高考数学 5.2 等差数列及其前n项和练习

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2013高考数学一轮同步训练(文科) 5.2等差数列及其前n项和

2013高考数学一轮强化训练 5.2等差数列及其前n 项和文新人教A版1.等差数列{n a }的前n 项为为n S ,且3164S a =,=,则公差d 等于( ) A.1 B.53C.2D.3答案:C解析:∵31336()2S a a ==+且31124a a d a =+,=,∴d=2.故选C.2.已知{n a }为等差数列,且743210a a a -=-,=,则公差d 等于( ) A.-2 B.12- C.12D.2答案:B解析:7433242()21a a a d a d d -=+-+==-,解得12d =-. 3.如果等差数列{n a }中34512a a a ,++=,那么1a + 2a +…+ 7a 等于( )A.14B.21C.28D.35答案:C解析:345443124a a a a a ++==,=,∴12a a ++…747()177282a a a a ++===. 4.设等差数列{n a }的前n 项和为n S ,若972S =,则2a +49a a += .答案:24解析:∵{n a }是等差数列,由972S =,得959S a =,5a =8, ∴24929456()()a a a a a a a a ++=++=++ 4a =5324a =. 5.在等差数列{n a }中35276a a a ,=,=+,则6a = . 答案:13解析:设等差数列{n a }的公差为d,则由已知得 1112746a d a d a d +=,⎧⎨+=++.⎩ 解得 132a d =,⎧⎨=.⎩ 所以61a a =+5d= 13.6.已知曲线C:xy-4x+4=0,数列{n a }的首项14a =, 且当 2n ≥时,点1()n n a a -,恒在曲线C 上,且n b =12an,-试判断数列{nb }是否是等差数列?并说明理由.解:∵当2n ≥时,点1()n n a a -,恒在曲线C 上,∴11440n n n a a a ---+=. 由12n b an=-得: 当2n ≥时111122422111a a n nb b n n a a a a a an n n n n n --,-=-=-----+--- 11142244222111a a a a n n n n a a a a a n n n n n ----===---+--+---.∴数列{n b }是公差为12-的等差数列.题组一等差数列的基本运算1.在等差数列{n a }中,已知12411039n a a a a =,+=,=,则n 等于( ) A.19 B.20 C.21 D.22 答案:B解析:∵2411310a a a d a d +=+++=,∴d=2. 由1(1)n a a n d =+-=39,解得n=20.2.等差数列{n a }的公差不为零,首项121a a =,是1a 和5a 的等比中项,则数列的前10项和是( ) A.90 B.100 C.145 D.190 答案:B解析:设公差为d,则2(1)1(14)d d +=⋅+. 因为0d ≠,解得d=2,∴10100S =.3.等差数列{n a }的前n 项和为n S ,且53655S S -=,则4a = . 答案:13解析:∵513151033S a d S a d =+,=+,∴5311653060(1515)S S a d a d -=+-+= 115a + 144515(3)155d a d a =+==, ∴413a =.4.已知数列{n a }是等差数列3410118a a a ,=,+=,则首项1a = . 答案:-3解析:∵41033()(7)28a a a d a d d +=+++=+=18, ∴d=2.∴1323a a d =-=-.另解,∵7410218a a a =+=,∴79a =.∴公差137391223734a ad a a d --===,=-=--. 题组二等差数列性质的应用5.等差数列{n a }的前n 项和为n S ,若2812a a +=,则9S 等于( ) A.54 B.45 C.36 D.27答案:A解析:99()9()19285422a a a a S ++===.6.已知等差数列{n a }的前n 项和为n S ,若4518a a =-,则8S 等于( )A.68B.72C.54D.90 答案:B解析:∵4518a a =-,∴4518a a +=.∴88()8()18457222a a a a S ++===.7.已知{n a }是等差数列67782028a a a a ,+=,+=,则该数列前13项和13S 等于( )A.156B.132C.110D.100 答案:A解析:由67782028a a a a +=,+=知7448a =,∴712a =,故13713156S a ==,选A. 8.已知{n a }是等差数列451555a S ,=,=,则过点34(3)(4)P a Q a ,,,的直线的斜率为( ) A.4B.14C.-4D.-14 答案:A解析:∵{n a }是等差数列451555a S ,=,=, ∴153********a a a a +=,=,=.∴43443PQ a ak -==,-选A. 9.若等差数列{n a }的前5项和525S =,且23a =,则7a 等于( )A.12B.13C.14D.15答案:B解析:535S a =,∴35a =,∴d=2. ∴773213a =+⨯=,故选B.10.设等差数列{n a }的前n 项和为n S ,若981S =,则 2a + 58a a += . 答案:27解析:∵99()9()19288122a a a a S ++===, ∴285218a a a +==.即2585327a a a a ++==.题组三证明数列是等差数列11.已知数列{n a }和{n b }满足1121(1)1n n n n n a a a a b a +=,-=-,=-.求数列{n b }的通项公式.解:由1n n b a =-得1n n a b =+代入11(1)n n n a a a +-=-得1(1)n n n b b b +=+, 整理得11n n n n b b b b ++-=,∵0(n b ≠否则1n a =,与12a =矛盾),从而得1111b b n n-=,+ ∵1111b a =-=,∴数列{1nb }是首项为1,公差为1的等差数列.∴1n b n=,即1n b n=.12.已知{n a }是以a 为首项,q 为公比的等比数列n S ,为它的前n 项和. (1)当134S S S ,,成等差数列时,求q 的值;(2)当m n l S S S ,,成等差数列时,求证:对任意自然数m k n k l k k a a a +++,,,也成等差数列. 解:(1)由已知1n n a aq -,=,因此13(1S a S a =,=+ 2q q + 234)(1)S a q q q ,=+++. 当134S S S ,,成等差数列时1432S S S ,+=,可得32aq aq aq =+.化简得210q q --=.解得q =.(2)证明:若q=1,则{n a }的每项n a a =,此时m k a +、n k a +、l k a +显然成等差数列. 若1q ≠,由m n l S S S ,,成等差数列可得m S +l S =2n S ,即(1)(1)2(1)111m l n a q a q a q q q q ---+=---. 整理得2m l n q q q +=.因此11()22k m l n k m k l k n k a a aq q q aq a -+-+++,+=+==. 所以m k a +,、n k a +、l k a +也成等差数列.高考学习网－中国最大高考学习网站 | 我们负责传递知识！。

等差数列及其前n项和经典习题

第28讲等差数列及其前n 项和一、基本概念1．等差数列的定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d 表示．2．等差数列的通项公式若等差数列{a n }的首项是a 1，公差是d ，则其通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d .3．等差中项如果A ＝a ＋b2，那么A 叫做a 与b 的等差中项．4．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)．例1：等差数列147369{},39,27,{}9n n a a a a a a a a ++=++=中则数列前项的和9S 等于？(3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．（4）．如果a 1，a 2，…，a 8为各项都大于零的等差数列，公差d ≠0，则( )． A ．a 1a 8＞a 4a 5B ．a 1a 8＜a 4a 5C ．a 1＋a 8＜a 4＋a 5D ．a 1a 8＝a 4a 5B ．解析：由a 1＋a 8＝a 4＋a 5，∴排除C ．又a 1·a 8＝a 1(a 1＋7d )＝a 12＋7a 1d ，∴a 4·a 5＝(a 1＋3d )(a 1＋4d )＝a 12＋7a 1d ＋12d 2＞a 1·a 8．（5）．已知方程(x 2－2x ＋m )(x 2－2x ＋n )＝0的四个根组成一个首项为41的等差数列，则｜m －n ｜等于( )．A ．1B ．43 C ．21 D ．83 4．C 解析：解法1：设a 1＝41，a 2＝41＋d ，a 3＝41＋2d ，a 4＝41＋3d ，而方程x 2－2x ＋m ＝0中两根之和为2，x 2－2x ＋n ＝0中两根之和也为2，∴a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋6d ＝4， ∴d ＝21，a 1＝41，a 4＝47是一个方程的两个根，a 1＝43，a 3＝45是另一个方程的两个根． ∴167，1615分别为m 或n ， ∴｜m －n ｜＝21，故选C ．解法2：设方程的四个根为x 1，x 2，x 3，x 4，且x 1＋x 2＝x 3＋x 4＝2，x 1·x 2＝m ，x 3·x 4＝n ．由等差数列的性质：若γ＋s ＝p ＋q ，则a γ＋a s ＝a p ＋a q ，若设x 1为第一项，x 2必为第四项，则x 2＝47，于是可得等差数列为41，43，45，47， ∴m ＝167，n ＝1615， ∴｜m －n ｜＝21． 5．等差数列的前n 项和公式若已知首项a 1和末项a n ，则S n ＝n (a 1＋a n )2；若已知首项a 1和公差d ，则其前n 项和公式为S n ＝na 1＋n (n －1)2d .例2：(2011·福建)在等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值．性质(1)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列．例3：在等差数列{}n a 中，若481,4S S ==，则17181920a a a a +++的值为？性质(2)S 2n －1＝(2n －1)a n .例4：两个等差数列{}{},,n n a b 1212...72,...3n n a a a n b b b n ++++=++++则55ab =_ __。

高考数学(人教a版,理科)题库：等差数列及其前n项和(含答案)

第2讲等差数列及其前n项和一、选择题1． {a n}为等差数列，公差d＝－2，S n为其前n项和．若S10＝S11，则a1＝( ) A．18 B．20C．22 D．24解析由S10＝S11得a11＝S11－S10＝0，a1＝a11＋(1－11)d＝0＋(－10)×(－2)＝20.答案 B2．设等差数列{a n}的前n项和为S n.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当S n取最小值时，n等于( )．A．6 B．7 C．8 D．9解析由a4＋a6＝a1＋a9＝－11＋a9＝－6，得a9＝5，从而d＝2，所以S n＝－11n＋n(n－1)＝n2－12n＝(n－6)2－36，因此当S n取得最小值时，n＝6.答案 A3．已知{a n}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，则a20等于()．A．－1 B．1 C．3 D．7解析两式相减，可得3d＝－6，d＝－2.由已知可得3a3＝105，a3＝35，所以a20＝a3＋17d＝35＋17×(－2)＝1.答案 B4．在等差数列{a n}中，S15>0，S16<0，则使a n>0成立的n的最大值为()．A．6 B．7 C．8 D．9解析依题意得S15＝15(a1＋a15)2＝15a8>0，即a8>0；S16＝16(a1＋a16)2＝8(a1＋a16)＝8(a8＋a9)<0，即a8＋a9<0，a9<－a8<0.因此使a n>0成立的n的最大值是8，选C.答案 C5．设S n为等差数列{a n}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，S k＋2－S k＝24，则k ＝( )．A ．8B ．7C ．6D ．5解析由a 1＝1，公差d ＝2得通项a n ＝2n －1，又S k ＋2－S k ＝a k ＋1＋a k ＋2，所以2k ＋1＋2k ＋3＝24，得k ＝5. 答案 D6．已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且A n B n＝7n ＋45n ＋3，则使得a nb n为整数的正整数的个数是( )． A ．2 B ．3 C ．4D ．5解析由A n B n ＝7n ＋45n ＋3得：a n b n ＝A 2n －1B 2n －1＝14n ＋382n ＋2＝7n ＋19n ＋1，要使a nb n 为整数，则需7n ＋19n ＋1＝7＋12n ＋1为整数，所以n ＝1,2,3,5,11，共有5个．答案 D 二、填空题7．已知数列{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，a 7－a 5＝4，a 11＝21，S k ＝9，则k ＝________.解析 a 7－a 5＝2d ＝4，d ＝2，a 1＝a 11－10d ＝21－20＝1，S k ＝k ＋k k －2×2＝k 2＝9.又k ∈N *，故k ＝3.答案 38．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 412－S 39＝1，则公差为________．解析依题意得S 4＝4a 1＋4×32d ＝4a 1＋6d ，S 3＝3a 1＋3×22d ＝3a 1＋3d ，于是有4a 1＋6d 12－3a 1＋3d 9＝1，由此解得d ＝6，即公差为6.答案 69．在等差数列{a n }中，a 1＝－3,11a 5＝5a 8－13，则数列{a n }的前n 项和S n 的最小值为________．解析 (直接法)设公差为d ，则11(－3＋4d )＝5(－3＋7d )－13，所以d ＝59，所以数列{a n }为递增数列．令a n ≤0，所以－3＋(n －1)·59≤0，所以n ≤325，又n ∈N *，前6项均为负值，所以S n 的最小值为－293. 答案－29310．设项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，则这个数列的中间项是________，项数是________．解析设等差数列{a n }的项数为2n ＋1， S 奇＝a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1＝(n ＋1)(a 1＋a 2n ＋1)2＝(n ＋1)a n ＋1，S 偶＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ＝n (a 2＋a 2n )2＝na n ＋1，∴S 奇S 偶＝n ＋1n ＝4433，解得n ＝3，∴项数2n ＋1＝7，S 奇－S 偶＝a n ＋1，即a 4＝44－33＝11为所求中间项．答案 11 7 三、解答题11．设a 1，d 为实数，首项为a 1，公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 5S 6＋15＝0.(1)若S 5＝5，求S 6及a 1； (2)求d 的取值范围．解 (1)由题意知S 6＝－15S 5＝－3，a 6＝S 6－S 5＝－8，所以⎩⎨⎧5a 1＋10d ＝5，a 1＋5d ＝－8.解得a 1＝7，所以S 6＝－3，a 1＝7.(2)因为S 5S 6＋15＝0，所以(5a 1＋10d )(6a 1＋15d )＋15＝0，即2a 21＋9da 1＋10d2＋1＝0，故(4a 1＋9d )2＝d 2－8，所以d 2≥8. 故d 的取值范围为d ≤－22或d ≥2 2.12．在等差数列{a n }中，公差d ＞0，前n 项和为S n ，a 2·a 3＝45，a 1＋a 5＝18. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝S nn ＋c (n ∈N *)，是否存在一个非零常数c ，使数列{b n }也为等差数列？若存在，求出c 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)由题设，知{a n }是等差数列，且公差d ＞0，则由⎩⎨⎧ a 2a 3＝45，a 1＋a 5＝18，得⎩⎨⎧(a 1＋d )(a 1＋2d )＝45，a 1＋(a 1＋4d )＝18.解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝4.∴a n ＝4n －3(n ∈N *)．(2)由b n ＝S nn ＋c ＝n (1＋4n －3)2n ＋c ＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12n ＋c ，∵c ≠0，∴可令c ＝－12，得到b n ＝2n . ∵b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－2n ＝2(n ∈N *)， ∴数列{b n }是公差为2的等差数列．即存在一个非零常数c ＝－12，使数列{b n }也为等差数列． 13．在数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝2，且满足a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 是数列{|a n |}的前n 项和，求S n .解 (1)由2a n ＋1＝a n ＋2＋a n 可得{a n }是等差数列，且公差d ＝a 4－a 14－1＝2－83＝－2. ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－2n ＋10. (2)令a n ≥0，得n ≤5.即当n ≤5时，a n ≥0，n ≥6时，a n <0. ∴当n ≤5时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n | ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝－n 2＋9n ；当n ≥6时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n | ＝a 1＋a 2＋…＋a 5－(a 6＋a 7＋…＋a n ) ＝－(a 1＋a 2＋…＋a n )＋2(a 1＋a 2＋…＋a 5)＝－(－n 2＋9n )＋2×(－52＋45) ＝n 2－9n ＋40，∴S n ＝⎩⎨⎧－n 2＋9n ，n ≤5，n 2－9n ＋40，n ≥6.14．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2a n ＝S 2＋S n 对一切正整数n 都成立． (1)求a 1，a 2的值；(2)设a 1＞0，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 10a 1a n 的前n 项和为T n .当n 为何值时，T n 最大？并求出T n 的最大值．解 (1)取n ＝1，得a 2a 1＝S 2＋S 1＝2a 1＋a 2，① 取n ＝2，得a 22＝2a 1＋2a 2，② 由②－①，得a 2(a 2－a 1)＝a 2，③(i)若a 2＝0，由①知a 1＝0， (ii)若a 2≠0，由③知a 2－a 1＝1.④由①、④解得，a 1＝2＋1，a 2＝2＋2；或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2. 综上可得a 1＝0，a 2＝0；或a 1＝2＋1，a 2＝2＋2；或a 1＝1－2，a 2＝2－2.(2)当a 1＞0时，由(1)知a 1＝2＋1，a 2＝2＋2.当n ≥2时，有(2＋2)a n ＝S 2＋S n ，(2＋2)a n －1＝S 2＋S n －1，所以(1＋2)a n ＝(2＋2)a n －1，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，所以a n ＝a 1(2)n －1＝(2＋1)·(2)n －1. 令b n ＝lg 10a 1a n，则b n ＝1－lg(2)n －1＝1－12(n －1)lg 2＝12lg 1002n －1，所以数列{b n }是单调递减的等差数列(公差为－12lg 2)，从而b 1＞b 2＞…＞b 7＝lg 108＞lg 1＝0，当n ≥8时，b n ≤b 8＝12lg 100128＜12lg 1＝0，故n ＝7时，T n 取得最大值，且T n 的最大值为7(b1＋b7)2＝7(1＋1－3lg 2)2＝7－212lg 2.T7＝。

2023届高考数学-等差数列及其前n项和精选练习含答案

等差数列及其前n 项和（时间：45分钟满分：100分）一、选择题(每小题7分，共35分)1．设数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 6＝2且S 5＝30，则S 8等于( )A ．31B ．32C ．33D ．342．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，已知a 2＝3，a 6＝11，则S 7等于( )A ．13B ．35C ．49D ．633．若S n 是等差数列{a n }的前n 项和，a 2＋a 10＝4，则S 11的值为( )A ．12B ．18C ．22D ．444．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＋a 8＋a 11＝30，那么S 13的值是( )A ．130B ．65C ．70D ．以上都不对5．已知数列{a n }中，a 3＝2，a 5＝1，若⎩⎨⎧⎭⎬⎫11＋a n 是等差数列，则a 11等于( ) A ．0 B.16 C.13 D.12 二、填空题(每小题6分，共24分)6．(2020·辽宁)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 3＝3，S 6＝24，则a 9＝________.7．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S 5－5S 3＝5，则a 4＝________.8．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 9＝72，则a 2＋a 4＋a 9＝________.9．等差数列{a n }的通项公式是a n ＝2n ＋1，其前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为________．三、解答题(共41分)10．(13分)(1)在等差数列{a n }中，若a 3＝50，a 5＝30，求a 7；(2)在等差数列{a n }中，已知a 15＝33，a 61＝217，判断153是不是这个数列的项．如果是，是第几项？11．(14分)已知数列{a n }的通项公式a n ＝pn 2＋qn (p 、q ∈R，且p 、q 为常数)．(1)当p 和q 满足什么条件时，数列{a n }是等差数列；(2)求证：对任意实数p 和q ，数列{a n ＋1－a n }是等差数列．12．(14分)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＝na n －n (n －1) (n ＝1,2,3，…)．(1)求证：数列{a n }为等差数列，并写出a n 关于n 的表达式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，求满足T n >100209的最小正整数n .答案 1.B 2.C 3.C 4.A 5.A6.157.138.249.7510. 解 (1)∵d ＝a 5－a 35－3＝30－502＝－10， ∴a 7＝a 3＋(7－3)d ＝50＋4×(－10)＝10，∴a 7＝10.(2)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .∵a 15＝33，a 61＝217，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 33＝a 1＋(15－1)d ，217＝a 1＋(61－1)d ，解得a 1＝－23，d ＝4.∴a n ＝－23＋(n －1)×4＝4n －27.令a n ＝153，即4n －27＝153，得n ＝45∈N *，∴153是所给数列的第45项． 11. (1)解 a n ＋1－a n ＝[p (n ＋1)2＋q (n ＋1)]－(pn 2＋qn )＝2pn ＋p ＋q ，要使{a n }是等差数列，则2pn ＋p ＋q 应是一个与n 无关的常数，所以只有2p ＝0，即p ＝0.故当p ＝0，q ∈R 时，数列{a n }是等差数列．(2)证明 ∵a n ＋1－a n ＝2pn ＋p ＋q ，∴a n ＋2－a n ＋1＝2p (n ＋1)＋p ＋q ，∴(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝2p 为一个常数．∴{a n ＋1－a n }是等差数列．12. (1)证明当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝na n －(n －1)a n －1－2(n －1)，得a n －a n －1＝2 (n ＝2,3,4，…)．所以数列{a n }是以a 1＝1为首项，2为公差的等差数列．所以a n ＝2n －1.(2)解 T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n －1a n ＋1a n a n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝12[⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1，由T n ＝n 2n ＋1>100209，得n >1009，所以满足T n >100209的最小正整数n 为12.。

2020高三数学总复习等差数列及其前n项和强化训练试题 (19)

§5.2 等差数列及其前n项和1.(2017课标Ⅰ,7,5分)已知{a n}是公差为1的等差数列,S n为{a n}的前n项和.若S8=4S4,则a10=( )A. B. C.10 D.122.(2017浙江五校一联,2,5分)在等差数列{a n}中,a4=2-a3,则数列{a n}的前6项和为( )A.12B.3C.36D.63.(2018超级中学原创预测卷五,3,5分)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且S10=12,则a5+a6=( )A. B.12 C.6 D.4.(2018台州中学第三次月考文,2,5分)设S n为等差数列{a n}的前n项和,若a3=3,S9-S6=27,则该数列的首项a1等于( )A.-B.-C.D.5.(2017浙江宁波十校联考,3)已知等差数列{a n}的公差为2,项数为偶数,所有奇数项的和为15,所有偶数项的和为25,则这个数列的项数为( )A.10B.20C.30D.406.(2017浙江测试卷,2,5分)设等差数列{a n}的前n项和为S n.若公差d<0,且|a7|=|a8|,则使S n>0的最大正整数n是( )A.12B.13C.14D.157.(2017金华十校高三模拟文,4,5分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足S19>0,S20<0,则使S n取得最大值的n为( )A.8B.9C.10D.118.(2017绍兴一中回头考,6,5分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足S15>0,S16<0,则,,…,中最大的项为( )A. B. C. D.9.(2017浙江杭州塘栖中学月考)已知S n为等差数列{a n}的前n项和,若S1=1,=4,则的值为( )A. B. C. D.410.(2017浙江,3,5分)已知{a n}是等差数列,公差d不为零,前n项和是S n.若a3,a4,a8成等比数列,则( )A.a1d>0,dS4>0B.a1d<0,dS4<0C.a1d>0,dS4<0D.a1d<0,dS4>011.(2018上海普陀调研测试,17,5分)设等差数列{a n}的前n项和为S n.在同一个坐标系中,a n=f(n)及S n=g(n)的部分图象如图所示(图中的三个点).根据图中所提供的信息,下列结论正确的是( )A.当n=3时,S n取得最大值B.当n=4时,S n取得最大值C.当n=3时,S n取得最小值D.当n=4时,S n取得最小值12.(2017安徽,13,5分)已知数列{a n}中,a1=1,a n=a n-1+(n≥2),则数列{a n}的前9项和等于.13.(2017浙江测试卷,10,6分)设等差数列{a n}的公差为6,且a4为a2和a3的等比中项.则a1= ,数列{a n}的前n项和S n= .14.(2017稽阳联考,10,6分)在等差数列{a n}中,若a4+a10=10,a6+a12=14,a k=13,则k= ;数列{a n}的前n项和S n= .15.(2017嘉兴一模,11,4分)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且a7=-2,S9=18,则S11= .16.(2017浙江萧山中学摸底测试)正项数列{a n}满足:a1=1,a2=2,2=+(n∈N*,n≥2),则a7= .17.(2017嘉兴测试一,12,6分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,若a2+a4+a9=24,则S9= ;·的最大值为.18.(2017浙江五校一联,15,4分)设a1,a2,…,a n,…是按先后顺序排列的一列向量,若a1=(-2019,13),且a n-a n-1=(1,1),则其中模最小的一个向量的序号n= .19.(2019浙江,19,14分)已知等差数列{a n}的公差d>0.设{a n}的前n项和为S n,a1=1,S2·S3=36.(1)求d及S n;(2)求m,k(m,k∈N*)的值,使得a m+a m+1+a m+2+…+a m+k=65.20.(2018台州中学第三次月考文,17,15分)设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n,满足4S n=-4n-1,n∈N*,且a1=1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)证明:对一切正整数n,有++…+<.1.(2019课标Ⅱ,5,5分)等差数列{a n}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{a n}的前n项和S n=( )A.n(n+1)B.n(n-1)C. D.2.(2018超级中学原创预测卷八,6,5分)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若a n+a n+1+a n+2=18,S2n+1=54,则n的值为( )A.2B.3C.4D.63.(2018温州高三联考,6,5分)等差数列{a n}的前n项和为S n,其中n∈N*,则下列命题错误的是( )A.若a n>0,则S n>0B.若S n>0,则a n>0C.若a n>0,则{S n}是单调递增数列D.若{S n}是单调递增数列,则a n>04.(2017浙江杭州学军中学第五次月考,7)设等差数列{a n}满足<-1,且其前n项的和S n有最大值,则当数列{S n}的前n项的和取得最大值时,正整数n的值是( )A.12B.11C.23D.225.(2017浙江名校(衢州二中)交流卷二,4)等差数列{a n}中,a1>0,3a8=5a13,则前n项的和S n中最大的是( )A.S10B.S11C.S20D.S216.(2017浙江温州十校期中,7)设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S6>S7>S5,则满足S n S n+1<0的正整数n的值为( )A.13B.12C.11D.107.(2017诸暨高中毕业班检测,5,5分)已知数列{a n}、{b n}都是公差为1的等差数列,b1是正整数,若a1+b1=10,则++…+=( )A.81B.99C.108D.1178.(2017杭州学军中学仿真考,11,6分)已知{a n}为等差数列,若a1+a5+a9=8π,则前9项的和S9= ,cos(a3+a7)的值为.9.(2017江苏淮安调研)在等差数列{a n}中,已知a2+a8=11,则3a3+a11的值为.10.(2017宁波高考模拟,12,6分)设S n为数列{a n}的前n项和,a1=1,a2=3,S k+2+S k-2S k+1=2对任意正整数k成立,则a n= ,S n= .11.(2017浙江镇海中学阶段测试,15,4分)已知数列{a n}满足:a1=,a n+1=1-,且a n≠0(n∈N*),则数列{a n}的通项为a n= .12.(2018宁波效实中学期中,11,6分)数列{a n}的前n项和S n=n2-6n,则a2= ,数列{|a n|}的前10项和|a1|+|a2|+…+|a10|= .13.(2017浙江名校(杭州二中)交流卷六,12)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,等差数列{b n}的前n项和为T n,若=,则= ;若S n+T n=an2+2n,且a7+b7=15,则实数a= .14.已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n,若-1,S5,S10成等差数列,则S10-2S5= ,S15-S10的最小值为.15.(2018台州中学第三次月考,13,4分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足S2019>0,S2017<0,对任意正整数n,都有|a n|≥|a k|,则k的值为.16.(2018安徽,14,5分)如图,互不相同的点A1,A2,…,A n,…和B1,B2,…,B n,…分别在角O的两条边上,所有A n B n相互平行,且所有梯形A n B n B n+1A n+1的面积均相等.设OA n=a n.若a1=1,a2=2,则数列{a n}的通项公式是.17.(2019大纲全国,17,10分)数列{a n}满足a1=1,a2=2,a n+2=2a n+1-a n+2.(1)设b n=a n+1-a n,证明{b n}是等差数列;(2)求{a n}的通项公式.18.(2017浙江丽水一模,17)已知等差数列{a n},首项a1和公差d均为整数,其前n项和为S n.(1)若a1=1,且a2,a4,a9成等比数列,求公差d;(2)当n≠5时,恒有S n<S5,求a1的最小值.19.(2017浙江杭州七校联考,19)已知数列{a n}满足a n=3a n-1+3n-1(n∈N*,n≥2)且a3=95. (1)求a1,a2的值;(2)是否存在一个实数t,使得b n=(a n+t)(n∈N*)且{b n}为等差数列?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由;(3)求数列{a n}的前n项和T n.1.B 由S8=4S4得8a1+×1=4×,解得a1=,∴a10=a1+9d=,故选B.2.D 由等差数列性质可知a3+a4=2=a1+a6,故S6==3(a1+a6)=6,故选D.3.A 由于S10==5(a5+a6)=12,所以a5+a6=,故选A.4.D S9-S6=a7+a8+a9=27,得a8=9,所以d==,a1=a3-2d=,故选D.5.A 设项数为2k,则由(a2+a4+…+a2k)-(a1+a3+…+a2k-1)=k×2=25-15,得k=5,故这个数列的项数为10.故选A.6.B 由d=a8-a7<0及|a7|=|a8|,得a8=-a7且a8<0,a7>0.则S13=×13=13a7>0,S15=×15=15a8<0,又S14=×14=7(a7+a8)=0,则使S n>0的最大正整数n是13.7.C 因为{a n}是等差数列,所以S19=19a10>0,S20=10(a10+a11)<0,则a10>0,a11<0,即(S n)max=S10,故选C.8.C 因为S15>0,故15a8>0,即a8>0.因为S16<0,故<0,即a9<0,故该等差数列中a1>a2>…>a8>0>a9>…,0<S1<S2<…<S8>S9>…>S15>0,故,,…,中,最大项为,故选C.9.A 由=4得=3,即S4-S2=3S2,S4=4S2,由等差数列的性质可知S2,S4-S2,S6-S4成等差数列,得S6-S4=5S2,所以S6=9S2,所以=.10.B 由=a3a8,得(a1+2d)(a1+7d)=(a1+3d)2,整理得d(5d+3a1)=0,又d≠0,∴a1=-d,则a1d=-d2<0,又∵S4=4a1+6d=-d,∴dS4=-d2<0,故选B.11.B 不妨记A(7,0.7),B(7,-0.8),C(8,-0.4),a n=f(n)是关于n的一次函数;S n=g(n)是关于n的二次函数且常数项为0.若A,C或B,C为a n=f(n)的图象上两点,计算可知S n=g(n)的图象不过第三点.若S n=g(n)的图象过B,C两点也不满足题意.若S n=g(n)的图象过A,C两点,即S7=0.7,S8=-0.4,则计算可知a1=1,d=-0.3,a n=1.3-0.3n,a7=-0.8,符合题意,且a4>0,a5<0,故选B.12.答案27解析由题意得{a n}为等差数列,且公差d=,∵a1=1,∴S9=9×1+×=27.13.答案-14;3n2-17n解析依条件有(a 1+6)(a1+12)=,得a1=-14,则S n=-14n+n(n-1)×6=3n2-17n.14.答案15;解析因为a 4+a10=2a7=10,所以a7=5,同理得a9=7,所以a n=n-2,则a k=k-2=13,得k=15.a1=1-2=-1,所以S n===.15.答案0解析设等差数列的首项和公差分别为a 1,d,则有解得d=-2,a1=10,故S11=11×10+×(-2)=0.16.答案解析因为2=+(n∈N*,n≥2),所以数列{}是以=1为首项,d=-=4-1=3为公差的等差数列,所以=1+3(n-1)=3n-2,所以a n=,所以a7==. 17.答案72;64解析设等差数列的公差为d,则a 2+a4+a9=3a1+12d=24,即a1+4d=8,所以S9=9a1+36d=9×8=72.==a1+d=8-4d+d,则=8-4d+d=8-,=8-4d+d=8+,·= =64-≤64,当且仅当d=0时取等号,所以·的最大值为64.18.答案1001或1002解析因为故a n=(n-2017,n+12),故|a n|==.由二次函数性质可知当n==1001时,|a n|有最小值,又n∈N*,故n=1001或n=1002. 19.解析(1)由题意知(2a 1+d)(3a1+3d)=36,将a1=1代入上式解得d=2或d=-5.因为d>0,所以d=2.从而a n=2n-1,S n=n2(n∈N*).(2)由(1)得a m+a m+1+a m+2+…+a m+k=(2m+k-1)(k+1),所以(2m+k-1)(k+1)=65.由m,k∈N*知2m+k-1≥k+1>1,故所以20.解析(1)由a 1=1,a n>0,4S n=-4n-1,n∈N*,得a2=3.当n≥2时,4S n-1=-4(n-1)-1,则4a n=4S n-4S n-1=--4,=+4a n+4=(a n+2)2,∵a n>0,∴a n+1=a n+2,∴当n≥2时,{a n}是公差d=2的等差数列.∴{a n}是首项a1=1,公差d=2的等差数列.∴数列{a n}的通项公式为a n=2n-1.(2)证明:++…+=+++…+=·+++…+-=·<.1.A ∵a2,a4,a8成等比数列,∴=a2·a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),将d=2代入上式,解得a1=2,∴S n=2n+=n(n+1),故选A.2.C 设{a n}的公差为d,由已知可得a1+(n-1)d+a1+nd+a1+(n+1)d=18,可得a1+nd=6,又S2n+1==54,即=54,得2n+1=9,故n=4,选C.3.D 易判断A、B、C均正确.D中,可取a1<0,公差d>0.4.D ∵等差数列{a n}前n项的和S n有最大值,∴{a n}的公差是负数.∵<-1,∴a12<0,∴a11>-a12,即a11+a12>0,∴S22==>0,S23==23a12<0.∴前22项的和最大.故选D.5.C 设{a n}的公差为d,3a8=5a13⇒3(a1+7d)=5(a1+12d)⇒d=-a1,又a1>0,所以d<0.所以{a n}是单调递减数列.由a n=a1+(n-1)=a1>0⇒n≤20.由此可得当n=20时,S n最大.故选C.6.B 由S6>S7>S5,得a7=S7-S6<0,a6=S6-S5>0,a6+a7=S7-S5>0.从而有S13=×13=13a7<0,S11=×11=11a6>0,S12=×12=6(a6+a7)>0,所以n≤12时,S n>0;n≥13时,S n<0,故S12S13<0,故选B.7.D 设{a n}的公差为d1,{b n}的公差为d2.因为a n=a1+(n-1)×d1=a1+n-1,b n=b1+(n-1)×d2=b1+n-1,所以-=a1+b n-1-(a1+b n-1-1)=b n-b n-1=1,所以{}是以a1+b1-1=9为首项,公差为1的等差数列,所以++…+=9×9+×1=117,故选D.8.答案24π;-解析因为{a n}是等差数列,所以a1+a5+a9=3a5=8π,所以a5=π,所以S9===9×π=24π,cos(a3+a7)=cos2a5=cosπ=cosπ=-.9.答案22解析由等差数列的性质知3a 3+a11=2a3+a3+a11=2a3+2a7=2(a2+a8)=22.10.答案2n-1;n2解析因为S k+2+S k-2S k+1=2,所以a k+2-a k+1=2,又a2-a1=2,故数列{a n}为等差数列.又a1=1,故a n=2n-1,故S n==n2.11.答案解析∵a n+1=1-=,且a n≠0,∴-=1,故数列是首项为4,公差为1的等差数列.则=4+(n-1)×1=n+3,即a n=.12.答案-3;58解析a 2=S2-S1=-3.由S n=n2-6n可得a n=2n-7,所以a1<a2<a3<0<a4<…<a10,所以|a1|+|a2|+…+|a10|=S10-2S3=58.13.答案;1解析====;a7+b7=S7+T7-(S6+T6)=72a+2×7-(62a+2×6)=13a+2=15⇒a=1. 14.答案1;4解析由题意知2S 5=-1+S10,所以S10-2S5=1,由{a n}为等比数列可知S5,S10-S5,S15-S10成等比数列,所以(S10-S5)2=S5(S15-S10),S15-S10===+S5+2≥4,当且仅当S5=1时,等号成立.15.答案1008解析因为S 2019>0,所以a1+a2019=a1007+a1008>0.因为S2017<0,所以a1+a2017=2a1008<0,因此d<0,且a1>a2>…>a1007>0>a1008>a1009>…,显然|a1009|>|a1008|,|a1007|>|a1008|,所以k=1008.16.答案a n=解析记△OA 1B1的面积为S,则△OA2B2的面积为4S.从而四边形A n B n B n+1A n+1的面积均为3S.可得△OA n B n的面积为S+3(n-1)S=(3n-2)S.∴=3n-2,即a n=.17.解析(1)证明:由a n+2=2a n+1-a n+2得,a n+2-a n+1=a n+1-a n+2,即b n+1=b n+2.又b1=a2-a1=1.所以{b n}是首项为1,公差为2的等差数列.(5分)(2)由(1)得b n=1+2(n-1),即a n+1-a n=2n-1.(8分)于是所以a n+1-a1=n2,即a n+1=n2+a1.又a1=1,所以{a n}的通项公式为a n=n2-2n+2.(10分)18.解析(1)由题意得=a2·a9,所以(1+3d)2=(1+d)·(1+8d),(4分)解得d=0或d=3.(6分)(2)∵当n≠5时,S n<S5恒成立,∴S5最大且d<0,由⇒∴⇒-4d<a1<-5d.(10分)又∵a1,d∈Z,d<0,∴当d=-1时,4<a1<5,此时a1不存在;(12分)当d=-2时,8<a1<10,则a1=9;当d=-3时,12<a1<15,则a1=13或a1=14;……易知当d≤-3时,a1>9.(14分)综上,a1的最小值为9.(15分)19.解析(1)当n=2时,a 2=3a1+8.当n=3时,a3=3a2+26=95,∴a2=23,∴23=3a1+8,∴a1=5.(2)存在.当n≥2时,b n-b n-1=(a n+t)-(a n-1+t)=(a n+t-3a n-1-3t)=(3n-1-2t)=1-.要使{b n}为等差数列,则必须使1+2t=0,解得t=-,∴存在t=-,使得{b n}为等差数列.(3)因为当t=-时,{b n}为等差数列,且b n-b n-1=1(n≥2),b1=, 所以b n=+(n-1)×1=n+,所以a n=·3n+=n·3n+×3n+,所以a1=1×3+×3+,a2=2×32+×32+,a3=3×33+×33+,……所以T n=+=.。

高一数学等差数列及其前n项和题组训练

等差数列及其前n 项和题组训练1．已知{a n }是等差数列，且a 2＋a 5＋a 8＋a 11＝48，则a 6＋a 7等于( )A ．12B ．16C ．20D ．242．数列{a n }的前n 项和S n ＝n (2n －1)，若k －l ＝4(k ，l ∈N *)，则a k －a l 等于( )A ．4B ．8C ．16D ．323．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝ra n ＋r (n ∈N *，r ∈R ，r ≠0)，则“r ＝1”是“数列{a n }为等差数列”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4．我国南北朝时的数学著作《张邱建算经》有一道题为：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之，上三人先入，得金四斤，持出，下三人后入得金三斤，持出，中间四人未到者，亦依次更给，问各得金几何？”则在该问题中，等级较高的一等人所得黄金比等级较低的九等人所得黄金( )A ．多821斤 B ．少821斤 C ．多13斤 D ．少13斤5．(多选)等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，当首项a 1和d 变化时，a 3＋a 8＋a 13是一个定值，则下列各数也为定值的有( )A ．a 7B ．a 8C ．S 15D ．S 166．(多选)已知{a n }为等差数列，其前n 项和为S n ，且2a 1＋3a 3＝S 6，则以下结论正确的是( )A ．a 10＝0B ．S 10最小C ．S 7＝S 12D ．S 19＝07．若S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 8－S 3＝20，则S 11＝________.8．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，S 3＝a 5，a m ＝2 021，则m ＝________.9．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝S n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)，且a 1＝1，则a n ＝________.10．(2020·河北衡水中学模拟)已知在数列{a n }中，a 6＝11，且na n －(n －1)a n ＋1＝1，则a n ＝________；a 2n ＋143n的最小值为________．11．在数列{a n}中，a1＝8，a4＝2，且满足a n＋2－2a n＋1＋a n＝0(n∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设T n＝|a1|＋|a2|＋…＋|a n|，求T n.12．(2020·沈阳模拟)已知S n是等差数列{a n}的前n项和，S2＝2，S3＝－6.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n；(2)是否存在正整数n，使S n，S n＋2＋2n，S n＋3成等差数列？若存在，求出n；若不存在，请说明理由．13．已知数列{a n}是等差数列，若a9＋3a11<0，a10·a11<0，且数列{a n}的前n项和S n有最大值，那么S n取得最小正值时n等于()A．20 B．17 C．19 D．2114．已知数列{a n}满足a1＝2，a2＝3，且a n＋2－a n＝1＋(－1)n，n∈N*，则该数列的前9项之和为________．15．(多选)设正项等差数列{a n}满足(a1＋a10)2＝2a2a9＋20，则()A．a2a9的最大值为10 B．a2＋a9的最大值为210C.1a22＋1a29的最大值为15D．a42＋a49的最小值为20016．在等差数列{a n}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.(1)求{a n}的通项公式；(2)设{b n}＝[a n]，求数列{b n}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.等差数列及其前n 项和题组答案1．答案 D解析由等差数列的性质可得a 2＋a 5＋a 8＋a 11＝2(a 6＋a 7)＝48，则a 6＋a 7＝24，故选D. 2答案 C解析 ∵S n ＝n (2n －1)，∴数列{a n }是公差为4的等差数列，∵k －l ＝4，∴a k －a l ＝4×4＝16.故选C.3．答案 A解析当r ＝1时，a n ＋1＝ra n ＋r ⇒a n ＋1＝a n ＋1，∴数列{a n }为公差为1的等差数列，即充分性成立；∵a n ＋1＝ra n ＋r ，a 1＝1，∴a 2＝2r ，a 3＝2r 2＋r ，∴若数列{a n }为等差数列，则4r ＝1＋2r 2＋r ，∴r ＝1或r ＝12，即必要性不成立，综上，“r ＝1”是“数列{a n }为等差数列”的充分不必要条件，故选A. 4．答案 A解析设十等人得金从高到低依次为a 1，a 2，…，a 10，则{a n }为等差数列，设公差为d ，则由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝4，a 8＋a 9＋a 10＝3，∴a 2＝43，a 9＝1，∴d ＝a 9－a 27＝－121， ∴a 1－a 9＝－8d ＝821. 即等级较高一等人所得黄金比等级较低的九等人所得黄金多821斤． 5．答案 BC解析由等差中项的性质可得a 3＋a 8＋a 13＝3a 8为定值，则a 8为定值，S 15＝15()a 1＋a 152＝15a 8为定值，但S 16＝16()a 1＋a 162＝8()a 8＋a 9不是定值．故选BC.6．答案 ACD解析 2a 1＋3a 3＝S 6，∴2a 1＋3a 1＋6d ＝6a 1＋15d ，∴a 1＋9d ＝0，即a 10＝0，A 正确；当d <0时，S n 没有最小值，B 错误；S 12－S 7＝a 8＋a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝5a 10＝0，∴S 12＝S 7，C 正确；S 19＝(a 1＋a 19)×192＝19a 10＝0，D 正确．故选ACD.7．答案 44解析 S 8－S 3＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝5a 6＝20，∴a 6＝4，∴S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11a 6＝44. 8．答案 1 011解析 ∵S 3＝3a 1＋3d ，∴3a 1＋3d ＝a 1＋4d ，即d ＝2，a m ＝a 1＋(m －1)×2＝2m －1＝2 021，∴m ＝1 011.9．答案 2n －1解析 ∵S n －S n －1＝1，∴{S n }为等差数列，又S 1＝a 1＝1，∴S n ＝n ，即S n ＝n 2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，又a 1＝1满足上式，∴a n ＝2n －1.10．答案 2n －1 44解析 na n －(n －1)a n ＋1＝1，所以(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2＝1，两式相减得na n －2na n ＋1＋na n ＋2＝0，所以a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1，所以数列{a n }为等差数列．当n ＝1时，由na n －(n －1)a n ＋1＝1得a 1＝1，由a 6＝11，得公差d ＝2，所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以a 2n ＋143n ＝(2n －1)2＋143n ＝4n ＋144n －4≥24n ·144n－4＝44，当且仅当4n ＝144n，即n ＝6时等号成立． 11解 (1)∵a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0，∴a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，∴数列{a n }是等差数列，设其公差为d ，∵a 1＝8，a 4＝2，∴d ＝a 4－a 14－1＝－2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝10－2n ，n ∈N *.(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，则由(1)可得，S n ＝8n ＋n (n －1)2×(－2)＝9n －n 2，n ∈N *. 由(1)知a n ＝10－2n ，令a n ＝0，得n ＝5，∴当n >5时，a n <0，则T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 5－(a 6＋a 7＋…＋a n )＝S 5－(S n －S 5)＝2S 5－S n＝2×(9×5－25)－(9n －n 2)＝n 2－9n ＋40；当n ≤5时，a n ≥0，则T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝9n －n 2，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧9n －n 2，n ≤5，n ∈N *，n 2－9n ＋40，n ≥6，n ∈N *. 12．解 (1)∵S 2＝2，S 3＝－6，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋d ＝2，3a 1＋3×22d ＝－6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，d ＝－6， ∴a n ＝4＋(n －1)×(－6)＝－6n ＋10，∴S n ＝4n ＋n (n －1)2×(－6)＝－3n 2＋7n . (2)假设存在n ，使S n ，S n ＋2＋2n ，S n ＋3成等差数列，则2(S n ＋2＋2n )＝S n ＋S n ＋3，∴2[－3(n ＋2)2＋7(n ＋2)＋2n ]＝－3n 2＋7n ＋7(n ＋3)－3(n ＋3)2，解得n ＝5.13．答案 C解析因为a 9＋3a 11<0，所以a 9＋a 11＋2a 11＝a 9＋a 11＋a 10＋a 12＝2(a 11＋a 10)<0 ，所以a 10＋a 11<0.因为a 10·a 11<0，所以由等差数列的性质和求和公式可得a 10>0，a 11<0，又可得S 19＝19a 10>0，而S 20＝10(a 10＋a 11)<0，进而可得S n 取得最小正值时n ＝19.故选C.14．答案 34解析 ∵a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，n ∈N *，∴当n 为奇数时，a 2n ＋1－a 2n －1＝0，则数列{a 2n －1}是常数列，a 2n －1＝a 1＝2；当n 为偶数时，a 2n ＋2－a 2n ＝2，则数列{a 2n }是以a 2＝3为首项，2为公差的等差数列，∴a 1＋a 2＋…＋a 9＝(a 1＋a 3＋…＋a 9)＋(a 2＋a 4＋…＋a 8)＝2×5＋⎝⎛⎭⎫3×4＋4×32×2＝34.15．答案 ABD解析因为正项等差数列{a n }满足(a 1＋a 10)2＝2a 2a 9＋20，所以(a 2＋a 9)2＝2a 2a 9＋20，即a 22＋a 29＝20.①a 2a 9≤a 22＋a 292＝202＝10，当且仅当a 2＝a 9＝10时成立，故A 选项正确； ②由于⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋a 922≤a 22＋a 292＝10，所以a 2＋a 92≤10，a 2＋a 9≤210，当且仅当a 2＝a 9＝10时成立，故B 选项正确；③1a 22＋1a 29＝a 22＋a 29a 22·a 29＝20a 22·a 29≥20⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＋a 2922＝20102＝15，当且仅当a 2＝a 9＝10时成立，所以1a 22＋1a 29的最小值为15，故C 选项错误；④结合①的结论，有a 42＋a 49＝(a 22＋a 29)2－2a 22·a 29＝400－2a 22·a 29≥400－2×102＝200，当且仅当a 2＝a 9＝10时成立，故D 选项正确．16．解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意有2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3，解得a 1＝1，d ＝25，所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. (2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35，当n ＝1,2,3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1；当n ＝4,5时，2<2n ＋35<3，b n ＝2；当n ＝6,7,8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9,10时，4<2n ＋35<5，b n ＝4. 所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.。

【金版教程】2021届高考数学大一轮总温习 5-2（2）等差数列及其前n项和限时标准训练理(1)

05限时标准特训A 级基础达标1．假设等差数列的第一、二、三项依次是1x ＋1、56x 、1x ，那么数列的公差d 是( ) A.112 B.16 C.14D.12解析：依题意得2×56x ＝1x ＋1＋1x ，解得x ＝2，因此d ＝512－13＝112.选A.答案：A2．在等差数列{a n }中，已知a 4＝7，a 3＋a 6＝16，a n ＝31，那么n 为( ) A ．13 B ．14 C ．15D ．16解析：由已知可得a 4＋a 5＝7＋a 5＝a 3＋a 6＝16，得a 5＝16－7＝9，故公差d ＝a 5－a 4＝9－7＝2，同时解得a 1＝1，由1＋(n －1)×2＝31，解得n ＝16，选D.答案：D3．[2021·安庆模拟]已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，假设2a 6＝a 8＋6，那么S 7＝( ) A ．49 B ．42 C ．35D ．28解析：2a 6＝a 8＋6⇒a 1＋3d ＝6⇒a 4＝6，故S 7＝7a 1＋a 72＝7a 4＝42，应选B.答案：B4．[2021·湖南四市联考]数列{a n }中，a 2＝2，a 6＝0且数列{1a n ＋1}是等差数列，那么a 4＝( )A.12B.13C.14D.16解析：设数列{1a n ＋1}的公差为d ，那么4d ＝1a 6＋1－1a 2＋1得d ＝16，∴1a 4＋1＝12＋1＋2×16，解得a 4＝12. 答案：A5．[2021·金版]在各项均不为零的等差数列{a n }中，假设a 2n －a n ＋1＝a n －1(n ≥2，n ∈N *)，那么S 2021的值为( )A ．2021B ．2021C ．4026D ．4028解析：由a 2n －a n ＋1＝a n －1(n ≥2，n ∈N *)可得a 2n ＝a n ＋1＋a n －1＝2a n ，因为a n ≠0，因此a n ＝2，故S 2021＝2×2021＝4028.选D.答案：D6．等差数列{a n }的前n 项和是S n ，且a 1＝10，a 5＝6，那么以下不等式中不成立的是( ) A ．a 10＋a 11>0 B ．S 21<0C ．a 11＋a 12<0D ．当n ＝10时，S n 最大解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由a 1＝10，a 5＝6，得6＝10＋4d ，即d ＝－1，因此a n ＝11－n .a 10＋a 11＝1＋0>0，A 成立；a 11＋a 12＝－1<0，C 成立；S n ＝－12n 2＋212n ＝－12(n －212)2＋4418，故当n ＝10时，S n 最大，D 成立；S 21＝－12×212＋21×212＝0，故B 不成立．答案：B7．[2021·漳州模拟]已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＝S n ＋S n －1(n ≥2)，那么数列{a n }的通项公式为a n ＝( )A ．n －1B ．nC ．2n －1D ．2n解析：由已知可得S n －S n －1＝S n ＋S n －1(n ≥2)，又S n ＋S n －1>0，故S n －S n －1＝1，因此数列{S n }是等差数列，其公差为1，首项S 1＝1，故S n ＝n ，即S n ＝n 2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，当n ＝1时也适合上式，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，选C.答案：C8．[2021·黄山模拟]设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，假设S 4＝8，S 8＝20，那么a 11＋a 12＋a 13＋a 14＝________.解析：由⎩⎪⎨⎪⎧S 44＝2S 88＝52，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋32d ＝2a 1＋72d ＝52，解得d ＝14，a 1＝138，∴a 11＋a 12＋a 13＋a 14＝4a 1＋46d ＝18. 答案：189．[2021·天津模考]已知数列{a n }为等差数列，假设a 7a 6<－1，且它们的前n 项和S n 有最大值，那么使S n >0的n 的最大值为________．解析：∵a 7a 6<－1，且S n 有最大值，∴a 6>0，a 7<0且a 6＋a 7<0，∴S 11＝11a 1＋a 112＝11a 6>0，S 12＝12a 1＋a 122＝6(a 6＋a 7)<0，∴使S n >0的n 的最大值为11.答案：1110．[2021·衡水月考]已知数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且知足2S n ＝a 2n ＋n －4. (1)求证{a n }为等差数列； (2)求{a n }的通项公式．解：(1)证明：当n ＝1时，有2a 1＝a 21＋1－4，即a 21－2a 1－3＝0，解得a 1＝3(a 1＝－1舍去)．当n ≥2时，有2S n －1＝a 2n －1＋n －5，又2S n ＝a 2n ＋n －4，两式相减得2a n ＝a 2n －a 2n －1＋1，即a 2n －2a n ＋1＝a 2n －1，也即(a n －1)2＝a 2n －1，因此a n －1＝a n －1或a n －1＝－a n －1. 若a n －1＝－a n －1，那么a n ＋a n －1＝1，而a 1＝3，因此a 2＝－2，这与数列{a n }的各项均为正数相矛盾，因此a n －1＝a n －1，即a n －a n －1＝1，因此{a n }为等差数列．(2)由(1)知a 1＝3，d ＝1，因此数列{a n }的通项公式a n ＝3＋(n －1)＝n ＋2，即a n ＝n ＋2. 11．[2021·河北统考]已知等差数列{a n }中，a 5＝12，a 20＝－18. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{|a n |}的前n 项和S n . 解：(1)设数列{a n }的公差为d ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 5＝a 1＋4d ＝12a 20＝a 1＋19d ＝－18，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝20d ＝－2，∴a n ＝20＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋22.(2)由(1)知|a n |＝|－2n ＋22|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n ＋22，n ≤112n －22，n >11，∴当n ≤11时，S n ＝20＋18＋…＋(－2n ＋22)＝n 20－2n ＋222＝(21－n )n ；当n >11时，S n ＝S 11＋2＋4＋…＋(2n －22)＝110＋n －112＋2n －222＝n 2－21n ＋220.综上所述，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧21－n n ，n ≤11n 2－21n ＋220，n >11.12．[2021·金华调研]已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d >0，且第2项、第5项、第14项别离为等比数列{b n }的第2项、第3项、第4项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }对n ∈N *，均有c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c nb n＝a n ＋1成立，求c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2021的值．解：(1)∵a 2＝1＋d ，a 5＝1＋4d ，a 14＝1＋13d ， ∴(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )，解得d ＝2(∵d >0)．则a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. 又b 2＝a 2＝3，b 3＝a 5＝9， ∴等比数列{b n }的公比q ＝b 3b 2＝93＝3.∴b n ＝b 2q n －2＝3×3n －2＝3n －1. (2)由c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c nb n＝a n ＋1得当n ≥2时，c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n －1b n －1＝a n ，两式相减，得c nb n＝a n ＋1－a n ＝2，∴c n ＝2b n ＝2×3n －1(n ≥2)．而当n ＝1时，c 1b 1＝a 2，∴c 1＝3.∴c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2×3n －1，n ≥2.∴c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2021＝3＋2×31＋2×32＋…＋2×32021 ＝3＋6－6×320131－3＝3－3＋32021 ＝32021.B 级知能提升1．已知数列{a n }，{b n }都是公差为1的等差数列，其首项别离为a 1，b 1，且a 1＋b 1＝5，a 1，b 1∈N *.设c n ＝ab n (n ∈N *)，那么数列{c n }的前10项和等于( )A ．55B ．70C ．85D ．100解析：由题知a 1＋b 1＝5，a 1，b 1∈N *.设c n ＝ab n (n ∈N *)，那么数列{c n }的前10项和等于ab 1＋ab 2＋…＋ab 10＝ab 1＋ab 1＋1＋...＋ab 1＋9，ab 1＝a 1＋(b 1－1)＝4，∴ab 1＋ab 1＋1＋...＋ab 1＋9＝4＋5＋6＋ (13)85，选C.答案：C2．等差数列{a n }、{b n }的前n 项和别离为S n 、T n ，且S n T n＝4n ＋7n，那么使得a nb n为整数的正整数n 的个数是( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：a n b n ＝2a n2b n ＝a 1＋a 2n －1b 1＋b 2n －1＝a 1＋a 2n －1×2n －12b 1＋b 2n －1×2n －12＝S 2n －1T 2n －1＝4×2n －1＋72n －1＝4＋72n －1，可得a 1b 1＝11，a 4b 4＝5，有2个正整数值，选A.答案：A3．[2021·云南师大附中模拟]已知数列{a n }中a 1＝1，a 2＝2，当整数n >1时，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)都成立，那么S 15＝________.解析：由S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)得(S n ＋1－S n )－(S n －S n －1)＝2S 1＝2，即a n ＋1－a n ＝2(n ≥2)，数列{a n }从第二项起组成等差数列，S 15＝1＋2＋4＋6＋8＋…＋28＝211.答案：2114．[2021·南昌模拟]在数列{a n }中，a n ＋1＋a n ＝2n －44(n ∈N *)，a 1＝－23. (1)求a n ；(2)设S n 为{a n }的前n 项和，求S n 的最小值．解：(1)∵a n ＋1＋a n ＝2n －44，a n ＋2＋a n ＋1＝2(n ＋1)－44，∴a n ＋2－a n ＝2.∴a 2＋a 1＝－42，a 1＝－23，∴a 2＝－19. 同理得a 3＝－21，a 4＝－17，故a 1，a 3，a 5，…是以a 1为首项、2为公差的等差数列，a 2，a 4，a 6，…是以a 2为首项、2为公差的等差数列，从而a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n －24，n 为奇数n －21，n 为偶数.(2)当n 为偶数时，S n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n )＝(2×1－44)＋(2×3－44)＋(2×5－44)＋…＋[2×(n －1)－44]＝2[1＋3＋…＋(n －1)]－n 2·44＝n 22－22n ，故当n ＝22时，S n 取得最小值－242.当n 为奇数时，S n ＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n )＝a 1＋(2×2－44)＋(2×4－44)＋…＋[2×(n －1)－44]＝a 1＋2[2＋4＋…＋(n －1)]＋n －12·(－44)＝－23＋n ＋1n －12－22(n －1)＝n 22－22n －32，故当n ＝21或n ＝23时，S n 取得最小值－243. 综上所述，S n 的最小值为－243.。

2020高考数学课后作业 5-2 等差数列新人教A版

2020高考数学人教A 版课后作业1.(文)(2020·温州十校二模)若S n 是等差数列{a n }的前n 项和，a 2＋a 10＝4，则S 11的值为( )A ．12B ．18C ．22D ．44 [答案] C[解析] 根据等差数列的性质可知S 11＝11a 1＋a 112＝11a 2＋a 102＝11×42＝22，故选C.(理)(2020·北京海淀期中)已知数列{a n }为等差数列，S n 是它的前n 项和．若a 1＝2，S 3＝12，则S 4＝( )A ．10B ．16C ．20D ．24 [答案] C[解析] S 3＝3a 2，又S 3＝12，∴a 2＝4，∴d ＝a 2－a 1＝2，∴a 4＝a 1＋3d ＝8，S 4＝4a 1＋a 42＝20，故选C.2．(文)(2020·山东日照模拟)已知等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，且a 3＋a 6＋a 10＋a 13＝32，若a m ＝8，则m 为( )A ．12B ．8C ．6D ．4 [答案] B[解析] 由等差数列性质知，a 3＋a 6＋a 10＋a 13＝(a 3＋a 13)＋(a 6＋a 10)＝2a 8＋2a 8＝4a 8＝32， ∴a 8＝8. ∴m ＝8.故选B.(理)(2020·黄山质检)已知数列{a n }是等差数列，a 4＝15，S 5＝55，则过点P (3，a 3)，Q (4，a 4)的直线的斜率是( )A ．4 B.14 C ．－4 D ．－143[答案] A[解析] ∵{a n }是等差数列，a 4＝15，S 5＝55， ∴a 1＋a 5＝22，∴2a 3＝22，∴a 3＝11. ∴k PQ ＝a 4－a 34－3＝4，故选A.3．(2020·山东东明县月考)在等差数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2＋a 3＝13，则a 4＋a 5＋a 6等于( )A ．40B ．42C ．43D ．45 [答案] B[解析] ∵⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝22a 1＋3d ＝13，∴d ＝3.∴a 4＋a 5＋a 6＝3a 1＋12d ＝42，故选B.4．(文)(2020·西安五校一模)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 3＋a 7＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A ．8B ．7C ．6D ．9 [答案] C[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，依题意得a 3＋a 7＝2a 5＝－6，∴a 5＝－3，∴d ＝a 5－a 15－1＝2，∴a n ＝－11＋(n －1)×2＝2n －13.令a n >0得n >6.5，即在数列{a n }中，前6项均为负数，自第7项起以后各项均为正数，因此当n ＝6时，S n 取最小值，选C.(理)(2020·江西八校联考)设数列{a n }为等差数列，其前n 项和为S n ，已知a 1＋a 4＋a 7＝99，a 2＋a 5＋a 8＝93，若对任意n ∈N *，都有S n ≤S k 成立，则k 的值为( )A ．22B ．21C ．20D ．19 [答案] C[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，则有3d ＝93－99＝－6，∴d ＝－2；∴a 1＋(a 1＋3d )＋(a 1＋6d )＝3a 1＋9d ＝3a 1－18＝99，∴a 1＝39，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝39－2(n －1)＝41－2n .令a n ＝41－2n >0得n <20.5，即在数列{a n }中，前20项均为正，自第21项起以后各项均为负，因此在其前n 项和中，S 20最大．依题意得知，满足题意的k 值是20，选C.5．(文)(2020·山东青岛质检)已知不等式x 2－2x －3<0的整数解构成等差数列{a n }，则数列{a n }的第四项为( )A ．3B ．－1C ．2D ．3或－1 [答案] D[解析] 由x 2－2x －3<0及x ∈Z 得x ＝0,1,2. ∴a 4＝3或－1.故选D.(理)已知方程(x 2－2x ＋m )(x 2－2x ＋n )＝0的四个根组成一个首项为14的等差数列，则|m－n |＝( )A ．1 B.34 C.12 D.38[答案] C[解析] 设x 2－2x ＋m ＝0的根为x 1，x 2且x 1<x 2，x 2－2x ＋n ＝0的根为x 3，x 4且x 3<x 4，且x 1＝14，又x 1＋x 2＝2，∴x 2＝74，又x 3＋x 4＝2，且x 1，x 3，x 4，x 2成等差数列， ∴公差d ＝13(74－14)＝12，∴x 3＝34，x 4＝54.∴|m －n |＝|14×74－34×54|＝12，故选C.6．设{a n }是递减的等差数列，前三项的和是15，前三项的积是105，当该数列的前n 项和最大时，n 等于( )A ．4B ．5C ．6D ．7 [答案] A[解析] ∵{a n }是等差数列，且a 1＋a 2＋a 3＝15，∴a 2＝5，又∵a 1·a 2·a 3＝105，∴a 1a 3＝21，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1a 3＝21a 1＋a 3＝10及{a n }递减可求得a 1＝7，d ＝－2，∴a n ＝9－2n ，由a n ≥0得n ≤4，∴选A.7．(2020·洛阳部分重点中学教学检测)已知a ，b ，c 是递减的等差数列，若将其中两个数的位置对换，得到一个等比数列，则a 2＋c 2b2的值为________．[答案] 20[解析] 依题意得①⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c ＝2bb 2＝ac ，或②⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c ＝2ba 2＝bc ，或③⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c ＝2bc 2＝ab .由①得a ＝b＝c ，这与“a ，b ，c 是递减的等差数列”矛盾；由②消去c 整理得(a －b )(a ＋2b )＝0，又a >b ，因此a ＝－2b ，c ＝4b ，a 2＋c 2b 2＝20；由③消去a 整理得(c －b )(c ＋2b )＝0，又b >c ，因此有c＝－2b ，a ＝4b ，a 2＋c 2b2＝20.8．(文)已知函数f (x )＝sin x ＋tan x .项数为27的等差数列{a n }满足a n ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，且公差d ≠0.若f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 27)＝0，则当k ＝________时，f (a k )＝0.[答案] 14[解析] ∵f (x )＝sin x ＋tan x 为奇函数，且在x ＝0处有定义，∴f (0)＝0. ∵{a n }为等差数列且d ≠0，∴a n (1≤n ≤27，n ∈N *)对称分布在原点及原点两侧， ∵f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 27)＝0，∴f (a 14)＝0.∴k ＝14.(理)(2020·南京一模)已知各项都为正数的等比数列{a n }中，a 2·a 4＝4，a 1＋a 2＋a 3＝14，则满足a n ·a n ＋1·a n ＋2>19的最大正整数n 的值为________．[答案] 4[解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，其中q >0，依题意得a 23＝a 2·a 4＝4，又a 3>0，因此a 3＝a 1q 2＝2，a 1＋a 2＝a 1＋a 1q ＝12，由此解得q ＝12，a 1＝8，a n ＝8×(12)n －1＝24－n ，a n ·a n ＋1·a n＋2＝29－3n.由于2－3＝18>19，因此要使29－3n >19，只要9－3n ≥－3，即n ≤4，于是满足a n ·a n ＋1·a n＋2>19的最大正整数n 的值为4.1.(文)(2020·合肥一模)已知等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8＝( ) A ．1＋ 2 B ．1－ 2 C ．3＋2 2 D ．3－2 2 [答案] C[解析] 设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，则由题意得a 3＝a 1＋2a 2，即a 1q 2＝a 1＋2a 1q ， ∵a 1>0，∴q 2－2q －1＝0，∴q ＝1± 2. 又q >0，因此有q ＝1＋2，∴a 9＋a 10a 7＋a 8＝q 2a 7＋a 8a 7＋a 8＝q 2＝(1＋2)2＝3＋22，选C. (理)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若点O (0,0)，A (l ，S l )，B (m ，S m )，C (p ，S p )(其中l <m <p )，且向量AB →与OC →共线，则l ，m ，p 之间的关系是( )A ．m ＝p ＋lB ．2m ＝p ＋lC ．2p ＝m ＋lD ．p ＝m ＋l [答案] D[解析] 依题意得AB →＝(m －l ，S m －S l )，OC →＝(p ，S p )，因为于AB →与OC →共线，所以有(m －l )S p＝p (S m －S l )，再设等差数列{a n }的公差为d ，代入整理可得p ＝m ＋l ，故选D.[点评] 可取特殊等差数列验证求解，如取a n ＝n .2．(2020·江西九校联考)已知数列2，x ，y,3为等差数列，数列2，m ，n,3为等比数列，则x ＋y ＋mn 的值为( )A ．16B ．11C ．－11D ．±11 [答案] B[解析] 依题意得x ＋y ＝2＋3＝5，mn ＝2×3＝6，x ＋y ＋mn ＝11，选B.3．(文)在函数y ＝f (x )的图象上有点列(x n ，y n )，若数列{x n }是等差数列，数列{y n }是等比数列，则函数y ＝f (x )的解析式可能为( )A ．f (x )＝2x ＋1B ．f (x )＝4x 2C ．f (x )＝log 3xD ．f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x[答案] D[解析] 对于函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 上的点列(x n ，y n )，有y n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x n ，由于{x n }是等差数列，所以x n ＋1－x n ＝d ，因此y n ＋1y n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34xn ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫34x n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x n ＋1－x n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34d，这是一个与n 无关的常数，故{y n }是等比数列．故选D.[点评] 根据指数与对数运算的性质知真数成等比(各项为正)，其对数成等差，指数成等差时，幂成等比．(理)(2020·江南十校联考)已知直线(3m ＋1)x ＋(1－m )y －4＝0所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{a n }的第一项与第二项，若b n ＝1a n ·a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 10＝( )A.921B.1021 C.1121 D.2021[答案] B[解析] 依题意，将(3m ＋1)x ＋(1－m )y －4＝0化为(x ＋y －4)＋m (3x －y )＝0，令⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －4＝03x －y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1y ＝3，∴直线(3m ＋1)x ＋(1－m )y －4＝0过定点(1,3)， ∴a 1＝1，a 2＝3，公差d ＝2，a n ＝2n －1，∴b n ＝1a n ·a n ＋1＝12(12n －1－12n ＋1)，∴T 10＝12×(11－13＋13－15＋…＋120－1－120＋1)＝12×(1－121)＝1021.故选B. 4．(2020·黄冈3月质检)设数列{a n }是以2为首项，1为公差的等差数列，b n 是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab 1＋ab 2＋…＋ab 10＝( )A ．1033B ．2057C ．1034D ．2058 [答案] A[解析] 依题意得a n ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1，b n ＝1×2n －1＝2n －1，ab n ＝b n ＋1＝2n －1＋1，因此ab 1＋ab 2＋…＋ab 10＝(20＋1)＋(21＋1)＋…＋(29＋1)＝1×210－12－1＋10＝210＋9＝1033，故选A.5．(文)将正偶数按下表排成5列：第1列第2列第3列第4列第5列第1行2 4 6 8 第2行 1614 12 10 第3行 18 20 22 24 …………2826那么[答案] 252,4[解析] 通项a n ＝2n ，故2020为第1005项，∵1005＝4×251＋1，又251为奇数，因此2020应排在第252行，且第252行从右向左排第一个数，即252行第4列．(理)已知a n ＝n 的各项排列成如图的三角形状：记A (m ，n )表示第m 行的第n 个数，则A (21,12)＝________.a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9… … … … … … … … … …[答案] 412[解析] 由题意知第1行有1个数，第2行有3个数，……第n 行有2n －1个数，故前n行有S n ＝n [1＋2n －1]2＝n 2个数，因此前20行共有S 20＝400个数，故第21行的第一个数为401，第12个数为412，即A (21,12)＝412.6．(2020·重庆文，16)设{a n }是公比为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝a 2＋4. (1)求{a n }的通项公式；(2)设{b n }是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n ＋b n }的前n 项和S n .[解析] (1)设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＝2，a 3＝a 2＋4得2q 2＝2q ＋4，即q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(舍)，∴q ＝2 ∴a n ＝a 1·qn －1＝2·2n －1＝2n(2)数列b n ＝1＋2(n －1)＝2n －1 ∴S n ＝2×1－2n1－2＋[n ×1＋n n －12×2]＝2n ＋1＋n 2－2.7．(文)在数列{a n }中，a 1＝4，且对任意大于1的正整数n ，点(a n ，a n －1)在直线y ＝x －2上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b 1＋b 2＋…＋b n ＝a n ，试比较a n 与b n 的大小． [解析] (1)∵点(a n ，a n －1)在直线y ＝x －2上，∴a n ＝a n －1＋2，即数列{a n }是以a 1＝2为首项，公差d ＝2的等差数列．∴a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，∴a n ＝4n 2.(2)∵b 1＋b 2＋…＋b n ＝a n ，∴当n ≥2时，b n ＝a n －a n －1＝4n 2－4(n －1)2＝8n －4，当n ＝1时，b 1＝a 1＝4，满足上式．∴b n ＝8n －4，∴a n －b n ＝4n 2－(8n －4)＝4(n －1)2≥0，∴a n ≥b n .[点评] 第(2)问可由b 1＋b 2＋…＋b n ＝a n 得，a n －b n ＝a n －1＝4(n －1)2≥0，∴a n ≥b n 简捷明了，注意观察分析常能起到事半功倍的效果．(理)(2020·浙江金华联考)已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和S 4＝14，且a 1，a 3，a 7成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设T n 为数列{1a n a n ＋1}的前n 项和，若T n ≤λa n ＋1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的最小值．[解析] 设公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝14，a 1＋2d 2＝a 1a 1＋6d ，联立解得d ＝1或d ＝0(舍去)， ∴a 1＝2，故a n ＝n ＋1. (2)1a n a n ＋1＝1n ＋1n ＋2＝1n ＋1－1n ＋2， ∴T n ＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n2n ＋2. ∵T n ≤λa n ＋1，∴n 2n ＋2≤λ(n ＋2)，∴λ≥n2n ＋22.又n2n ＋22＝12n ＋4n＋4≤124＋4＝116(当且仅当n ＝2时取等号)． ∴λ的最小值为116.8．(理)已知{a n }是一个公差大于0的等差数列，且满足a 3a 6＝55，a 2＋a 7＝16. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }和数列{b n }满足等式：a n ＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n2n (n 为正整数)，求数列{b n }的前n 项和S n .[解析] (1)解法一：设等差数列{a n }的公差为d ，则依题设d >0.由a 2＋a 7＝16，得2a 1＋7d ＝16.① 由a 3·a 6＝55，得(a 1＋2d )(a 1＋5d )＝55.②由①得2a 1＝16－7d ，将其代入②得(16－3d )(16＋3d )＝220，即256－9d 2＝220， ∴d 2＝4.又d >0，∴d ＝2.代入①得a 1＝1. ∴a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1.解法二：由等差数列的性质得：a 2＋a 7＝a 3＋a 6，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3a 6＝55a 3＋a 6＝16，由韦达定理知，a 3，a 6是方程x 2－16x ＋55＝0的根，解方程得x ＝5或x ＝11. 设公差为d ，则由a 6＝a 3＋3d ，得d ＝a 6－a 33.∵d >0，∴a 3＝5，a 6＝11，d ＝11－53＝2，a 1＝a 3－2d ＝5－4＝1.故a n ＝2n －1.(2)解法一：当n ＝1时，a 1＝b 12，∴b 1＝2.当n ≥2时，a n ＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n －12n －1＋b n2n ，a n －1＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n －12n －1，两式相减得a n －a n －1＝b n2n ，∴b n ＝2n ＋1，因此b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2 n ＝12n ＋1n ≥2当n ＝1时，S 1＝b 1＝2；当n ≥2时，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2＋b 21－2n －11－2＝2n ＋2－6.∵当n ＝1时上式也成立， ∴当n 为正整数时都有S n ＝2n ＋2－6.解法二：令c n ＝b n2n ，则有a n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，a n ＋1＝c 1＋c 2＋…＋c n ＋1，两式相减得a n ＋1－a n ＝c n ＋1. 由(1)得a 1＝1，a n ＋1－a n ＝2.∴c n ＋1＝2，c n ＝2(n ≥2)，即当n ≥2时，b n ＝2n ＋1，又当n ＝1时，b 1＝2a 1＝2，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2 n ＝12n ＋1n ≥2 于是S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2＋23＋24＋…＋2n ＋1＝2＋22＋23＋24＋…＋2n ＋1－4＝22n ＋1－12－1－4＝2n ＋2－6，即S n ＝2n ＋2－6.1．(2020·温州中学)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9＝( )A ．63B ．45C ．43D ．27 [答案] B[解析] 由等差数列的性质知，S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等差数列，∴2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)，∴a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6＝2(S 6－S 3)－S 3＝45.2．(2020·广东五校、启东模拟)在等差数列{a n }中，a 1＝－2020，其前n 项的和为S n .若S 20092009－S 20072007＝2，则S 2020＝( ) A ．－2020 B ．－2020 C ．2020 D ．2020 [答案] A[解析] ∵S 20092009－S 20072007＝2，∴(a 1＋1004d )－(a 1＋1003d )＝2，∴d ＝2， ∴S 2020＝2020a 1＋2010×20092d ＝－2020.3．(2020·北京顺义一中)一个算法的程序框图如下图所示，若该程序输出的结果为56，则判断框中应填入的条件是( )A ．i <4?B ．i <5?C ．i ≥5?D ．i <6? [答案] D[解析] 由题意知S ＝11×2＋12×3＋…＋1ii ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1i －1i ＋1＝ii ＋1，故要输出S ＝56，i ＝5时再循环一次，故条件为i ≤5或i <6，故选D. 4．在等差数列{a n }中，a 1＝25，S 17＝S 9，则S n 的最大值为________． [答案] 169[分析] 利用前n 项和公式和二次函数性质求解．[解析] 方法1：由S 17＝S 9，得 25×17＋172(17－1)d ＝25×9＋92(9－1)d ，解得d ＝－2，∴S n ＝25n ＋n 2(n －1)·(－2)＝－(n －13)2＋169， ∴由二次函数性质，当n ＝13时，S n 有最大值169. 方法2：先求出d ＝－2，∵a 1＝25>0，由⎩⎪⎨⎪⎧ a n ＝25－2n －1≥0a n ＋1＝25－2n ≤0，得⎩⎪⎨⎪⎧ n ≤1312n ≥1212， ∴当n ＝13时，S n 有最大值169.方法3：由S 17＝S 9得a 10＋a 11＋…＋a 17＝0，而a 10＋a 17＝a 11＋a 16＝a 12＋a 15＝a 13＋a 14，故a 13＋a 14＝0. ∵d ＝－2<0，a 1>0，∴a 13>0，a 14<0，故n ＝13时，S n 有最大值．方法4：由d ＝－2得S n 的图象如图所示(图象上一些孤立点)，由S 17＝S 9知图象对称轴为n ＝9＋172＝13， ∴当n ＝13时，S n 取得最大值169.5．已知正项数列{a n }，其前n 项和S n 满足10S n ＝a 2n ＋5a n ＋6，且a 1，a 3，a 15成等比数列，求数列{a n }的通项公式．[解析] ∵10S n ＝a 2n ＋5a n ＋6①∴10a 1＝a 21＋5a 1＋6，解之得a 1＝2或a 1＝3 又10S n －1＝a 2n －1＋5a n －1＋6(n ≥2)，② 由①－②得10a n ＝(a 2n －a 2n －1)＋5(a n －a n －1)，即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－5)＝0.∵a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝5(n ≥2)．当a 1＝3时，a 3＝13，a 15＝73.a 1，a 3，a 15不成等比数列，∴a1≠3；当a1＝2时，a3＝12，a15＝72，有a23＝a1a15，∴a1＝2，∴a n＝5n－3.[点评] S n与a n的关系是高考中经常出现的．该问题较新颖，但新而不难．思维的选择性很有深意，值得回味．。

等差数列及其前n项和测试题练习题

等差数列及其前n 项和测试题A 级基础题1．在等差数列{a n }中，a 2＝2，a 3＝4，则a 10＝________.2．若S n 是等差数列{a n }的前n 项和，a 2＋a 10＝4，则S 11的值为________．3．在等差数列{a n }中，a 1＞0，S 4＝S 9，则S n 取最大值时，n ＝________.4．在等差数列{a n }中，若a 1＋a 4＋a 7＝39，a 3＋a 6＋a 9＝27，则S 9＝________.5．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若1≤a 5≤4,2≤a 6≤3，则S 6的取值范围是________．6．设等差数列{a n }的公差为正数，若a 1＋a 2＋a 3＝15，a 1a 2a 3＝80，则a 11＋a 12＋a 13＝________.7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n 2＋pn ，a 7＝11.若a k ＋a k ＋1＞12，则正整数k 的最小值为________．8．设a 1，d 为实数，首项为a 1，公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 5S 6＋15＝0.(1)若S 5＝5，求S 6及a 1； (2)求d 的取值范围．9．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，S n 满足关系式2S n ＝S n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋2(n ≥2，n为正整数)，a 1＝12.(1)令b n ＝2n a n ，求证：数列{b n }是等差数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)在(1)的条件下，求S n 的取值范围．10．已知数列{a n }满足a n ＝2a n －1＋2n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，且a 3＝27. (1)求a 1，a 2的值；(2)记b n ＝12n (a n ＋t )(n ∈N *)，问是否存在一个实数t ，使数列{b n }是等差数列？若存在，求出实数t ；若不存在，请说明理由．B 级创新题1．已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 1＝1，S 4S 2＝4，则S 6S 4的值为________．2．数列{a n }是等差数列，若a 11a 10＜－1，且它的前n 项和S n 有最大值，那么当S n取得最小正值时，n ＝________.3．已知数列{a n }，{b n }都是等差数列，S n ，T n 分别是它们的前n 项和，且S n T n ＝7n ＋1n ＋3，则a 2＋a 5＋a 17＋a 22b 8＋b 10＋b 12＋b 16＝________.4．已知数列{a n }满足递推关系式a n ＋1＝2a n ＋2n－1(n ∈N *)，且⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋λ2n 为等差数列，则λ的值是________．5．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，a 2＝2，b 1＝2，且对任意的正整数i ，j ，k ，l ，当i ＋j ＝k ＋l 时，都有a i ＋b j ＝a k ＋b l ，则12 010∑i ＝12 010(a i ＋b i )的值是________．6．已知f(x)是定义在R 上不恒为零的函数，对于任意的x ，y ∈R ，都有f (x ·y )＝xf (y )＋yf (x )成立．数列{a n }满足a n ＝f (2n )(n ∈N *)，且a 1＝2.则数列的通项公式a n ＝________.7．在等差数列{a n }中，公差d ＞0，前n 项和为S n ，a 2·a 3＝45，a 1＋a 5＝18. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝S nn ＋c(n ∈N *)，是否存在一个非零常数c ，使数列{b n }也为等差数列？若存在，求出c 的值；若不存在，请说明理由．8．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝1－14a n ，b n ＝22a n －1，其中n ∈N *.(1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)设c n ＝(2)b n ，试问数列{c n }中是否存在三项，使它们可以构成等差数列？如果存在，求出这三项；如果不存在，说明理由．参考答案 A 组1. 解析设公差为d .则d ＝a 3－a 2＝2. ∴a 1＝0，a n ＝2n －2∴a 10＝2×10－2＝18. 答案 182. 解析 S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11(a 2＋a 10)2＝11×42＝22.答案 223. 解析因为a 1＞0，S 4＝S 9，所以a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝0，所以a 7＝0，所以⎩⎨⎧a 6＞0，a 8＜0，从而当n ＝6或7时S n 取最大值．答案 6或74. 解析 ∵a 1＋a 4＋a 7＝39，a 3＋a 6＋a 9＝27， ∴3a 4＝39,3a 6＝27， ∴a 4＝13，a 6＝9.∴a 6－a 4＝2d ＝9－13＝－4， ∴d ＝－2，∴a 5＝a 4＋d ＝13－2＝11， ∴S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5＝99.答案 995. 解析设a n ＝a 1＋(n －1)d ，则由⎩⎨⎧ 1≤a 5≤4，2≤a 6≤3，解⎩⎨⎧1≤a 1＋4d ≤4，2≤a 1＋5d ≤3，所以S 6＝6a 1＋15d ＝15(a 1＋4d )－9(a 1＋5d )∈[－12,42]．答案 [－12,42]6. 解析由15＝a 1＋a 2＋a 3＝3a 2，得a 2＝5.所以⎩⎨⎧a 1＋a 3＝10，a 1a 3＝16.又公差d ＞0，所以⎩⎨⎧a 1＝2，a 3＝8.所以d ＝3.所以a 11＋a 12＋a 13＝3a 12＝3(a 1＋11d )＝3(2＋33)＝3×35＝105. 答案 1057. 解析因为a 7＝S 7－S 6＝2×72＋7p －2×62－6p ＝26＋p ＝11，所以p ＝－15，S n ＝2n 2－15n ，a n ＝S n －S n －1＝4n －17(n ≥2)，当n ＝1时也满足．于是由a k ＋a k ＋1＝8k －30＞12，得k ＞214＞5.又k ∈N *，所以k ≥6，即k min ＝6.答案 68. 思路分析第(1)问建立首项a 1与公差d 的方程组求解；第(2)问建立首项a 1与公差d 的方程，利用完全平方公式求范围．解 (1)由题意知S 6＝－15S 5＝－3，a 6＝S 6－S 5＝－8，所以⎩⎨⎧5a 1＋10d ＝5，a 1＋5d ＝－8.解得a 1＝7，所以S 6＝－3，a 1＝7.(2)因为S 5S 6＋15＝0，所以(5a 1＋10d )(6a 1＋15d )＋15＝0，即2a 21＋9da 1＋10d 2＋1＝0，故(4a 1＋9d )2＝d 2－8，所以d 2≥8.故d 的取值范围为d ≤－22或d ≥2 2.9. (1)证明由2S n ＝S n －1－⎝ ⎛⎪⎫12n －1＋2，得2S n ＋1＝S n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋2，两式相减，得2a n ＋1＝a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，即2n ＋1a n ＋1＝2n a n ＋1，即b n ＋1－b n ＝1，所以{b n }是公差为1的等差数列．又b 1＝2a 1＝1，所以b n ＝n,2n a n ＝n ，从而a n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . (2)解由条件得S n ＋a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以S n ＝2－(n ＋2)· ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，又S n ＋1－S n ＝n ＋12n ＋1＞0，所以数列{S n }在n ∈N *单调递增，所以S n ≥S 1＝12，又S n ＜2.故S n ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，2. 10. 解 (1)由a 3＝27，得2a 2＋23＋1＝27，所以a 2＝9. 又由2a 1＋22＋1＝9，得a 1＝2.(2)假设存在实数t ，使得数列{b n }是等差数列，则2b n ＝b n －1＋b n ＋1，即2×12n (a n ＋t )＝12n －1a n －1＋t )＋12n ＋1(a n ＋1＋t )，即4a n ＝4a n －1＋a n ＋1＋t ，所以4a n ＝4×a n －2n －12＋2a n ＋2n ＋1＋t ＋1，所以t ＝1.故存在t ＝1，使得数列{b n }是等差数列． B 组1. 解析由等差数列的性质可知S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等差数列，由S 4S 2＝4得S 4－S 2S 2＝3，则S 6－S 4＝5S 2，所以S 4＝4S 2，S 6＝9S 2，S 6S 4＝94.答案942. 解析由题意，可知数列{a n }的前n 项和S n 有最大值，所以公差小于零，故a 11＜a 10，又因为a 11a 10＜－1，所以a 10＞0，a 11＜－a 10，由等差数列的性质有a 11＋a 10＝a 1＋a 20＜0，a 10＋a 10＝a 1＋a 19＞0，所以S n 取得最小正值时n ＝19. 答案 193. 解析 a 2＋a 5＋a 17＋a 22b 8＋b 10＋b 12＋b 16＝2(a 11＋a 12)2(b 11＋b 12)＝a 1＋a 22b 1＋b 22＝S 22T 22＝7×22＋122＋3＝315.答案3154. 解析由a n ＋1＝2a n ＋2n －1，可得a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋12－12n ＋1，则a n ＋1＋λ2n ＋1－a n ＋λ2n ＝a n ＋12n ＋1－a n 2－λ2＋＝12－12＋－λ2＋＝12－λ＋12＋，当λ的值是－1时，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n －12是公差为12的等差数列．答案－15. 解析由题意得a 1＋b 2 010＝a 2＋b 2 009＝a 3＋b 2 008＝…＝a 2 009＋b 2＝a 2 010＋b 1. 所以∑i ＝12 010(a i ＋b i )＝2 010(a 1＋b 2 010)故12 010∑i ＝12 010(a i ＋b i )＝12 010×2 010(a 1＋b 2 010) ＝a 1＋b 2 010. 下面求b 2 010.令i ＝1，j ＝n ，k ＝2，l ＝n －1，即a 1＋b n ＝a 2＋b n －1，则b n －b n －1＝a 2－a 1＝1，所以{a n }是以b 1＝2为首项，以d ＝1为公差的等差数列，所以b 2 010＝2＋(2 010－1)＝2 011. 所以a 1＋b 2 010＝1＋2 011＝2 012. 答案 2 0126. 解析由a n ＋1＝f (2n ＋1)＝2f (2n )＋2n f (2)＝2a n ＋2n ＋1，得a n ＋12n ＋1＝a n2n ＋1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n2n ＝n ，a n ＝n ·2n .答案 n ·2n7. 解 (1)由题设，知{a n }是等差数列，且公差d ＞0，则由⎩⎨⎧ a 2a 3＝45，a 1＋a 5＝18，得⎩⎨⎧(a 1＋d )(a 1＋2d )＝45，a 1＋(a 1＋4d )＝18.解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝4.∴a n ＝4n －3(n ∈N *)．(2)由b n ＝S n n ＋c ＝n (1＋4n －3)2n ＋c ＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12n ＋c ，∵c ≠0，∴可令c ＝－12，得到b n ＝2n .∵b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－2n ＝2(n ∈N *)， ∴数列{b n }是公差为2的等差数列．即存在一个非零常数c ＝－12，使数列{b n }也为等差数列．8. (1)证明因为b n ＋1－b n ＝22a n ＋1－1－22a n －1＝22⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14a n －1－22a n －1＝4a n2a n －1－22a n －1＝2(n ∈N *)，且b 1＝22×1－1＝2 所以，数列{b n }以2为首项，2为公差的是等差数列．(2)解由(1)得c n ＝(2)b n ＝2n ，假设{c n }中存在三项c m ，c n ，c p (其中m ＜n ＜p ，m ，n ，p ∈N *)成等差数列，则2·2n ＝2m ＋2p ，所以2n ＋1＝2m ＋2p,2n －m ＋1＝1＋2p －m.因为m ＜n ＜p ，m ，n ，p ∈N *，所以n －m ＋1，p －m ∈N *，从而2n－m ＋1为偶数，1＋2p －m 为奇数，所以2n －m ＋1与1＋2p －m 不可能相等，所以数列{c n }中不存在可以构成等差数列的三项．。

2020届高考数学(文)总复习试题：第五章第二节等差数列及其前n项和

课时规范练A 组基础对点练1．在单调递增的等差数列{a n }中，若a 3＝1，a 2a 4＝34，则a 1＝( )A ．－1B ．0 C.14 D.12解析：由题知，a 2＋a 4＝2a 3＝2，又∵a 2a 4＝34，数列{a n }单调递增，∴a 2＝12，a 4＝32.∴公差d ＝a 4－a 22＝12.∴a 1＝a 2－d ＝0.答案：B2．等差数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝100(n ≥3)．若{a n }的公差为某一自然数，则n 的所有可能取值为( )A ．3,7,9,15,100B ．4,10,12,34,100C ．5,11,16,30,100D ．4,10,13,43,100解析：由等差数列的通项公式得，公差d ＝a n －a 1n －1＝99n －1.又因为d ∈N ，n ≥3，所以n －1可能为3,9,11,33,99，n 的所有可能取值为4,10,12,34,100，故选B. 答案：B3．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( )A ．5B ．7C ．9D ．11解析：因为{a n }是等差数列，∴a 1＋a 5＝2a 3，即a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴a 3＝1，∴S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5a 3＝5，故选A. 答案：A4．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 8－S 4＝36，a 6＝2a 4，则a 1＝( )A ．－2B ．0C ．2D ．4 解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵S 8－S 4＝36，a 6＝2a 4，∴⎩⎪⎨⎪⎧ ⎝ ⎛⎭⎪⎫8a 1＋8×72d －⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 1＋4×32d ＝36，a 1＋5d ＝2a 1＋6d ，解得⎩⎨⎧a 1＝－2，d ＝2.故选A. 答案：A 5．若等差数列{a n }的前5项之和S 5＝25，且a 2＝3，则a 7＝( )A ．12B ．13C ．14D ．15解析：由S 5＝(a 2＋a 4)·52，得25＝(3＋a 4)·52，解得a 4＝7，所以7＝3＋2d ，即d ＝2，所以a 7＝a 4＋3d ＝7＋3×2＝13.答案：B6．已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( )A ．100B ．99C ．98D ．97解析：由题意可知，⎩⎨⎧a 1＋4d ＝3，a 1＋9d ＝8，解得a 1＝－1，d ＝1，所以a 100＝－1＋99×1＝98.答案：C7．已知等差数列{a n }中，a n ≠0，若n ≥2且a n －1＋a n ＋1－a 2n ＝0，S 2n －1＝38，则n 等于__________．解析：∵{a n }是等差数列，∴2a n ＝a n －1＋a n ＋1，又∵a n －1＋a n ＋1－a 2n ＝0，∴2a n －a 2n ＝0，即a n (2－a n )＝0.∵a n ≠0，∴a n ＝2.∴S 2n －1＝(2n －1)a n ＝2(2n －1)＝38，解得n ＝10.答案：108．中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为________．解析：设数列首项为a 1，则a 1＋2 0152＝1 010，故a 1＝5.答案：59．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110.(1)求a 及k 的值．(2)已知数列{b n }满足b n ＝S n n ，证明数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n .解析：(1)设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ，由已知有a ＋3a＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2，所以S k ＝ka 1＋k (k －1)2·d ＝2k ＋k (k －1)2×2＝k 2＋k .由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10.(2)由(1)得S n ＝n (2＋2n )2＝n (n ＋1)，则b n ＝S n n ＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{b n }是首项为2，公差为1的等差数列，所以T n ＝n (2＋n ＋1)2＝n (n ＋3)2. 10．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1(n ∈N *，n ≥2)，数列{b n }满足关系式b n ＝1a n(n ∈N *)． (1)求证：数列{b n }为等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．解析：(1)证明：∵b n ＝1a n，且a n ＝a n －12a n －1＋1， ∴b n ＋1＝1a n ＋1＝1a n 2a n ＋1＝2a n ＋1a n， ∴b n ＋1－b n ＝2a n ＋1a n －1a n＝2. 又∵b 1＝1a 1＝1，∴数列{b n }是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)知数列{b n }的通项公式为b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又b n ＝1a n，∴a n ＝1b n ＝12n －1.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝12n －1. B 组能力提升练11．(2019·唐山统考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 11＝22，则a 3＋a 7＋a 8＝( )A ．18B ．12C ．9D ．6解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11(2a 1＋10d )2＝22，即a 1＋5d ＝2，所以a 3＋a 7＋a 8＝a 1＋2d ＋a 1＋6d ＋a 1＋7d ＝3(a 1＋5d )＝6，故选D.答案：D12．已知数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，公比为q ，数列{c n }中，c n＝a n b n ，S n 是数列{c n }的前n 项和．若S m ＝11，S 2m ＝7，S 3m ＝－201(m 为正偶数)，则S 4m 的值为( )A ．－1 601B ．－1 801C ．－2 001D ．－2 201解析：令A ＝S m ＝11，B ＝S 2m －S m ＝－4，C ＝S 3m －S 2m ＝－208，则q m ·A ＝(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a m b m )q m ＝a 1b m ＋1＋…＋a m b 2m .故B －q m ·A ＝(a m ＋1－a 1)b m ＋1＋…＋(a 2m －a m )b 2m ＝md (b m ＋1＋…＋b 2m )，其中，d 是数列{a n }的公差，q 是数列{b n }的公比．同理C －q m ·B ＝md (b 2m ＋1＋…＋b 3m )＝md (b m ＋1＋…＋b 2m )·q m ，故C －q m ·B ＝q m (B －q m ·A )．代入已知条件，可得11(q m )2＋8q m －208＝0，解得q m ＝4或q m ＝－5211(因m 为正偶数，舍去)．又S 4m －S 3m ＝(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a m b m )q 3m ＋3md (b m ＋1＋…＋b 2m )q 2m ＝11×43＋3(B －q m ·A )×42＝11×43－3×12×43＝－1 600.故S 4m ＝S 3m －1 600＝－1 801.答案：B13．(2019·长春质检)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1>0且a 6a 5＝911，则当S n 取最大值时，n 的值为( )A ．9B ．10C ．11D ．12解析：由题意，不妨设a 6＝9t ，a 5＝11t ，则公差d ＝－2t ，其中t >0，因此a 10＝t ，a 11＝－t ，即当n ＝10时，S n 取得最大值，故选B.答案：B14．设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意正整数n 都有S n T n＝2n －34n －3，则a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4的值为________．解析：因为{a n }，{b n }为等差数列，所以a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝a 92b 6＋a 32b 6＝a 9＋a 32b 6＝a 6b 6，因为S 11T 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝2a 62b 6＝2×11－34×11－3＝1941. 所以a 6b 6＝1941. 答案：194115．(2019·银川模拟)在等差数列{a n }中，已知a 3＝7，a 6＝16，依次将等差数列的各项排成如图所示的三角形数阵，则此数阵中，第10行从左到右的第5个数是________．解析：由题知公差d ＝a 6－a 36－3＝16－73＝3，所以a n ＝7＋(n －3)d ＝3n －2，第10行从左到右的第5个数是原等差数列中第1＋2＋…＋9＋5＝50项，即为 a 50＝3×50－2＝148.答案：14816．(2019·太原模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＜0，S 2 015＝0.(1)求S n 的最小值及此时n 的值．(2)求n 的取值集合，使其满足a n ≥S n .解析：(1)设公差为d ，则由S 2 015＝a 1＋2 015×2 0142d ＝a 1＋1 007d ＝0，d ＝－11 007a 1，a 1＋a n ＝2 015－n 1 007a 1，所以S n ＝n 2(a 1＋a n )＝n 2·20 15－n 1 007a 1＝a 12 014(2 015n －n 2 )．因为a 1＜0，n ∈N *，所以当n ＝1 007或1 008时，S n 取最小值504a 1.(2)a n ＝1 008－n 1 007a 1，S n ≤a n a 12 014(2 015n －n 2)≤1 008－n 1 007a 1.因为a 1＜0，所以n 2－2 017n ＋2 016≤0，即(n －1)(n －2 016)≤0，解得1≤n ≤2 016.故所求n 的取值集合为{n |1≤n ≤2 016，n ∈N *}．。

2015届高考数学总复习第五章第二节等差数列及其前n项和课时精练试题文(含解析)

1．(2012·福建卷)等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }的公差为 ( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4解析：由等差中项的性质知a 3＝a 1＋a 52＝5，又∵a 4＝7，∴d ＝a 4－a 3＝2.故选B.答案：B2．(2012·九江模拟)记等差数列的前n 项和为S n ，若S 2＝4，S 4＝20，则该数列的公差d ＝( )A ．2B ．3C ．6D ．7解析：S 4－S 2－S 2＝4d ＝12⇒d ＝3.故选B. 答案：B3．(2013·深圳一模)等差数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2则a 4的值为A ．18 B ．15 C ．12 D ．20解析：由题意可得 a 1＝3，a 2＝8，a 3＝13，故此等差数列的公差为5，故a 4＝a 3＋d ＝18，故选A.答案：A4．(2013·揭阳一模)已知等差数列{a n }满足，a 1＞0，5a 8＝8a 13，则前n 项和S n 取最大值时，n 的值为( )A ．20B ．21C ．22D ．23解析：设数列的公差为d ，由5a 8＝8a 13得5(a 1＋7d )＝8(a 1＋12d )，解得d ＝－361a 1，由a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a 1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－361a 1≥0，可得n ≤643＝2113，所以数列{a n }前21项都是正数，以后各项都是负数，故S n 取最大值时，n 的值为21，故选B. 答案：B5．(2013·韶关三模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 2＝10，S 5＝55，则过点P (n ，a n )和Q (n ＋2，a n ＋2)(n ∈N *)的直线的斜率是( )A ．4B ．3C ．2D ．1解析：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋d ＝10，a 1＋4d2＝55，解得a 1＝3，d ＝4.∴直线的斜率为a n ＋2－a nn ＋2－n＝4，故答案选A.答案：A6．(2012·青岛期末)等差数列{a n }中，已知a 1＝－6，a n ＝0，公差d ∈N *，则n (n ≥3)的最大值为( )A ．7B ．6C ．5D ．8解析：a n ＝a 1＋(n －1)d ＝0，∴d ＝6n －1.又d ∈N *，∴ n (n ≥3)的最大值为7.故选A.答案：A7．(2013·揭阳二模)在等差数列{a n }中，首项a 1＝0，公差d ≠0，若a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9，则m 的值为( )A ．37B ．36C ．20D ．19解析：因为{a n }为等差数列，首项a 1＝0，a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9，所以0＋(m －1)d ＝9a 5＝36d ，又公差d ≠0，所以m ＝37，故选A.答案：A8．(2013·辽宁卷)下列是关于公差d ＞0的等差数列{a n }的四个命题：①数列{a n }是递增数列；②数列{na n }是递增数列；③数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是递增数列；④数列{a n＋3nd }是递增数列．其中的真命题为( )A ．①②B ．③④C ．②③D ．①④解析：a n ＝a 1＋(n －1)d ，d ＞0， ∴a n －a n －1＝d ＞0，命题①正确．na n ＝na 1＋n (n －1)d ，∴na n －(n －1)a n －1＝a 1＋2(n －1)d 与0的大小和a 1的取值情况有关．故数列{na n }不一定递增，命题②不正确．对于③：a n n ＝a 1n ＋n －1n d ，∴a n n －a n －1n －1＝－a 1＋dn n －，当d －a 1＞0，即d ＞a 1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 递增，但d ＞a 1不一定成立，则③不正确．对于④：设b n ＝a n ＋3nd ，则b n ＋1－b n ＝a n ＋1－a n ＋3d ＝4d ＞0.∴数列{a n ＋3nd }是递增数列，④正确．综上，正确的命题为①④. 答案：D9．(2013·广东卷)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝10，则3a 5＋a 7＝________.解析：依题意2a 1＋9d ＝10，所以3a 5＋a 7＝3(a 1＋4d )＋a 1＋6d ＝4a 1＋18d ＝20或3a 5＋a 7＝2(a 3＋a 8)＝20.答案：20 10．(2013·北京海淀区上学期期末) 数列{a n }是公差不为0的等差数列，且a 2＋a 6＝a 8，则S 5a 5＝____________.解析：在等差数列中，由a 2＋a 6＝a 8得2a 1＋6d ＝a 1＋7d ，即a 1＝d ≠0，所以S 5a 5＝5a 1＋5×42da 1＋4d＝5a 1＋10d a 1＋4d ＝155＝3. 答案：311．(2013·洛阳统考)在等差数列{a n }中，其前n 项和为S n ，且S 2 011＝2 011，a 1 007＝－3，则S 2 012＝________.解析：∵S 2 011＝2 011，∴a 1＋a 2 0112＝2 011.得a 1＋a 2 011＝2.又∵a 1＋a 2 011＝2a 1 006，∴a 1 006＝1. 又∵a 1 007＝－3，∴S 2 012＝a 1＋a 2 012×2 0122＝a 1 006＋a 1 007×2 0122＝1－3×2 0122＝－2 012.答案：－2 01212．将正奇数排列如下表，其中第i 行第j 个数表示a ij (i ∈N *，j ∈N *)，例如a 32＝9，若a ij ＝2 009，则i ＋j ＝________________.1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 …解析：由2n －1＝2 009，求得n ＝1 005，由此可知将正奇数按从小到大的顺序排列，2 009位于第1 005个，而数表自上而下，每行所放的奇数个数，恰好与行数相等，设2 009位于第i 行，则1＋2＋3＋…＋i ≥1 005，且1＋2＋3＋…＋(i －1)≤1 005，于是得i ＋i2≥1 005且i i －2≤1 005⇒i (1＋i )≥2 010，i (i －1)≤2 010，并注意到i ∈N *，所以i＝45，而j ＝1 005－＋2＝1 005－22×45＝1 005－990＝15，故i ＋j ＝45＋15＝60.答案：6013．(2013·北京西城区二模)已知等比数列{a n }的各项均为正数，a 2＝8，a 3＋a 4＝48. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n .证明：{b n }为等差数列，并求{b n }的前n 项和S n .(1)解析：设等比数列{a n }的公比为q ，依题意q ＞0.因为a 2＝8，a 3＋a 4＝48，所以a 1q ＝8，a 1q 2＋a 1q 3＝48.两式相除得q 2＋q －6＝0，解得q ＝2(舍去q ＝－3)．所以a 1＝a 2q＝4.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1q n －1＝2n ＋1(n ∈N *)． (2)证明：由(1)得b n ＝log 4a n ＝n ＋12，因为b n ＋1－b n ＝n ＋22－n ＋12＝12，所以数列{b n }是首项为1，公差为d ＝12的等差数列．所以S n ＝nb 1＋n n －2d ＝n 2＋3n 4(n ∈N *)．14．(2013·梅州二模)f (x )对任意x ∈R 都有f (x )＋f (1－x )＝12.(1)求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12和f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n (n ∈N )的值；(2)数列{a n }满足：a n ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f (1)，数列{a n}是等差数列吗？请给予证明；(3)令b n ＝44a n －1，T n ＝b 21＋b 22＋b 23＋…＋b 2n ，S n ＝32－16n.试比较T n 与S n 的大小．解析：(1)因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝12，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝14.令x ＝1n ，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＝12，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＝12. (2)a n ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f (1)，又a n ＝f (1)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋…f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f (0)，两式相加2a n ＝[f (0)＋f (1)]＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋…＋[f (1)＋f (0)]＝n ＋12，所以a n ＝n ＋14，n ∈N *.又a n ＋1－a n ＝n ＋1＋14－n ＋14＝14.故数列{a n }是等差数列．(3)b n ＝44a n －1＝4n，T n ＝b 21＋b 22＋…＋b 2n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋132＋…＋1n 2≤16⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋11×2＋12×3＋…＋1n n －＝16⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1n ＝32－16n＝S n .所以T n ≤S n .。

等差数列及其前n项和练习题

等差数列及其前n项和练习题1.已知公差不为0的等差数列{a n}中，a2＋a4＝a6，a9＝a26，则a10＝()A.52B.5C.10D.40答案A解析设公差为d，由已知得1＋d＋a1＋3d＝a1＋5d，1＋8d＝（a1＋5d）2，由于d≠0，故a1＝d＝14，所以a10＝14＋14×9＝52.2.(多选)记S n为等差数列{a n}的前n项和.已知S4＝0，a5＝5，则下列选项正确的是()A.a2＋a3＝0B.a n＝2n－5C.S n＝n(n－4)D.d＝－2答案ABC解析S4＝4×（a1＋a4）2＝0，∴a1＋a4＝a2＋a3＝0，A正确；a5＝a1＋4d＝5，①a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝0，②联立①②＝2，1＝－3，∴a n＝－3＋(n－1)×2＝2n－5，B正确，D错误；S n＝－3n＋n（n－1）2×2＝n2－4n，C正确，故选ABC.3.已知数列{a n}满足5a n＋1＝25·5a n，且a2＋a4＋a6＝9，则log13(a5＋a7＋a9)＝()A.－3B.3C.－13D.1 3答案A解析数列{a n}满足5a n＋1＝25·5a n，∴a n＋1＝a n＋2，即a n＋1－a n＝2，∴数列{a n }是等差数列，公差为2.∵a 2＋a 4＋a 6＝9，∴3a 4＝9，a 4＝3.∴a 1＋3×2＝3，解得a 1＝－3.∴a 5＋a 7＋a 9＝3a 7＝3×(－3＋6×2)＝27，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 1333＝－3.故选A.4.(2021·深圳一模)在数列{a n }中，a 1＝3，a m ＋n ＝a m ＋a n (m ，n ∈N *)，若a 1＋a 2＋a 3＋…＋a k ＝135，则k ＝()A.10B.9C.8D.7答案B 解析令m ＝1，由a m ＋n ＝a m ＋a n 可得a n ＋1＝a 1＋a n ，所以a n ＋1－a n ＝3，所以{a n }是首项为a 1＝3，公差为3的等差数列，a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a k ＝k （a 1＋a k ）2＝k （3＋3k ）2＝135.整理可得k 2＋k －90＝0，解得k ＝9或k ＝－10(舍).5.(多选)(2022·衡阳联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2n S 4n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”，则下列数列{b n }为“吉祥数列”的是()A.b n ＝nB.b n ＝(－1)n (n ＋1)C.b n ＝4n －2D.b n ＝2n 答案BC 解析若{b n }是等差数列，则根据等差数列求和公式知需b 1＋b n ＝kn ，k ∈R ，则{b n }为“吉祥数列”，检验A ，C 可知C 符合题意；{b n }是摆动数列，由并项求和法知S 2n ＝n ，S 4n ＝2n ，S 2n S 4n ＝n 2n ＝12，故B 符合题意；根据等比数列求和公式知D 不符合题意.故选BC.6.设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 6＝1，S 12＝4，则S 18＝________.答案9解析在等差数列中，S 6，S 12－S 6，S 18－S 12成等差数列，∵S 6＝1，S 12＝4，∴1，3，S 18－4成公差为2的等差数列，即S 18－4＝5，∴S 18＝9.7.等差数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，若S n T n ＝3n －22n ＋1，则a 7b 7等于________.答案3727解析a 7b 7＝2a 72b 7＝a 1＋a 13b 1＋b 13＝a 1＋a 132×13b 1＋b 132×13＝S 13T 13＝3×13－22×13＋1＝3727.8.(2021·长春一模)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 6＋a 7＝1，则S 12＝________，若a 7＜0，则使得不等式S n ＜0成立的最小整数n ＝________.答案613解析根据{a n }为等差数列，且a 6＋a 7＝1，得S 12＝（a 1＋a 12）×122＝6(a 6＋a 7)＝6；若a 7＜0，则S 13＝（a 1＋a 13）×132＝13a 7＜0，又S 12＞0，所以使不等式S n ＜0成立的最小整数n ＝13.9.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 1＝32，a 2＝2，2(S n ＋2＋S n )＝4S n ＋1＋1，则数列{a n }的前16项和S 16＝________.答案84解析将2(S n ＋2＋S n )＝4S n ＋1＋1变形为(S n ＋2－S n ＋1)－(S n ＋1－S n )＝12，即a n ＋2－a n ＋1＝12，又a 1＝32，a 2＝2，∴a 2－a 1＝12符合上式，∴{a n }是首项a 1＝32，公差d ＝12的等差数列，∴S 16＝16×32＋16×152×12＝84.10.已知等差数列的前三项依次为a ，4，3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110.(1)求a 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项公式b n ＝S n n，证明：数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n .(1)解设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ，由已知有a ＋3a ＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2，所以S k＝ka1＋k（k－1）2·d＝2k＋k（k－1）2×2＝k2＋k，由S k＝110，得k2＋k－110＝0，解得k＝10或k＝－11(舍去)，故a＝2，k＝10.(2)证明由(1)得S n＝n（2＋2n）2＝n(n＋1)，则b n＝S nn＝n＋1，故b n＋1－b n＝(n＋2)－(n＋1)＝1，即数列{b n}是首项为2，公差为1的等差数列，所以T n＝n（2＋n＋1）2＝n（n＋3）2.11.已知公差大于零的等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足a2a4＝65，a1＋a5＝18.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)是否存在常数k，使得数列{S n＋kn}为等差数列？若存在，求出常数k；若不存在，请说明理由.解(1)设公差为d.∵{a n}为等差数列，∴a1＋a5＝a2＋a4＝18，又a2a4＝65，∴a2，a4是方程x2－18x＋65＝0的两个根，又公差d＞0，∴a2＜a4，∴a2＝5，a4＝13.1＋d＝5，1＋3d＝13，1＝1，＝4，∴a n＝4n－3.(2)由(1)知，S n＝n＋n（n－1）2×4＝2n2－n，假设存在常数k，使数列{S n＋kn}为等差数列.由S1＋k＋S3＋3k＝2S2＋2k，得1＋k＋15＋3k＝26＋2k，解得k＝1.∴S n＋kn＝2n2＝2n，当n≥2时，2n－2(n－1)＝2，为常数，∴数列{S n＋kn}为等差数列.故存在常数k＝1，使得数列{S n＋kn}为等差数列.12.(多选)(2021·南通海门一中期末)在悠久灿烂的中国古代文化中，数学文化是其中一朵绚丽的奇葩.《张丘建算经》是我国古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一，大约创作于公元5世纪.书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈，问日益几何？”.其大意为：“有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织5尺，一个月共织了九匹三丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布？”.已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，若这一个月有30天，记该女子这一个月中第n天所织布的尺数为a n，b n＝2a n，对于数列{a n}、{b n}，下列选项中正确的为()A.b10＝8b5B.{b n}是等比数列C.a1b30＝105D.a3＋a5＋a7a2＋a4＋a6＝209193答案BD解析由题意可知，数列{a n}为等差数列，设数列{a n}的公差为d，由题意可得a1＝5，30a1＋30×29d2＝390，解得d＝1629，∴a n＝a1＋(n－1)d＝16n＋12929.∵b n＝2a n，∴b n＋1b n＝2a n＋12a n＝2a n＋1－a n＝2d(非零常数)，则数列{b n}是等比数列，B正确；∵5d＝5×1629＝8029≠3，b10b5＝(2d)5＝25d≠23，∴b10≠8b5，A错误；a30＝a1＋29d＝5＋16＝21，∴a1b30＝5×221＞105，C错误；a4＝a1＋3d＝5＋3×1629＝19329，a5＝a1＋4d＝5＋4×1629＝20929，所以a3＋a5＋a7a2＋a4＋a6＝3a53a4＝a5a4＝209193，D正确.故选BD.13.(2022·衡水模拟)已知在数列{a n}中，a6＝11，且na n－(n－1)a n＋1＝1，则a n＝________；a2n＋143n的最小值为________.答案2n－144解析na n－(n－1)a n＋1＝1，∴(n＋1)a n＋1－na n＋2＝1，两式相减得na n－2na n＋1＋na n＋2＝0，∴a n＋a n＋2＝2a n＋1，∴数列{a n}为等差数列.当n＝1时，由na n－(n－1)a n＋1＝1得a1＝1，由a6＝11，得公差d＝2，∴a n＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴a2n＋143n＝（2n－1）2＋143n＝4n＋144n－4≥24n·144n－4＝44，当且仅当4n＝144n，即n＝6时等号成立.14.等差数列{a n}中，公差d＜0，a2＋a6＝－8，a3a5＝7.(1)求{a n}的通项公式；(2)记T n为数列{b n}前n项的和，其中b n＝|a n|，n∈N*，若T n≥1464，求n的最小值.解(1)∵等差数列{a n}中，公差d＜0，a2＋a6＝－8，∴a2＋a6＝a3＋a5＝－8，又∵a3a5＝7，∴a3，a5是一元二次方程x2＋8x＋7＝0的两个根，且a3＞a5，解方程x2＋8x＋7＝0，得a3＝－1，a5＝－7，1＋2d＝－1，1＋4d＝－7，解得a1＝5，d＝－3.∴a n＝5＋(n－1)×(－3)＝－3n＋8.(2)由(1)知{a n}的前n项和S n＝5n＋n（n－1）2×(－3)＝－32n2＋132n.∵b n＝|a n|，∴b1＝5，b2＝2，b3＝|－1|＝1，b4＝|－4|＝4，当n≥3时，b n＝|a n|＝3n－8.当n＜3时，T1＝5，T2＝7；当n≥3时，T n＝－S n＋2S2＝3n22－13n2＋14.∵T n≥1464，∴T n＝3n22－13n2＋14≥1464，即(3n－100)(n＋29)≥0，解得n≥100 3，∴n的最小值为34.。

第02讲等差数列及其前n项和 (练)(含答案解析)

第02讲等差数列及其前n 项和(练）-2023年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）第02讲等差数列及其前n 项和(精练）A 夯实基础一、单选题（2022·四川省南充市白塔中学高一阶段练习（文））1．在等差数列{}n a 中，已知3412a a +=，则数列{}n a 的前6项之和为（）A ．12B ．32C ．36D ．37（2022·天津天津·高二期末）2．某中学的“希望工程”募捐小组暑假期间走上街头进行了一次募捐活动，共收到捐款1200元.他们第1天只得到10元，之后采取了积极措施，从第2天起，每一天收到的捐款都比前一天多10元.这次募捐活动一共进行的天数为（）A ．13B ．14C ．15D ．16（2022·北京市第十二中学高二阶段练习）3．设等差数列{}n a 的公差为d ，若数列{}1n a a 为递减数列，则（）A ．0d <B ．0d >C ．10a d >D ．10a d <（2022·黑龙江双鸭山·高二期末）4．等差数列{}n a 中，已知70a >，2100a a +<，则{}n a 的前n 项和n S 的最小值为（）A ．5S B ．6S C ．7S D ．8S （2022·山东师范大学附中模拟预测）5．如图，在杨辉三角形中，斜线l 的上方，从1开始箭头所示的数组成一个锯齿形数列：1，3，3，4，6，5，10，…，记其前n 项和为n S ，则22S =（）（2022·湖北·安陆第一高中高二阶段练习）6．已知数列{}n a 的前n 项和225n S n n =-，若1015k a <<，则k =（）A ．5B ．6C ．7D ．8（2022·全国·模拟预测）7．设等差数列{}n a 与等差数列{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T .若对于任意的正整数n 都有2131n n S n T n +=-，则89a b =（）A ．3552B ．3150C ．3148D ．3546（2022·全国·高二专题练习）8．等差数列{}n a 的首项为正数，其前n 项和为n S .现有下列命题，其中是假命题的有（）A ．若n S 有最大值，则数列{}n a 的公差小于0B ．若6130a a +=，则使0n S >的最大的n 为18C ．若90a >，9100a a +<，则{}n S 中9S 最大D ．若90a >，9100a a +<，则数列{}n a 中的最小项是第9项二、多选题（2022·黑龙江·鹤岗一中高二期中）9．已知等差数列{an }的公差为d ，前n 项和为Sn ，且91011S S S =<，则（）A ．d ＜0B ．a 10＝0C ．S 18＜0D ．S 8＜S 9（2022·浙江温州·高二期末）10．某“最强大脑”大赛吸引了全球10000人参加，赞助商提供了2009枚智慧币作为比赛奖金．比赛结束后根据名次（没有并列名次的选手）进行奖励，要求第k 名比第1k +名多2枚智慧币，每人得到的智慧币必须是正整数，且所有智慧币必须都分给参赛者，按此规则主办方可能给第一名分配（）智慧币．A ．300B ．293C ．93D ．89三、填空题（2022·全国·高二课时练习）11．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且20202019120202019S S -=，则数列{}n a 的公差为_______.（2022·江苏·高二）12．首项为正数的等差数列，前n 项和为n S ，且38S S =，当n =________时，n S 取到最大值.四、解答题（2022·山东·高二阶段练习）13．在等差数列{}n a 中，2745,6a a a ==+.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设n S 为{}n a 的前n 项和，若99m S =，求m 的值.（2022·全国·高三专题练习（文））14．已知数列{}n a 的前n 项和为2230n S n n =-.（1）求出{}n a 的通项公式；（2）求数列n S n ⎧⎫⎨⎩⎭前n 项和最小时n 的取值B 能力提升一、单选题（2022·四川省绵阳南山中学高一期中）15．设等差数列{}n a 的公差为d ，其前n 项和为n S ，且513S S =，6140a a +<，则使得0n S <的正整数n 的最小值为（）A ．18B ．19C ．20D ．21（2022·全国·高三专题练习）16．已知公差非零的等差数列{}n a 满足38a a =，则下列结论正确的是（）A ．110S =B ．*11()110N n n S S n n -=≤≤∈,C ．当110S >时，5n S S ≥D ．当110S <时，5n S S ≥（2022·全国·高三专题练习）17．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知100S =，1525S =，则n n S +的最小值为______．（2022·辽宁辽阳·二模）18．“物不知数”是中国古代著名算题，原载于《孙子算经》卷下第二十六题：“今有物不知其数，三三数之剩二；五五数之剩三；七七数之剩二.问物几何？”它的系统解法是秦九韶在《数书九章》大衍求一术中给出的.大衍求一术（也称作“中国剩余定理”）是中国古算中最有独创性的成就之一，属现代数论中的一次同余式组问题，已知问题中，一个数被3除余2，被5除余3，被7除余2，则在不超过4200的正整数中，所有满足条件的数的和为______.（2022·山西吕梁·二模（理））19．已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，151416>>S S S ，则满足10n n S S +⋅<的正整数n 是________．（2022·湖南衡阳·三模）20．已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()*12n n n a a S n N+=∈，则24666a a a a +++⋅⋅⋅+=__________．C 综合素养（2022·山东济南·三模）21．如图1，洛书是一种关于天地空间变化脉络的图案，2014年正式入选国家级非物质文化遗产名录，其数字结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，形成图2中的九宫格，将自然数1，2，3，…，2n 放置在n 行n 列()3n ≥的正方形图表中，使其每行、每列、每条对角线上的数字之和（简称“幻和”）均相等，具有这种性质的图表称为“n 阶幻方”．洛书就是一个3阶幻方，其“幻和”为15．则7阶幻方的“幻和”为（）图1图2A ．91B ．169C ．175D ．180（2022·新疆克拉玛依·三模（文））22．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般的等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次成等差数列．如数列1，3，6，10，前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列．现有二阶等差数列，其前7项分别为2，3，5，8，12，17，23，则该数列的第31项为（）A ．636B ．601C ．483D ．467（2022·陕西·宝鸡中学模拟预测）23．“中国剩余定理”是关于整除的问题.现有这样一个问题“将1~2030这2030个自然数中，能被3整除余1且能被4整除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{}n a ，则该数列共有（）A ．170项B ．171项C ．168项D ．169项（2022·浙江·模拟预测）24．毕达哥拉斯学派是古希腊哲学家毕达哥拉斯及其信徒组成的学派，他们把美学视为自然科学的一个组成部分．美表现在数量比例上的对称与和谐，和谐起于差异的对立，美的本质在于和谐．他们常把数描绘成沙滩上的沙粒或小石子，并由它们排列而成的形状对自然数进行研究．如图所示，图形的点数分别为1,5,12,22, ，总结规律并以此类推下去，第8个图形对应的点数为________，若这些数构成一个数列，记为数列{}n a ，则322112321a a aa ++++= ________．（2022·辽宁·东北育才双语学校模拟预测）25．“物不知数”是中国古代著名算题，原载于《孙子算经》卷下第二十六题：“今有物不知其数，三三数之剩二；五五数之剩三；七七数之剩二.问物几何？”它的系统解法是秦九韶在《数书九章》大衍求一术中给出的.大衍求一术（也称作“中国剩余定理”）是中国古算中最有独创性的成就之一，属现代数论中的一次同余式组问题.已知问题中，一个数被3除余2，被5除余3，被7除余2，则在不超过2022的正整数中，所有满足条件的数的和为___________.参考答案：1．C【分析】直接按照等差数列项数的性质求解即可.【详解】数列{}n a 的前6项之和为()12345634336a a a a a a a a +++++=+=.故选：C.2．C【分析】由题意可得募捐构成了一个以10元为首项，以10元为公差的等差数列，设共募捐了n 天，然后建立关于n 的方程，求出n 即可．【详解】由题意可得，第一天募捐10元，第二天募捐20元，募捐构成了一个以10元为首项，以10元为公差的等差数列，根据题意，设共募捐了n 天，则(1)120010102n n n -=+⨯，解得15n =或16-（舍去），所以15n =，故选：C ．3．D【分析】根据数列{}1n a a 为递减数列列不等式，化简后判断出正确选项.【详解】依题意，数列{}n a 是公差为d 的等差数列，数列{}1n a a 为递减数列，所以111n n a a a a +>，()11n n a a a a d >+，1111,0n n a a a a a d a d >+<.故选：D 4．B【分析】由等差数列的性质将2100a a +<转化为60a <，而70a >，可知数列是递增数，从而可求得结果【详解】∵等差数列{}n a 中，2100a a +<，∴210620a a a +=<，即60a <．又70a >，∴{}n a 的前n 项和n S 的最小值为6S ．故选：B 5．B【分析】将数列的前22项写出来，再进行求和即可.【详解】根据杨辉三角的特征可以将数列继续写出到第22项：1，3，3，4，6，5，10，6，15，7，21，8，28，9，36，10，45，11，55，12，66，13，所以()()221361015212836455566345678910111213S =+++++++++++++++++++++()313112863742+⨯=+=故选：B 6．A【分析】由n a 与n S 的关系先求出n a ，再结合已知条件可求出答案.【详解】由()()22125215147(1)n n n a S S n n n n n n -⎡⎤=-=-----=->⎣⎦，得47,1n a n n =-=也适合，又由104715k <-<得171142k <<，又k *∈N ，∴5k =，故选:A ．7．B【分析】先设()21n S n nt =+，()31n T n nt =-，由887a S S =-，998b T T =-直接计算89a b 即可.【详解】设()21n S n nt =+，()31n T n nt =-，0t ≠.则88713610531a S S t t t =-=-=，99823418450b T T t t t =-=-=，所以893150a b =.故选：B.8．B【分析】由n S 有最大值可判断A ；由6139100a a a a +=+=，可得90a >，100a <，利用91018182+=⨯a a S 可判断BC ；90a >，9100a a +<得90a >，991010a a a a =<-=，可判断D.【详解】对于选项A ，∵n S 有最大值，∴等差数列{}n a 一定有负数项，∴等差数列{}n a 为递减数列，故公差小于0，故选项A 正确；对于选项B ，∵6139100a a a a +=+=，且10a >，∴90a >，100a <，∴179=170S a >，910181802a a S +=⨯=，则使0n S >的最大的n 为17，故选项B 错误；对于选项C ，∵90a >，9100a a +<，∴90a >，100a <，故{}n S 中9S 最大，故选项C 正确；对于选项D ，∵90a >，9100a a +<，∴90a >，991010a a a a =<-=，故数列{}n a 中的最小项是第9项，故选项D 正确.故选：B.9．BC【分析】由91011S S S =<，得100,0d a >=，判断出A,B 选项，再结合90a <，11818118910918()9()9()92a a S a a a a a +==+=+=判断C 选项，再根据等式性质判断D 选项【详解】910S S = ，101090a S S ∴=-=，所以B 正确又1011S S <,111110100a S S a d ∴=-=+>,0d ∴>,所以A 错误1090,0,0a d a =>∴< 11818118910918()9()9()902a a S a a a a a +==+=+=<，故C 正确9989890,,a S S a S S <=+∴> ,故D 错误故选：BC 10．BD【分析】设第一名分配m 个智慧币，且总共有x 名参赛选手获奖，根据等差数列知识可得20091m x x=+-，分类讨论可得结果.【详解】设第一名分配m 个智慧币，且总共有x 名参赛选手获奖，则智慧币分配如下：()()()2122212009m m m m x +-⨯+-⨯++--=⎡⎤⎣⎦ ，即()21212009xm x -+++-=⎡⎤⎣⎦ ，又()()()211112122x x x x x +--⎡⎤-⎣⎦+++-==，∴22009xm x x +-=，即20091m x x=+-，∵x ，m 都为正整数，且20097741=⨯⨯，∴7x =，2009712937m =+-=，41x =，20094118941m =+-=，49x =，20094918949m =+-=，287x =，20092871293287m =+-=，∴第一名分配89或293个智慧币．故选：BD 11．2【分析】由题意列出关于公差d 的方程，解方程即可．【详解】设数列{}n a 的公差为d ，则由20202019120202019S S -=可得：1120202019201920182020201922120202019a d a d ⨯⨯++-=，化简可得()112019100912a d a d +-+=，解得2d =，故答案为：2．12．5或6##6或5【分析】结合已知条件和等差数列的性质，求出数列{}n a 是单调递减数列，进而求解.【详解】由题意，设等差数列为{}n a 且10a >，公差为d ，因为38S S =，所以8345678650S S a a a a a a -=++++==，即60a =，因为10a >，所以61150a a d a -==-<，即0d <，所以{}n a 为单调递减的等差数列，即125670a a a a a >>>>=> 故当5n =或6时，n S 最大.故答案为：5或6.13．(1)21n a n =+(2)9m =【分析】（1）根据题意得到1115636a d a d a d +=⎧⎨+=++⎩，再解方程组即可.（2）根据前n 项和公式求解即可.【详解】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由题意可得1115636a d a d a d +=⎧⎨+=++⎩，解得132a d =⎧⎨=⎩.故()1121n a a n d n =+-=+.（2）由等差数列的前n 项和公式可得()1222n n a a nS n n +==+.因为99m S =，所以2299m m +=，即()()9110m m -+=，解得9m =（11m =-舍去）.14．（1）432n a n =-；（2）当14n =或15n =时，数列n S n ⎧⎫⎨⎩⎭前n 项和取得最小值.【分析】（1）根据2230n S n n =-，分别讨论1n =，2n ≥两种情况，根据n S 与n a 的关系即可求出结果；（2）根据等差数列前n 项和的函数特征，即可得出结果.【详解】（1）因为2230n S n n =-，所以当1n =时，2112130128a S ==⨯-⨯=-；当2n ≥时，221=230)2(1)30(1)432n n n a S S n n n n n -⎡⎤=------=-⎣⎦（；显然1n =是，也满足432n a n =-，所以432n a n =-；(2)因为2230230n S n n n n n-==-，所以数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，其前n 项和()()2228230298412929224n n n T n n n n n -+-⎛⎫==-=-=-- ⎪⎝⎭又*n ∈N ，所以当14n =或15n =时，n T 取得最小值.15．B【分析】由513S S =可得9100a a +=，由6140a a +<可得100a <，结合求和公式可得180S >，190S <，结合选项即可求解.【详解】由513S S =可得6712130a a a a ++++=L ，又613712811910a a a a a a a a +=+=+=+，可得9100a a +=，由6141020a a a +=<，可得100a <，则90,0a d ><，()()()11818118910189902a a S a a a a +==+=+>，()1191910191902a a S a +==<，故使得0n S <的正整数n 的最小值为19.故选：B.16．C【分析】根据给定条件，推理可得380a a +=，再结合等差数列性质逐项分析各个选项，判断作答.【详解】因公差非零的等差数列{an }满足38a a =，则有380a a +=，有35680a a a a +=+=，56,a a 异号且均不为0，对于A ，11111611()1102a a S a +=≠=，A 不正确；对于B ，110561010()5()=02a a a S a +=+=，而110S a =≠，此时，11n n S S -≠，B 不正确；对于C ，由选项A 知，116110S a =>，即60a >，则50a <，于是得10,0a d <>，数列{}n a 是递增数列，即()5min n S S =，5n S S ≥，C 正确；对于D ，由110S <得60a <，则50a >，于是得10,0a d ><，数列{}n a 是递减数列，即()5max n S S =，5n S S ≤，D 不正确.故选：C17．4-【分析】由条件得到1323a d =-⎧⎪⎨=⎪⎩，再由求和公式得()21103n S n n -=，从而得21749324n n S n ⎡⎤⎛⎫+=--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦可求解.【详解】由()112n n n d S na -=+，100S =，1525S =得11104501510525a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得：1323a d =-⎧⎪⎨=⎪⎩，则()()2121310233n n n S n n n -=-+⋅-=．故()221174973324n n S n n n ⎡⎤⎛⎫+=-=--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦．由于N n *∈，故当3n =或4时，()min 4n n S +=-.故答案为：4-18．82820【分析】找出满足条件的最小整数值为23，可知满足条件的数形成以23为首项，以105为公差的等差数列，确定该数列的项数，利用等差数列的求和公式可求得结果.【详解】由题可知满足被3除余2，被5除余3.被7除余2的最小的数为23，满足该条件的数从小到大构成以23为首项，357⨯⨯为公差的等差数列，其通项公式为10582n a n =-，令4200n a ≤，解得8240105n ≤，则所有满足条件的数的和为40392340105828202⨯⨯+⨯=.故答案为：82820.19．29【分析】推导出150a >，160a <，16150+<a a ，利用等差数列的求和公式可得出290S >，300S <，即可得解.【详解】由15140->S S ，得150a >，由16150-<S S ，得160a <，由16140-<S S ，得16150+<a a ，所以()129152929292022+⨯==>a a a S ，()()1301516303030022++==<a a a a S ，所以满足10n n S S +⋅<的正整数n 是29．故答案为：29.20．1122【分析】根据题意可知0n a >，当1n =时，由1122S a a =可求出22a =；当2n ≥时，可证出{}2n a 为一个以2为首项，2为公差的等差数列，最后利用等差数列的前n 项和，即可求出结果.【详解】由于数列{}n a 的各项均为正数，即0n a >，当1n =时，1122S a a =，即1122a a a =，∴22a =，当2n ≥时，由12n n n S a a +=，可得112n n n S a a --=，两式相减得()112n n n n a a a a +-=-，又∵0n a ≠，∴112n n a a +--=，∴{}2n a 为一个以2为首项，2为公差的等差数列，∴()()246212212n n n a a a a n n n -⨯++++=+=+L .故2466633341122a a a a +++⋅⋅⋅+=⨯=故答案为：112221．C【分析】根据“幻和”的定义，将自然数1至2n 累加除以n 即可得结果.【详解】由题意，7阶幻方各行列和，即“幻和”为12 (491757)+++=.故选：C22．D【分析】根据题意，设该数列为{}n a ，分析可得{}n a 满足12a =，11(2)n n a a n n --=- ，利用累加法计算可得．【详解】解：根据题意，设该数列为{}n a ，数列的前7项为2，3，5，8，12，17，23，则{}n a 满足12a =，11(2)n n a a n n --=- ，则3131303029211(301)30()()()30291224672a a a a a a a a +⨯=-+-++-+=++++=+= ，故选：D ．23．A 【分析】由题意可得{}n a 为能被12整除余1的数，进而求得数列{}n a 的通项公式再分析1~2030中满足条件的数即可【详解】能被3整除余1且能被4整除余1的数即被12整除余1的数，故121,n n a n N =+∈，由题意，1212030n n a =+≤，故116912n ≤，故当0,1,2...169n =时成立，共170项.故选：A24．92336【分析】记第n 个图形的点数为n a ，由图形，归纳推理可得113(1)n n a a n --=+-，再根据累加得可得(31)2n n a n =-，进而求出8a ．由于(31)2n n a n =-可得312n a n n -=，根据等差数列的前n 项和即可求出322112321a a a a ++++ 的结果.【详解】记第n 个图形的点数为n a ，由题意知11a =，214131a a -==+⨯，32132a a -=+⨯，43133a a -=+⨯，…，113(1)n n a a n --=+-，累加得147[13(1)](31)2n n a a n n -=++++-=- ，即(31)2n n a n =-，所以892a =．又312n a n n -=，所以3221111262(25862)213362321222a a a a +++++=++++=⨯⨯= ．25．20410【分析】找出满足条件的最小整数值为23，可知满足条件的数形成以23为首项，以105为公差的等差数列，确定该数列的项数，利用等差数列的求和公式可求得结果.【详解】由题意可知，一个数被3除余2，被5除余3，被7除余2，则这个正整数的最小值为23，因为3、5、7的最小公倍数为105，由题意可知，满足条件的数形成以23为首项，以105为公差的等差数列，设该数列为{}n a ，则()23105110582n a n n =+-=-，由105822022n a n =-≤，可得2104105n ≤，所以，n 的最大值为20，所以，满足条件的这些整数之和为20191052023204102⨯⨯⨯+=.故答案为：20410.。

等差等比数列及其前n项和作业及答案

等差等比数列及其前n 项和作业及答案一、选择题：1.设命题甲为“a ，b ，c 成等差数列”，命题乙为“a b ＋c b＝2”，那么 ( ) A ．甲是乙的充分不必要条件 B ．甲是乙的必要不充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲是乙的既不充分也不必要条件解析：由a b ＋c b＝2，可得a ＋c ＝2b ，但a 、b 、c 均为零时，a 、b 、c 成等差数列，但a b ＋c b≠2. 答案：B 2.(2009·福建高考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝6，a 3＝4，则公差d 等于 ( )A ．1 B.53C ．2D ．3 解析：∵S 3＝(a 1＋a 3)×32＝6，而a 3＝4，∴a 1＝0， ∴d ＝a 3－a 12＝2. 答案：C 3．(2010·广州模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－9n ，第k 项满足5＜a k ＜8，则k等于 ( )A ．9B ．8C ．7D ．6解析：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1 (n ＝1)S n －S n －1 (n ≥2)＝⎩⎪⎨⎪⎧－8 (n ＝1)－10＋2n (n ≥2)＝2n －10， ∵5＜a k ＜8，∴5＜2k －10＜8， ∴152<k <9，又∵k ∈N *，∴k ＝8. 答案：B 4.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9等于 ( )A ．63B ．45C ．36D ．27解析：由{a n }是等差数列，则S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等差数列．由2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)得到S 9－S 6＝2S 6－3S 3＝45，即a 7＋a 8＋a 9＝45. 答案：B5.设数列{a n }是等差数列，且a 4＝－4，a 9＝4，S n 是数列{a n }的前n 项和，则 ( )A ．S 5＜S 6B ．S 5＝S 6C ．S 7＝S 5D ．S 7＝S 6解析：因为a 4＝－4，a 9＝4，所以a 4＋a 9＝0，即a 6＋a 7＝0，所以S 7＝S 5＋a 6＋a 7＝S 5. 答案：C6.各项都是正数的等比数列{}a n 中，a 2，123，a 1成等差数列，则a 3＋a 4a 4＋a 5的值为 ( ) A.5－12 B.5＋12 C.1－52 D.5＋12或5－12解析：设{a n }的公比为q ，∵a 1＋a 2＝a 3， ∴a 1＋a 1q ＝a 1q 2，即q 2－q －1＝0， ∴q ＝1±52，又∵a n ＞0，∴q ＞0，∴q ＝1＋52，a 3＋a 4a 4＋a 5＝1q ＝5－12. 答案：A 7.(2009·广东高考)已知等比数列{a n }的公比为正数，且a 3·a 9＝2a 25，a 2＝1，则a 1＝( )A.12B.22C.2 D ．2 解析：∵a 3·a 9＝2a 25＝a 26，∴a 6a 5＝ 2. 又a 2＝1＝a 1·2，∴a 1＝22. 答案：B 8．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6∶S 3＝1∶2，则S 9∶S 3等于 ( )A ．1∶2B ．2∶3C ．3∶4D ．1∶3解析：∵{a n }为等比数列， ∴S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等比数列，即(S 6－S 3)2＝S 3·(S 9－S 6)，又∵S 6∶S 3＝1∶2，∴14S 23＝S 3(S 9－12S 3)，即34S 3＝S 9， ∴S 9∶S 3＝3∶4. 答案：C 9.若数列{a n }满足a 2n ＋1a 2np (p 为正常数，n ∈N *)，则称{a n }为“等方比数列”．甲：数列{a n }是等方比数列；乙：数列{a n }是等比数列，则 ( )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解析：数列{a n }是等比数列则a n ＋1a n ＝q ，可得a 2n ＋1a 2n＝q 2，则{a n }为“等方比数列”．当{a n }为“等方比数列”时，则a 2n ＋1a 2n＝p (p 为正常数，n ∈N *)，当n ≥1时a n ＋1a n ＝±p ，所以此数列{a n }并不一定是等比数列．答案：B10.已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝ ( ) A ．16(1－4－n ) B ．16(1－2－n ) C.323(1－4－n ) D.323(1－2－n ) 解析：∵q 3＝a 5a 2＝18∴q ＝12，a 1＝4，数列{a n ·a n ＋1}是以8为首项，14为公比的等比数列，不难得出答案为C. 答案：C11. 在等差数列{a n }中，若a 1<0，S 9＝S 12，则当S n 取得最小值时，n 等于A ．10B ．11C ．9或10D ．10或11解析：设数列{a n }的公差为d ，则由题意得9a 1＋12×9×(9－1)d ＝12a 1＋12×12×(12－1)d ，即3a 1＝－30d ，∴a 1＝－10d . ∵a 1<0，∴d >0. ∴S n ＝na 1＋12n (n －1)d ＝12dn 2－212dn ＝d 2⎝⎛⎭⎫n －2122－441d 8∴S n 有最小值，又n ∈N *， ∴n ＝10，或n ＝11时，S n 取最小值．答案：D12.在等比数列{a n }中，a n ＞0(n ∈N ＋)，公比q ∈(0,1)，且a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，又a 3与a 5的等比中项为2，b n ＝log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，则当S 11＋S 22＋…＋S n n 最大时，n 的值等于 ( )A ．8B ．9C ．8或9D ．17解析：∵a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25， ∴a 23＋2a 3a 5＋a 25＝25，又a n ＞0，∴a 3＋a 5＝5，又q ∈(0,1)，∴a 3＞a 5，而a 3a 5＝4，∴a 3＝4，a 5＝1， ∴q ＝12，a 1＝16，a n ＝16×(12)n －1＝25－n ， b n ＝log 2a n ＝5－n ，b n ＋1－b n ＝－1，∴{b n }是以b 1＝4为首项，－1为公差的等差数列， ∴S n ＝n (9－n )2∴S n n ＝9－n 2， ∴当n ≤8时，S n n ＞0；当n ＝9时，S n n ＝0；当n ＞9时，S n n＜0， ∴当n ＝8或9时，S 11＋S 22＋…＋S n n 最大．答案：C 二、填空题：13．在等差数列{a n }中，已知log 2(a 5＋a 9)＝3，则等差数列{a n }的前13项的和S 13＝________.解析：∵log 2(a 5＋a 9)＝3，∴a 5＋a 9＝23＝8.∴S 13＝13×(a 1＋a 13)2＝13×(a 5＋a 9)2＝13×82＝52. 答案：52 14．(2009·辽宁高考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S 5－5S 3＝5，则a 4＝________. 解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则由6S 5－5S 3＝5，得6(a 1＋3d )＝2，所以a 4＝13. 答案：1315．(2009·浙江高考)设等比数列{a n }的公比q ＝12，前n 项和为S n ，则S 4a 4＝________. 解析：a 4＝a 1(12)3＝181，S 4＝a 1(1－124)1－12＝158a 1， ∴S 4a 4＝15. 答案：15 16．(2009·宁夏、海南高考)等比数列{a n }的公比q ＞0.已知a 2＝1，a n ＋2＋a n ＋1＝6a n ，则{a n }的前4项和S 4＝________.解析：∵a n ＋2＋a n ＋1＝6a n ，∴a n ·q 2＋a n ·q ＝6a n (a n ≠0)， ∴q 2＋q －6＝0，∴q ＝－3或q ＝2. ∵q ＞0，∴q ＝2，∴a 1＝12，a 3＝2，a 4＝4， ∴S 4＝12＋1＋2＋4＝152. 答案：152三、解答题：17．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n .(1)设b n ＝a n 2－，证明：数列{b n }是等差数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)证明：由已知a n ＋1＝2a n ＋2n 得 b n ＋1＝a n ＋12n ＝2a n ＋2n 2n ＝a n 2n －1＋1＝b n ＋1. 又b 1＝a 1＝1，因此{b n }是首项为1，公差为1的等差数列．(2)由(1)知a n 2－＝n ，即a n ＝n ·2n －1. S n ＝1＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1，两边乘以2得，2S n ＝2＋2×22＋…＋n ×2n . 两式相减得S n ＝－1－21－22－…－2n －1＋n ·2n ＝－(2n －1)＋n ·2n ＝(n －1)2n＋1. 18．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N *)．(1)求a 2，a 3的值； (2)求证：数列{S n ＋2}是等比数列．解：(1)∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N *)，∴当n ＝1时，a 1＝2×1＝2；当n ＝2时，a 1＋2a 2＝(a 1＋a 2)＋4，∴a 2＝4；当n ＝3时，a 1＋2a 2＋3a 3＝2(a 1＋a 2＋a 3)＋6，∴a 3＝8.(2)∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N *)，①∴当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝(n －2)S n －1＋2(n －1)．②①－②得na n ＝(n －1)S n －(n －2)S n －1＋2＝n (S n －S n －1)－S n ＋2S n －1＋2＝na n －S n ＋2S n －1＋2. ∴－S n ＋2S n －1＋2＝0，即S n ＝2S n －1＋2，∴S n ＋2＝2(S n －1＋2)． ∵S 1＋2＝4≠0， ∴S n －1＋2≠0， ∴S n ＋2S n －1＋22，故{S n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列． 19．已知数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，且a 3＝5，S 6＝36.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝6n ＋(－1)n －1λ·2a n (λ为正整数，n ∈N *)，试确定λ的值，使得对任意n ∈N *，都有b n ＋1＞b n 成立．解：(1)∵2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，∴{a n }是等差数列，设{a n }的首项为a 1，公差为d ，由a 3＝5，S 6＝36得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝56a 1＋15d ＝36，解得a 1＝1，d ＝2. ∴a n ＝2n －1.(2)由(1)知b n ＝6n ＋(－1)n －1·λ·22n －1，要使得对任意n ∈N *都有b n ＋1＞b n 恒成立， ∴b n ＋1－b n ＝6n ＋1＋(－1)n ·λ·22n ＋1－6n －(－1)n －1·λ·22n －1＝5·6n －5λ·(－1)n －1·22n －1＞0恒成立，即12λ·(－1)n －1＜(32)n . 当n 为奇数时，即λ＜2·(32)n ，而(32)n 的最小值为32， ∴λ＜3. 当n 为偶数时，λ＞－2(32)n ，而－2(32)n 的最大值为－92，∴λ＞－92.由上式可得－92＜λ＜3，而λ为正整数， ∴λ＝1或λ＝2. 20．(2010·株州模拟)已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (x ∈R)，满足f (0)＝f (12)＝0，且f (x )的最小值是－18.设数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切n ∈N *，点(n ，S n )在函数f (x )的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)通过b n ＝S n n ＋c 构造一个新的数列{b n }，是否存在非零常数c ，使得{b n }为等差数列； (3)令c n ＝S n ＋n n，设数列{c n ·2c n }的前n 项和为T n ，求T n . 解：(1)因为f (0)＝f (12)＝0，所以f (x )的对称轴为x ＝0＋122＝14，又因为f (x )的最小值是－18，由二次函数图象的对称性可设f (x )＝a (x －14)2－18. 又f (0)＝0，所以a ＝2，所以f (x )＝2(x －14)2－18＝2x 2－x . 因为点(n ，S n )在函数f (x )的图象上，所以S n ＝2n 2－n .当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －3(n ＝1时也成立)，所以a n ＝4n －3(n ∈N *)．(2)因为b n ＝S n n ＋c ＝2n 2－n n ＋c ＝2n (n －12)n ＋c c ＝－12(c ≠0)，即得b n ＝2n ，此时数列{b n }为等差数列，所以存在非零常数c ＝－12{b n }为等差数列． (3)c n ＝S n ＋n n ＝2n 2－n ＋n n＝2n ，则c n ·2c n ＝2n ×22n ＝n ×22n ＋1. 所以T n ＝1×23＋2×25＋…＋(n －1)22n －1＋n ×22n ＋1，4T n ＝1×25＋2×27＋…＋(n －1)22n ＋1＋n ×22n ＋3，两式相减得：－3T n ＝23＋25＋…＋22n ＋1－n ×22n ＋3＝23(1－4n )1－4n ·22n ＋3， T n ＝23(1－4n )9＋n ·22n ＋33＝(3n －1)22n ＋3＋89. 21．已知数列{a n }的前三项与数列{b n }的前三项对应相同，且a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －1a n＝8n 对任意的n ∈N *都成立，数列{b n ＋1－b n }是等差数列．(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)问是否存在k ∈N *，使得(b k －a k )∈(0,1)？请说明理由．解：(1)已知a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －1a n ＝8n (n ∈N *)①当n ≥2时，a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －2a n －1＝8(n －1)(n ∈N *)②①－②得2n －1a n ＝8，求得a n ＝24－n ，在①中令n ＝1，可得a 1＝8＝24－1， ∴a n ＝24－n (n ∈N *)．由题意知b 1＝8，b 2＝4，b 3＝2， ∴b 2－b 1＝－4，b 3－b 2＝－2， ∴数列{b n ＋1－b n }的公差为－2－(－4)＝2， ∴b n ＋1－b n ＝－4＋(n －1)×2＝2n －6，法一：迭代法得：b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1) ＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n －8)＝n 2－7n ＋14(n ∈N *)．法二：可用累加法，即b n －b n －1＝2n －8， b n －1－b n －2＝2n －10， … b 3－b 2＝－2， b 2－b 1＝－4， b 1＝8，相加得b n ＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n －8)＝8＋(n －1)(－4＋2n －8)2＝n 2－7n ＋14(n ∈N *)． (2)∵b k －a k ＝k 2－7k ＋14－24－k ，设f (k )＝k 2－7k ＋14－24－k .当k ≥4时，f (k )＝(k －72)2＋74－24－k 单调递增．且f (4)＝1， ∴当k ≥4时，f (k )＝k 2－7k ＋14－24－k ≥1. 又f (1)＝f (2)＝f (3)＝0， ∴不存在k ∈N *，使得(b k －a k )∈(0,1)．22.等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 4＝24，a 2＝5，对每一个k ∈N *，在a k 与a k ＋1之间插入2k －1个1，得到新数列{b n }，其前n 项和为T n .(1)求数列{a n }的通项公式； (2)试问a 11是数列{b n }的第几项；(3)是否存在正整数m ，使T m ＝2010？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)设{a n }的公差为d ，∵S 4＝4a 1＋4×32d ＝24，a 2＝a 1＋d ＝5， ∴a 1＝3，d ＝2，a n ＝3＋(n －1)×2＝2n ＋1.(2)依题意，在a 11之前插入的1的总个数为1＋2＋22＋…＋29＝1－2101－2＝1023， 1023＋11＝1034，故a 11是数列{b n }的第1034项．(3)依题意，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n 2＋2n ， a n 之前插入的1的总个数为1＋2＋22＋…＋2n －2＝1－2n －11－2＝2n －1－1，故数列{b n }中，a n 及前面的所有项的和为n 2＋2n ＋2n －1－1，∴数列{b n }中，a 11及前面的所有项的和为112＋22＋210－1＝1166＜2010，而2010－1166＝844，a 11与a 12之间的1的个数为210＝1024个，即在a 11后加844个1，其和为2010，故存在m ＝1034＋844＝1878，使T 1878＝2010.。

三年高考两年模拟(浙江版)高考数学一轮复习第五章数列5.2等差数列及其前n项和知能训练

§5.2等差数列及其前n项和Ａ组基础题组1.(2015课标Ⅰ,7,5分)已知{a n}是公差为1的等差数列,S n为{a n}的前n项和.若S8=4S4,则a10=( )A. B. C.10 D.122.(2015浙江五校一联,2,5分)在等差数列{a n}中,a4=2-a3,则数列{a n}的前6项和为( )A.12B.3C.36D.63.(2016超级中学原创预测卷五,3,5分)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且S10=12,则a5+a6=( )A. B.12 C.6 D.5.(2015浙江宁波十校联考,3)已知等差数列{a n}的公差为2,项数为偶数,所有奇数项的和为15,所有偶数项的和为25,则这个数列的项数为( )A.10B.20C.30D.406.(2015浙江测试卷,2,5分)设等差数列{a n}的前n项和为S n.若公差d<0,且|a7|=|a8|,则使S n>0的最大正整数n是( )A.12B.13C.14D.157.(2015金华十校高三模拟文,4,5分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足S19>0,S20<0,则使S n取得最大值的n为( )A.8B.9C.10D.118.(2015绍兴一中回头考,6,5分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足S15>0,S16<0,则,,…,中最大的项为( )A. B. C. D.9.(2015浙江杭州塘栖中学月考)已知S n为等差数列{a n}的前n项和,若S1=1,=4,则的值为( )A. B. C. D.410.(2015浙江,3,5分)已知{a n}是等差数列,公差d不为零,前n项和是S n.若a3,a4,a8成等比数列,则( )A.a1d>0,dS4>0B.a1d<0,dS4<0C.a1d>0,dS4<0D.a1d<0,dS4>011.(2016上海普陀调研测试,17,5分)设等差数列{a n}的前n项和为S n.在同一个坐标系中,a n=f(n)及S n=g(n)的部分图象如图所示(图中的三个点).根据图中所提供的信息,下列结论正确的是( )A.当n=3时,S n取得最大值B.当n=4时,S n取得最大值C.当n=3时,S n取得最小值D.当n=4时,S n取得最小值12.(2015安徽,13,5分)已知数列{a n}中,a1=1,a n=a n-1+(n≥2),则数列{a n}的前9项和等于.13.(2015浙江测试卷,10,6分)设等差数列{a n}的公差为6,且a4为a2和a3的等比中项.则a1= ,数列{a n}的前n项和S n= .14.(2015稽阳联考,10,6分)在等差数列{a n}中,若a4+a10=10,a6+a12=14,a k=13,则k= ;数列{a n}的前n项和S n= .15.(2015嘉兴一模,11,4分)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且a7=-2,S9=18,则S11= .16.(2015浙江萧山中学摸底测试)正项数列{a n}满足:a1=1,a2=2,2=+(n∈N*,n≥2),则a7= .17.(2015嘉兴测试一,12,6分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,若a2+a4+a9=24,则S9= ;·的最大值为.18.(2015浙江五校一联,15,4分)设a1,a2,…,a n,…是按先后顺序排列的一列向量,若a1=(-2014,13),且a n-a n-1=(1,1),则其中模最小的一个向量的序号n= .19.(2014浙江,19,14分)已知等差数列{a n}的公差d>0.设{a n}的前n项和为S n,a1=1,S2·S3=36.(1)求d及S n;(2)求m,k(m,k∈N*)的值,使得a m+a m+1+a m+2+…+a m+k=65.20.(2016台州中学第三次月考文,17,15分)设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n,满足4S n=-4n-1,n∈N*,且a1=1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)证明:对一切正整数n,有++…+<.B组提升题组1.(2014课标Ⅱ,5,5分)等差数列{a n}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{a n}的前n项和S n=( )A.n(n+1)B.n(n-1)C. D.2.(2016超级中学原创预测卷八,6,5分)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若a n+a n+1+a n+2=18,S2n+1=54,则n的值为( )A.2B.3C.4D.63.(2016温州高三联考,6,5分)等差数列{a n}的前n项和为S n,其中n∈N*,则下列命题错误的是( )A.若a n>0,则S n>0B.若S n>0,则a n>0C.若a n>0,则{S n}是单调递增数列D.若{S n}是单调递增数列,则a n>04.(2015浙江杭州学军中学第五次月考,7)设等差数列{a n}满足<-1,且其前n项的和S n有最大值,则当数列{S n}的前n项的和取得最大值时,正整数n的值是( )A.12B.11C.23D.225.(2015浙江名校(衢州二中)交流卷二,4)等差数列{a n}中,a1>0,3a8=5a13,则前n项的和S n中最大的是( )A.S10B.S11C.S20D.S216.(2015浙江温州十校期中,7)设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S6>S7>S5,则满足S n S n+1<0的正整数n的值为( )A.13B.12C.11D.107.(2015诸暨高中毕业班检测,5,5分)已知数列{a n}、{b n}都是公差为1的等差数列,b1是正整数,若a1+b1=10,则++…+=( )A.81B.99C.108D.1178.(2015杭州学军中学仿真考,11,6分)已知{a n}为等差数列,若a1+a5+a9=8π,则前9项的和S9= ,cos(a3+a7)的值为.9.(2015江苏淮安调研)在等差数列{a n}中,已知a2+a8=11,则3a3+a11的值为.10.(2015宁波高考模拟,12,6分)设S n为数列{a n}的前n项和,a1=1,a2=3,S k+2+S k-2S k+1=2对任意正整数k成立,则a n= ,S n= .11.(2015浙江镇海中学阶段测试,15,4分)已知数列{a n}满足:a1=,a n+1=1-,且a n≠0(n∈N*),则数列{a n}的通项为a n= .12.(2016宁波效实中学期中,11,6分)数列{a n}的前n项和S n=n2-6n,则a2= ,数列{|a n|}的前10项和|a1|+|a2|+…+|a10|= .13.(2015浙江名校(杭州二中)交流卷六,12)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,等差数列{b n}的前n项和为T n,若=,则= ;若S n+T n=an2+2n,且a7+b7=15,则实数a= .14.已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n,若-1,S5,S10成等差数列,则S10-2S5= ,S15-S10的最小值为.15.(2016台州中学第三次月考,13,4分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足S2014>0,S2015<0,对任意正整数n,都有|a n|≥|a k|,则k的值为.16.(2013安徽,14,5分)如图,互不相同的点A1,A2,…,A n,…和B1,B2,…,B n,…分别在角O的两条边上,所有A n B n相互平行,且所有梯形A n B n B n+1A n+1的面积均相等.设OA n=a n.若a1=1,a2=2,则数列{a n}的通项公式是.17.(2014大纲全国,17,10分)数列{a n}满足a1=1,a2=2,a n+2=2a n+1-a n+2.(1)设b n=a n+1-a n,证明{b n}是等差数列;(2)求{a n}的通项公式.18.(2015浙江丽水一模,17)已知等差数列{a n},首项a1和公差d均为整数,其前n项和为S n.(1)若a1=1,且a2,a4,a9成等比数列,求公差d;(2)当n≠5时,恒有S n<S5,求a1的最小值.19.(2015浙江杭州七校联考,19)已知数列{a n}满足a n=3a n-1+3n-1(n∈N*,n≥2)且a3=95.(1)求a1,a2的值;(2)是否存在一个实数t,使得b n=(a n+t)(n∈N*)且{b n}为等差数列?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由;(3)求数列{a n}的前n项和T n.Ａ组基础题组1.B 由S8=4S4得8a1+×1=4×,解得a1=,∴a10=a1+9d=,故选B.2.D 由等差数列性质可知a3+a4=2=a1+a6,故S6==3(a1+a6)=6,故选D.3.A 由于S10==5(a5+a6)=12,所以a5+a6=,故选A.4.D S9-S6=a7+a8+a9=27,得a8=9,所以d==,a1=a3-2d=,故选D.5.A 设项数为2k,则由(a2+a4+…+a2k)-(a1+a3+…+a2k-1)=k×2=25-15,得k=5,故这个数列的项数为10.故选A.6.B 由d=a8-a7<0及|a7|=|a8|,得a8=-a7且a8<0,a7>0.则S13=×13=13a7>0,S15=×15=15a8<0,又S14=×14=7(a7+a8)=0,则使S n>0的最大正整数n是13.7.C 因为{a n}是等差数列,所以S19=19a10>0,S20=10(a10+a11)<0,则a10>0,a11<0,即(S n)max=S10,故选C.8.C因为S15>0,故15a8>0,即a8>0.因为S16<0,故<0,即a9<0,故该等差数列中a1>a2>…>a8>0>a9>…,0<S1<S2<…<S8>S9>…>S15>0,故,,…,中,最大项为,故选C.9.A 由=4得=3,即S4-S2=3S2,S4=4S2,由等差数列的性质可知S2,S4-S2,S6-S4成等差数列,得S6-S4=5S2,所以S6=9S2,所以=.10.B由=a3a8,得(a1+2d)(a1+7d)=(a1+3d)2,整理得d(5d+3a1)=0,又d≠0,∴a1=-d,则a1d=-d2<0,又∵S4=4a1+6d=-d,∴dS4=-d2<0,故选B.11.B 不妨记A(7,0.7),B(7,-0.8),C(8,-0.4),a n=f(n)是关于n的一次函数;S n=g(n)是关于n的二次函数且常数项为0.若A,C或B,C为a n=f(n)的图象上两点,计算可知S n=g(n)的图象不过第三点.若S n=g(n)的图象过B,C两点也不满足题意.若S n=g(n)的图象过A,C两点,即S7=0.7,S8=-0.4,则计算可知a1=1,d=-0.3,a n=1.3-0.3n,a7=-0.8,符合题意,且a4>0,a5<0,故选B.12.答案27解析由题意得{an}为等差数列,且公差d=,∵a1=1,∴S9=9×1+×=27.13.答案-14;3n2-17n解析依条件有(a1+6)(a1+12)=,得a1=-14,则S n=-14n+n(n-1)×6=3n2-17n.14.答案15;解析因为a4+a10=2a7=10,所以a7=5,同理得a9=7,所以a n=n-2,则a k=k-2=13,得k=15.a1=1-2=-1,所以S n===.15.答案0解析设等差数列的首项和公差分别为a1,d,则有解得d=-2,a1=10,故S11=11×10+×(-2)=0.16.答案解析因为2=+(n∈N*,n≥2),所以数列{}是以=1为首项,d=-=4-1=3为公差的等差数列,所以=1+3(n-1)=3n-2,所以a n=,所以a7==.17.答案72;64解析设等差数列的公差为d,则a2+a4+a9=3a1+12d=24,即a1+4d=8,所以S9=9a1+36d=9×8=72.==a1+d=8-4d+d,则=8-4d+d=8-,=8-4d+d=8+,·==64-≤64,当且仅当d=0时取等号,所以·的最大值为64.18.答案1001或1002解析因为故a n=(n-2015,n+12),故|a n|==.由二次函数性质可知当n==1001时,|a n|有最小值,又n∈N*,故n=1001或n=1002.19.解析(1)由题意知(2a 1+d)(3a1+3d)=36,将a1=1代入上式解得d=2或d=-5.因为d>0,所以d=2.从而a n=2n-1,S n=n2(n∈N*).(2)由(1)得a m+a m+1+a m+2+…+a m+k=(2m+k-1)(k+1),所以(2m+k-1)(k+1)=65.由m,k∈N*知2m+k-1≥k+1>1,故所以20.解析(1)由a1=1,a n>0,4S n=-4n-1,n∈N *,得a2=3.当n≥2时,4S n-1=-4(n-1)-1,则4a n=4S n-4S n-1=--4,=+4a n+4=(a n+2)2,∵a n>0,∴a n+1=a n+2,∴当n≥2时,{a n}是公差d=2的等差数列. ∴{a n}是首项a1=1,公差d=2的等差数列.∴数列{a n}的通项公式为a n=2n-1.(2)证明:++…+=+++…+=·+++…+-=·<.B组提升题组1.A ∵a2,a4,a8成等比数列,∴=a2·a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),将d=2代入上式,解得a1=2,∴S n=2n+=n(n+1),故选A.2.C设{a n}的公差为d,由已知可得a1+(n-1)d+a1+nd+a1+(n+1)d=18,可得a1+nd=6,又S2n+1==54,即=54,得2n+1=9,故n=4,选C.3.D 易判断A、B、C均正确.D中,可取a1<0,公差d>0.4.D ∵等差数列{a n}前n项的和S n有最大值,∴{a n}的公差是负数.∵<-1,∴a12<0,∴a11>-a12,即a11+a12>0,∴S22==>0,S23==23a12<0.∴前22项的和最大.故选D.5.C 设{a n}的公差为d,3a8=5a13⇒3(a1+7d)=5(a1+12d)⇒d=-a1,又a1>0,所以d<0.所以{a n}是单调递减数列.由a n=a1+(n-1)= a1>0⇒n≤20.由此可得当n=20时,S n最大.故选C.6.B 由S6>S7>S5,得a7=S7-S6<0,a6=S6-S5>0,a6+a7=S7-S5>0.从而有S13=×13=13a7<0,S11=×11=11a6>0,S12=×12=6(a6+a7)>0,所以n≤12时,S n>0;n≥13时,S n<0,故S12S13<0,故选B.7.D设{a n}的公差为d1,{b n}的公差为d2.因为a n=a1+(n-1)×d1=a1+n-1,b n=b1+(n-1)×d2=b1+n-1,所以-=a1+b n-1-(a1+b n-1-1)=b n-b n-1=1,所以{}是以a1+b1-1=9为首项,公差为1的等差数列,所以++…+=9×9+×1=117,故选D.8.答案24π;-解析因为{an}是等差数列,所以a1+a5+a9=3a5=8π,所以a5=π,所以S9===9×π=24π,cos(a3+a7)=cos2a5=cosπ=cosπ=-.9.答案22解析由等差数列的性质知3a3+a11=2a3+a3+a11=2a3+2a7=2(a2+a8)=22.10.答案2n-1;n2解析因为Sk+2+S k-2S k+1=2,所以a k+2-a k+1=2,又a2-a1=2,故数列{a n}为等差数列.又a1=1,故a n=2n-1,故S n==n2.11.答案解析∵an+1=1-=,且a n≠0,∴-=1,故数列是首项为4,公差为1的等差数列.则=4+(n-1)×1=n+3,即a n=.12.答案-3;58解析 a2=S 2-S 1=-3.由S n =n 2-6n 可得a n =2n-7,所以a 1<a 2<a 3<0<a 4<…<a 10,所以|a 1|+|a 2|+…+|a 10|=S 10-2S 3=58. 13.答案 ;1解析 ====;a7+b 7=S 7+T 7-(S 6+T 6)=72a+2×7-(62a+2×6)=13a+2=15⇒a=1. 14.答案 1;4解析由题意知2S5=-1+S 10,所以S 10-2S 5=1,由{a n }为等比数列可知S 5,S 10-S 5,S 15-S 10成等比数列,所以(S 10-S 5)2=S 5(S 15-S 10),S 15-S 10===+S 5+2≥4,当且仅当S 5=1时,等号成立. 15.答案 1008解析因为S2014>0,所以a 1+a 2014=a 1007+a 1008>0.因为S 2015<0,所以a 1+a 2015=2a 1008<0,因此d<0,且a 1>a 2>…>a 1007>0>a 1008>a 1009>…,显然|a 1009|>|a 1008|,|a 1007|>|a 1008|,所以k=1008. 16.答案 a n =解析记△OA1B 1的面积为S,则△OA 2B 2的面积为4S. 从而四边形A n B n B n+1A n+1的面积均为3S. 可得△OA n B n 的面积为S+3(n-1)S=(3n-2)S. ∴=3n-2,即a n =.17.解析 (1)证明:由a n+2=2a n+1-a n +2得, a n+2-a n+1=a n+1-a n +2,即b n+1=b n +2. 又b 1=a 2-a 1=1.所以{b n }是首项为1,公差为2的等差数列.(5分) (2)由(1)得b n =1+2(n-1),即a n+1-a n =2n-1.(8分) 于是所以a n+1-a 1=n 2,即a n+1=n 2+a 1.又a 1=1,所以{a n }的通项公式为a n =n 2-2n+2.(10分) 18.解析 (1)由题意得=a 2·a 9, 所以(1+3d)2=(1+d)·(1+8d),(4分) 解得d=0或d=3.(6分) (2)∵当n ≠5时,S n <S 5恒成立, ∴S 5最大且d<0,由⇒ ∴⇒-4d<a 1<-5d.(10分) 又∵a 1,d ∈Z,d<0,∴当d=-1时,4<a 1<5,此时a 1不存在;(12分) 当d=-2时,8<a 1<10,则a 1=9;当d=-3时,12<a 1<15,则a 1=13或a 1=14; ……易知当d ≤-3时,a 1>9.(14分) 综上,a 1的最小值为9.(15分) 19.解析 (1)当n=2时,a 2=3a 1+8. 当n=3时,a 3=3a 2+26=95, ∴a 2=23,∴23=3a 1+8,∴a 1=5.(2)存在.当n≥2时,b n-b n-1=(a n+t)-(a n-1+t)=(a n+t-3a n-1-3t)=(3n-1-2t)=1-.要使{b n}为等差数列,则必须使1+2t=0,解得t=-,∴存在t=-,使得{b n}为等差数列.(3)因为当t=-时,{b n}为等差数列,且b n-b n-1=1(n≥2),b1=, 所以b n=+(n-1)×1=n+,所以a n=·3n+=n·3n+×3n+,所以a1=1×3+×3+,a2=2×32+×32+,a3=3×33+×33+,……所以T n=+=.。

专题5.2 等差数列及其前n项和-2021届高考数学一轮复习学霸提分秘籍(解析版)

2
A.－3 【答案】 D
B.－5 2
C.－2
D.－4
【解析】设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d，
a1＋d＝1，
因为
a2＝1，所以
S5＝－15，
5a1＋5×4d＝－15， 2
解得 d＝－4.
6.(2019·苏北四市联考)在等差数列{an}中，已知 a3＋a8>0，且 S9<0，则 S1，S2，…，S9 中最小的是______. 【答案】 S5 【解析】在等差数列{an}中， ∵a3＋a8>0，S9<0， ∴a5＋a6＝a3＋a8>0，S9＝9（a1＋a9）＝9a5<0，
S3＝9A＋3B＝6，由 S3＝6，S4＝12 可得
S4＝16A＋4B＝12，
A＝1，
解得
即 Sn＝n2－n，则 S6＝36－6＝30.
B＝－1，
考点二等差数列的判定与证明
【例 2】 (经典母题)若数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝12.
4
1 (1)求证： Sn 成等差数列； (2)求数列{an}的通项公式.
所以 an＋1＝
－1
，又 an＋1－an＝
－1
－
－1
＝－1
1－1 n＋1 n－1
＝
1
.
2n（n＋1）
2n（n＋1） 2n（n－1） 2n
பைடு நூலகம்
n（n－1）（n＋1）
5
所以当 n≥2 时，an＋1－an 的值不是一个与 n 无关的常数，故数列{an}不是一个等差数列. 【迁移探究 2】本例中，若将条件变为 a1＝35，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，试求数列{an}的通项公式.

2020年高考理科数学新课标第一轮总复习练习：5_2等差数列及其前n项和

课时规范练(授课提示：对应学生用书第269页)A 组基础对点练1．在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( B ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．62．设{a n }为等差数列，公差d ＝－2，S n 为其前n 项和，若S 10＝S 11，则a 1＝( B ) A ．18 B ．20 C ．22D ．243．(2018·湖南期末)在等差数列{a n }中，a 3，a 8是函数f (x )＝x 2－3x －18的两个零点，则{a n }的前10项和等于( B ) A ．－15 B ．15 C ．30D ．－30解析：a 3，a 8是函数f (x )＝x 2－3x －18的两个零点，由韦达定理可知a 3＋a 8＝3，∴a 1＋a 10＝a 3＋a 8＝3， ∴S 10＝12×10(a 1＋a 10)＝15.4．(2018·和县期末)《九章算术》卷第六《均输》中有“金箠”问题，意思是：有一个金箠(金杖)长五尺，截成五段，每段一尺，从本到末各段质量依次成等差数列．现知第一段重4斤，第五段重2斤，则第三段重为( C ) A ．1斤 B ．2.5斤 C ．3斤D ．3.5斤解析：由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，a 5＝a 1＋4d ＝2，解得d ＝－12，∴第三段重为a 3＝a 1＋2d ＝4＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝3.5．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 11＝22，则a 3＋a 7＋a 8＝( D ) A ．18B ．12C ．9D ．66．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1>0且a 6a 5＝911，则当S n 取最大值时，n 的值为( B ) A ．9 B ．10 C ．11D ．127．(2018·永定区校级月考)若等差数列{a n }满足a 1＋a 8＋a 9＞0，a 3＋a 10＜0，则当{a n }的前n 项和最大时，n 的值为( A ) A ．6 B ．7 C ．8D ．9解析：∵等差数列{a n }满足a 1＋a 8＋a 9＞0，a 3＋a 10＜0，∴3a 6＞0，a 6＋a 7＜0，∴a 6＞0，a 7＜0.则当n ＝6时，{a n }的前n 项和最大．8．(2017·宜春期末)设数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和，且S 6＝S 7＞S 8，则下列结论中错误的是( D ) A ．d ＜0 B ．a 7＝0 C ．S 9＞S 5D ．S 6和S 7均为S n 的最大值解析：∵数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和，且S 6＝S 7＞S 8，∴d ＜0，故A 正确；a 7＝S 7－S 6＝0，故B 正确；S 9－S 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9a 1＋9×82d －⎝ ⎛⎭⎪⎫5a 1＋5×42d ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋132d ＜4a 7＝0，∴S 9＜S 5，故C 错误；S 6和S 7均为S n 的最大值，故D 正确． 9．(2016·高考北京卷)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝ 6 .解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝6，2a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝6，d ＝－2，所以S 6＝6a 1＋12×6×5d ＝36＋15×(－2)＝6.10．中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为 5 .解析：设数列首项为a 1，则a 1＋2 0152＝1 010.故a 1＝5.11．(2016·高考江苏卷)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是 20 .解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋a 22＝a 1＋(a 1＋d )2＝－3，S 5＝5a 1＋10d＝10，解得a 1＝－4，d ＝3，则a 9＝a 1＋8d ＝－4＋24＝20.12．已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 5＝5a 4－10，则数列{a n }的公差为 2 .解析：由S 5＝5a 4－10，得5a 3＝5a 4－10，则公差d ＝2.13．(2016·高考全国卷Ⅱ)等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解析：(1)设数列{a n }的公差为d ，由题意有2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3. 解得a 1＝1，d ＝25.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. (2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35. 当n ＝1,2,3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1；当n ＝4,5时，2≤2n ＋35<3，b n ＝2；当n ＝6,7,8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9,10时，4≤2n ＋35<5，b n ＝4.所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.14．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *，且点(2，a 2)，(a 7，S 3)均在直线x －y ＋1＝0上．(1)求数列{a n }的通项公式a n 及前n 项和S n ； (2)设b n ＝12(S n －n )，求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d .由点(2，a 2)，(a 7，S 3)均在直线x －y ＋1＝0上得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3，a 7－S 3＋1＝0，又S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝3a 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3，a 7＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝3，a 1＋6d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝1， ∴a n ＝n ＋1，S n ＝n (n ＋3)2. (2)b n ＝12(S n －n )＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.∵T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. ∴T n ＝nn ＋1.B 组能力提升练1．(2018·赤峰期末)《张丘建算经》卷上有“女子织布”问题：某女子善于织布，一天比一天织得快，而且每天增加的数量相同．已知第一天织布6尺，30天共织布540尺，则该女子织布每天增加( C ) A.12尺 B ．1631尺 C.2429尺D ．1629尺解析：织布的数据构成等差数列，设公差为d ，第一天织的数据为a 1，第30天织的数据为a 30，则540＝30(6＋a 30)2，解得a 30＝30，则a 30＝a 1＋(30－1)d ，解得d ＝2429.2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10＝1，S 30＝5，则S 40＝( B ) A ．7 B ．8 C ．9D ．103．在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n ＝( C ) A ．n (3n －1) B ．n (n ＋3)2C ．n (n ＋1)D ．n (3n ＋1)24．(2018·萍乡期末)等差数列{a n }中，a 2＝4，它的前n 项和S n ＝n 2＋kn ，则1S 1＋1S 2＋…＋1S 100＝( A )A.100101 B ．1101 C.101100D ．99100解析：∵等差数列{a n }中，a 2＝4，它的前n 项和S n ＝n 2＋kn ， ∴a 1＝S 1＝1＋k ，a 2＝S 2－S 1＝4＋2k －1－k ＝3＋k ＝4，解得k ＝1，∴a 1＝1＋1＝2，d ＝a 2－a 1＝4－2＝2， ∴S n ＝2n ＋n (n －1)2×2＝n (n ＋1)， ∴1S n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， 1S 1＋1S 2＋…＋1S 100＝11－12＋12－13＋…＋1100－1101＝100101.5．(2018·南平期末)《九章算术》是我国古代的数学名著，书中《均属章》有如下问题：今有五人分六钱，令前三人所得与后二人等，各人所得均增，问各得几何？其意思是：已知A ，B ，C ，D ，E 五个人分重量为6钱(“钱”是古代的一种重量单位)的物品，A ，B ，C 三人所得钱数之和与D ，E 二人所得钱数之和相同，且A ，B ，C ，D ，E 每人所得钱数依次成递增等差数列，问五人各分得多少钱的物品？在这个问题中，C 分得物品的钱数是( C ) A.25钱 B ．45钱 C.65钱D ．75钱解析：设A ，B ，C ，D ，E 五个人所得钱数依次为a 1，a 2，a 3，a 4，a 5，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝a 4＋a 5，d >0，5a 1＋5×42d ＝6，解得a 1＝45，d ＝15，∴C 分得物品的钱数是a 3＝45＋2×15＝65(钱)．6．(2016·高考浙江卷)如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N *，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N *(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合)．若d n ＝|A n B n |，S n 为△A n B n B n ＋1的面积，则( A )A ．{S n }是等差数列B ．{S 2n }是等差数列C ．{d }是等差数列D ．{d 2n }是等差数列7．(2018·上杭县校级月考)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋3(n ≥2)，则数列{a n }的前6项和等于 51 .8．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 8＝32，则a 2＋2a 5＋a 6＝ 16 . 解析：∵S 8＝32，∴8(a 1＋a 8)2＝32，可得a 4＋a 5＝a 1＋a 8＝8.则a 2＋2a 5＋a 6＝2(a 4＋a 5)＝2×8＝16.9．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，若S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)，n ≥2，则S 15＝ 211 .解析：由题意得S n ＋1－S n ＝S n －S n －1＋2，即a n ＋1＝a n ＋2(n ≥2)，故{a n }从第二项起是公差为2的等差数列，则S 15＝1＋14×2＋14×132×2＝211.10．等差数列{a n }前n 项和为S n .已知a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，则m ＝ 10 .解析：因为a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，数列{a n }是等差数列，所以2a m －a 2m ＝0，解得a m ＝0或a m ＝2.又S 2m －1＝38，所以a m ＝0不符合题意，所以a m ＝2.所以S 2m －1＝(2m －1)(a 1＋a 2m －1)2＝(2m －1)a m ＝38，解得m ＝10.11．(2017·菏泽期末)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 2＝2，S 3＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式和前n 项和S n ；(2)是否存在n ，使S n ，S n ＋2＋2n ，S n ＋3成等差数列，若存在，求出n ，若不存在，请说明理由．解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，∵S 2＝2，S 3＝－6.∴2a 1＋d ＝2,3a 1＋3d ＝－6，联立解得a 1＝4，d ＝－6. ∴a n ＝4－6(n －1)＝10－6n ， S n ＝n (4＋10－6n )2＝7n －3n 2.(2)假设存在n ，使S n ，S n ＋2＋2n ，S n ＋3成等差数列，则2(S n ＋2＋2n )＝S n ＋S n ＋3，∴2[7(n ＋2)－3(n ＋2)2＋2n ]＝7n －3n 2＋7(n ＋3)－3(n ＋3)2，解得n ＝5. 因此存在n ＝5，使S n ，S n ＋2＋2n ，S n ＋3成等差数列． 12．在数列{a n }中，a n ＋1＋a n ＝2n －44(n ∈N *)，a 1＝－23. (1)求a n ；(2)设S n 为{a n }的前n 项和，求S n 的最小值．解析：(1)当n ＝1时，a 2＋a 1＝－42，a 1＝－23， ∴a 2＝－19.同理得，a 3＝－21，a 4＝－17.故a 1，a 3，a 5，…是以a 1为首项，2为公差的等差数列，a 2，a 4，a 6，…是以a 2为首项，2为公差的等差数列．从而a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n －24，n 为奇数，n －21，n 为偶数.(2)当n 为偶数时，S n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n )＝(2×1－44)＋(2×3－44)＋…＋[2·(n －1)－44]＝2[1＋3＋…＋(n－1)]－n2·44＝n22－22n，故当n＝22时，S n取得最小值为－242.当n为奇数时，S n＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a n－1＋a n) ＝a1＋(2×2－44)＋…＋[2×(n－1)－44]＝a1＋2[2＋4＋…＋(n－1)]＋n－1 2·(－44)＝－23＋(n＋1)(n－1)2－22(n－1)＝n 22－22n－32.故当n＝21或n＝23时，S n取得最小值－243.综上所述：当n为偶数时，S n取得最小值为－242；当n为奇数时，S n取最小值为－243.。

【红对勾】高考新课标数学(文)大一轮复习课时练：5-2等差数列及其前n项和(含答案解析)

课时作业29 等差数列及其前n 项和一、选择题1．(2016·陕西八校联考)在等差数列{a n }中，a 1＝0，公差d≠0，若a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9，则m 的值为( )A ．37B ．36C ．20D ．19解析：a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9＝9a 1＋9×82d ＝36d ＝a 37，∴m ＝37.故选A.答案：A2．已知等差数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，若S 16>0，且S 17<0，则当S n 最大时n 的值为( )A ．16B ．8C ．9D ．10解析：∵S 16＝16 a 1＋a 162＝8(a 8＋a 9)>0，S 17＝17 a 1＋a 172＝17a 9<0，∴a 8>0，a 9<0，且d<0，∴S 8最大．答案：B3．(2016·广东湛江模拟)在等差数列{a n }中，若a 4＋a 6＋a 8＋a 10＋a 12＝120，则a 9－13a 11的值为( )A ．14B ．15C ．16D ．17解析：设公差为d ，∵a 4＋a 6＋a 8＋a 10＋a 12＝120，∴5a 8＝120，a 8＝24，∴a 9－13a 11＝(a 8＋d)－13(a 8＋3d)＝23a 8＝16.答案：C4．若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列的项数为( )A ．13B ．12C ．11D ．10解析：因为a 1＋a 2＋a 3＝34，a n －2＋a n －1＋a n ＝146，所以a 1＋a 2＋a 3＋a n －2＋a n －1＋a n ＝34＋146＝180.又因为a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n －2，所以3(a 1＋a n )＝180，从而a 1＋a n ＝60. 所以S n ＝n a 1＋a n2＝n·602＝390，即n ＝13.答案：A5．(2016·黑龙江佳木斯月考)若数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2，则使a k ·a k ＋1<0的k 值为( )A ．22B ．21C ．24D ．23解析：因为3a n ＋1＝3a n －2，所以a n ＋1－a n ＝－23，所以数列{a n }是首项为15，公差为－23的等差数列，所以a n ＝15－23·(n －1)＝－23n ＋473，令a n ＝－23n ＋473>0，得n<23.5，所以使a k ·a k＋1<0的k 值为23. 答案：D6．(2016·湖南箴言中学调研)若S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 8－S 3＝10，则S 11的值为( )A ．12B ．18C ．22D ．44解析：∵数列{a n }是等差数列，且S 8－S 3＝10，∴S 8－S 3＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝10，∴5a 6＝10，a 6＝2，∴S 11＝a 1＋a 112×11＝11a 6＝22.答案：C7．(2016·北京海淀模拟)已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2,2a 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n －1(n≥2)，则a 6等于( )A ．16B ．8C ．2 2D ．4解析：由2a 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n －1(n≥2)可知数列{a 2n }是等差数列，且首项为a 21＝1，公差d ＝a 22－a 21＝4－1＝3，所以数列{a 2n }的通项公式为a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，所以a 26＝3×6－2＝16，又因为a 6>0，所以a 6＝4.选D.答案：D8．(2016·高考调研原创题)已知函数f(x)＝cosx ，x ∈(0,2π)有两个不同的零点x 1，x 2，且方程f(x)＝m 有两个不同的实根x 3，x 4，若把这四个数按从小到大排列构成等差数列，则实数m ＝( )A.12 B ．－12C.32D ．－32解析：若m>0，则公差d ＝3π2－π2＝π，显然不成立，所以m<0，则公差d ＝3π2－π23＝π3.所以m ＝cos(π2＋π3)＝－32，故选D.答案：D9．(2016·吉林长春质量监测)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a 2＝1，{nS n ＋(n ＋2)a n }为等差数列，则a n ＝( )A.n2n －1 B.n ＋12n －1＋1 C.2n －12n －1D.n ＋12n ＋1 解析：设b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n ，则b 1＝4，b 2＝8，{b n }为等差数列，所以b n ＝4n ，即nS n ＋(n ＋2)a n ＝4n ，S n ＋⎝⎛⎭⎫1＋2n a n ＝4. 当n≥2时，S n －S n －1＋⎝⎛⎭⎫1＋2n a n －⎝⎛⎭⎫1＋2n －1a n －1＝0，所以2 n ＋1 n a n ＝n ＋1n －1a n －1，即2·a nn ＝a n －1n －1，又因为a 11＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为1，公比为12的等比数列，所以a n n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1(n ∈N *)，a n ＝n2n －1(n ∈N*)，故选A.答案：A10．已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝－2 014，S 2 0142 014－S 2 0082 008＝6，则S 2 013等于( )A ．2 013B ．－2 013C ．－4 026D ．4 026解析：由等差数列的性质可得{S nn }也为等差数列，又∵S 2 0142 014－S 2 0082 008＝6d ＝6，∴d ＝1.故S 2 0132 013＝S 11＋2 012d ＝－2 014＋2 012＝－2. ∴S 2 013＝－2×2 013＝－4 026. 答案：C 二、填空题11．(2016·江苏无锡一模)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，当整数n>1时，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)都成立，则S 15＝________.解析：由S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)(n≥2)得(S n ＋1－S n )－(S n －S n －1)＝2S 1＝2(n≥2)，即a n ＋1－a n ＝2(n≥2)，所以数列{a n }从第二项起构成等差数列，则S 15＝1＋2＋4＋6＋8＋…＋28＝211.答案：21112．已知在数列{a n }中，a 3＝2，a 5＝1，若⎩⎨⎧⎭⎬⎫11＋a n 是等差数列，则a 11等于________．解析：记b n ＝11＋a n，则b 3＝13，b 5＝12，数列{b n }的公差为12×(12－13)＝112，b 1＝16，∴b n＝n ＋112，即11＋a n ＝n ＋112.∴a n ＝11－n n ＋1，故a 11＝0. 答案：013．已知A n ＝{x|2n <x<2n＋1且x ＝7m ＋1，m ，n ∈N}，则A 6中各元素的和为________．解析：∵A 6＝{x|26<x<27且x ＝7m ＋1，m ∈N}，∴A 6的元素x ＝.组成一首项为71，公差为7的等差数列． ∴71＋78＋…＋127＝71×9＋9×82×7＝891. 答案：89114．已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且a 4＝15，S 5＝55，则过点P(3，a 3)，Q(4，a 4)的直线的斜率是________．解析：设数列{a n }的公差为d ，则依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝a 1＋3d ＝15，S 5＝5a 1＋10d ＝55，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝4.故直线PQ 的斜率为a 4－a 34－3＝d1＝4.答案：4 三、解答题15．(2016·辽宁协作体模拟)已知数列{a n }满足(a n ＋1－1)(a n －1)＝3(a n －a n ＋1)，a 1＝2，令b n ＝1a n －1.(1)证明：数列{b n }是等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：1a n ＋1－1－1a n －1＝a n －a n ＋1 a n ＋1－1 a n －1 ＝13，∴b n ＋1－b n ＝13，∴{b n }是等差数列．(2)由(1)及b 1＝1a 1－1＝12－1＝1，知b n ＝13n ＋23，∴a n －1＝3n ＋2，∴a n ＝n ＋5n ＋2.16．(2016·河南商丘一模)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＋a 5＝27a 23，S 7＝63.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝a 1，b n ＋1－b n ＝a n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和T n .解：(1)方法1：设正项等差数列{a n }的公差为d ，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1＋4d ＝27 a 1＋2d 2，7a 1＋21d ＝63，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝17 a 1＋2d 2，a 1＋3d ＝9，又∵a n >0，∴a 3＝a 1＋2d>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝7，a 1＋3d ＝9， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2， ∴a n ＝3＋(n －1)×2＝2n ＋1(n ∈N *)．方法2：设正项等差数列{a n }的公差为d. ∵{a n }是等差数列，且a 1＋a 5＝27a 23，∴2a 3＝27a 23，又a n >0，∴a 3＝7.∵S 7＝7 a 1＋a 7 2＝7a 4＝63，∴a 4＝9.∴d ＝a 4－a 3＝2，∴a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n ＋1(n ∈N *)． (2)∵b n ＋1－b n ＝a n ＋1，且a n ＝2n ＋1， ∴b n ＋1－b n ＝2n ＋3.当n≥2时，b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1 ＝(2n ＋1)＋(2n －1)＋…＋5＋3＝n(n ＋2)，又当n ＝1时，b 1＝3满足上式， ∴b n ＝n(n ＋2)(n ∈N *)． ∴1b n ＝1n n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2. ∴T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n －1＋1b n＝12⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1＋⎦⎤⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－2n ＋32 n 2＋3n ＋2 .。