≤ ，且S = ，化简得k ≥ ， n 2 2n+1 2 n S n 2 2n+2 n n ( n+3 ) 4−n−n2 令c = ,c −c = ，所以c c >c >， n 2n+2 n+1 n 2n+3 1 2 3 4 5 5 所以c 的最大值为c = ，所以k ≥ . n 2 8 8 5  所以k的取值范围为  ,+∞ . 8  n2 +n 19. 设等差数列 { a } 的公差为d ，且d >1．令b = ，记S ,T 分别为数列 { a } , { b } 的前n项和． n n a n n n n n （1）若3a =3a +a ,S +T =21， 2 1 3 3 3 { } （ⅰ）求 a 的通项公式； n a ,n为奇数 （ⅱ）若c = n 数列 { c } 的前n项和为T ，求T ． n b ,n为偶数 n n 20 n （2）若 { b } 为等差数列，且S −T =19，求d ． n 19 19 【答案】（1）（ⅰ）a =3n；（ⅱ）T =340 n 20 11 （2）d = 10 【解析】 【分析】（1）由等差数列基本量的计算以及S ,T 的定义即可求解； n n （2）由等差数列前n项和基本量的计算结合分类讨论即可求解. 【小问1详解】 （ⅰ）由3a =3a +a ，得3d =a +2d ，解得a =d ， 2 1 3 1 1 2 6 12 9 则S =3a =3 ( a +d )=6d ，又T =b +b +b = + + = ， 3 2 1 3 1 2 3 d 2d 3d d 9 1 有S +T =6d + =21，即2d2 −7d +3=0，解得d =3或d = （舍去）， 3 3 d 2 第14页/共15页 学科网（北京）股份有限公司所以a =a +( n−1 )⋅d =3n. n 1 n2 +n n2 +n n+1 （ⅱ）a =3n，则b = = = ， n n a 3n 3 n 则T =a +b +a +b ++a +b =( a +a ++a )+( b +b ++b ) 20 1 2 3 4 19 20 1 3 19 2 4 20 3+5+7++21 =3 ( 1+3+5++19 )+ =340. 3 【小问2详解】 12 2 12 若 为等差数列，则有2b =b +b ，即 = + ， 2 1 3 a a a 2 1 3 {𝑏𝑏𝑛𝑛}  1 1  6d 1 得6 − = = ，即a2 −3ad +2d2 =0，解得a =d 或a =2d ， a a  a a a 1 1 1 1 2 3 2 3 1 由d >1，则a >0， n 又S −T =19，，由等差数列性质知，19a −19b =19， 19 19 10 10 110 即a −b =1，得a − =1， 10 10 10 a 10 即a2 −a −110=0，解得a =11或a =−10（舍去）， 10 10 10 10 当a =2d 时，a =a +9d =11d =11，解得d =1，与d >1矛盾，无解； 1 10 1 11 当a =d 时，a =a +9d =10d =11，解得d = . 1 10 1 10 11 11n 10 ( n+1 ) a =d = 时，a = ，b = ，符合题意， 1 10 n 10 n 11 11 所以等差数列 的公差d = . 10 {𝑎𝑎𝑛𝑛} 第15页/共15页 学科网（北京）股份有限公司