人教版新课标A必修52.3 等差数列的前n项和课后复习题

这是一份人教版新课标A必修52.3 等差数列的前n项和课后复习题，共24页。
2.3　等差数列的前n项和
第1课时　等差数列的前n项和公式
基础过关练
题组一　等差数列前n项和的有关计算
1.在等差数列{an}中,已知a1=10,d=2,Sn=580,则n=(　　)
A.10 B.15 C.20 D.30
2.已知一个等差数列共n项,且其前四项之和为21,末四项之和为67,前n项之和为286,则项数n为(　　)
A.24 B.26 C.25 D.28
3.设{an}为等差数列,公差d=-2,Sn为其前n项和.若S10=S11,则a1=(　　)
A.18 B.20 C.22 D.24
4.(2019福建福州长乐高中、城关中学、文笔中学高二期末)等差数列{an}的前n项和为Sn,且S5=6,a2=1,则公差d等于(　　)
A.15 B.35 C.65 D.2
5.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a6=S3=12,则{an}的通项公式an=　　　　.
题组二　数列的前n项和Sn与an的关系
6.已知数列{an}的前n项和Sn=n2,则an=(　　)
A.n B.n2 C.2n+1 D.2n-1
7.在各项均大于零的数列{an}中,首项a1=1,前n项和Sn满足SnSn-1-Sn-1Sn=2SnSn-1(n∈N*且n≥2),则a81=(　　)
A.638 B.639 C.640 D.641
8.已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n+1,则a6+a7+…+a10的值为　　　　.
9.(1)已知数列{an}的前n项和为Sn=2n2+n+3,求数列{an}的通项公式;
(2)设各项均为正数的数列{an}的前n项和Sn满足Sn=14(an+1)2,求an.





题组三　裂项相消法求和
10.已知数列{an}的通项公式为an=1n(n+1),则其前10项和为(　　)
A.910 B.911 C.1112 D.1011
11.已知数列{an}的通项公式为an=1n+1+n,则其前n项和Sn=　　　　.
12.已知数列{an}的通项公式为an=lgn+1n,则其前n项和Sn=　　　　.
13.已知等差数列{an}满足a3=7,a5+a7=26,{an}的前n项和为Sn.
(1)求an及Sn;
(2)令bn=1an2-1(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.






能力提升练
一、选择题
1.(2020吉林省实验中学高一期末,★★☆)记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a5=3,S13=91,则a1+a11=(　　)
A.7 B.8 C.9 D.10
2.(2020湖北荆州中学、宜昌一中高二期末联考,★★☆)已知数列{an}满足2an=an-1+an+1,Sn是其前n项和,若a2,a2 019是函数f(x)=x2-6x+5的两个零点,则S2 020的值为(　　)
A.6 B.12
C.2 020 D.6 060
3.(2018云南玉溪第一中学高三月考,★★☆)已知数列{an}的首项a1=1,对于任意m,n∈N*,有an+m=an+3m,则数列{an}前5项的和S5=(　　)
A.121 B.25 C.31 D.35
4.(2020山东日照高二月考,★★☆)已知数列{an}的前n项和Sn=n2-4n+2,则|a1|+|a2|+…+|a10|等于(　　)
A.66 B.65 C.61 D.56
5.(★★☆)设公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4=2(a2+a3),则S7S4=(　　)
A.74 B.145 C.7 D.14
6.(2019广东佛山一中期末,★★☆)某企业为节能减排,用9万元购进一台新设备用于生产.第一年需运营费用2万元,从第二年起,每年运营费用均比上一年增加2万元,该设备每年生产的收入均为11万元.设该设备使用了n(n∈N*)年后,盈利总额达到最大值(盈利额等于收入减去成本),则n等于(　　)
A.4 B.5 C.6 D.7
7.(★★☆)已知数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,Sn为其前n项和,则S60=(　　)
A.3 690 B.1 830
C.1 845 D.3 660
二、填空题
8.(2019江苏南京高三上学情调研,★★☆)记等差数列{an}的前n项和为Sn,若am=10,S2m-1=110,则m的值为　　　　.
9.(2020广东深圳宝安高二期末,★★☆)若等差数列{an}满足a5=11,a12=-3,且{an}的前n项和Sn的最大值为M,则lg M=　　　　.
10.(2020吉林松原扶余一中高一期末,★★☆)已知单调递减数列{an}的前n项和为Sn,a1≠0,且4Sn=2an-an2(n∈N*),则a5=　　　　.
三、解答题
11.(2020湖北荆门高二期末,★★☆)已知数列{an}的前n项和为Sn,且(an+1-an)2+2=3(an+1-an),a50=1,求S100的最小值.






12.(2020安徽合肥一中、合肥六中高一期末,★★☆)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S2=8,a3+a8=2a5+2.
(1)求an;
(2)设数列1Sn的前n项和为Tn,求证:Tn0),当x1,x2∈R且x1+x2=1时,总有f(x1)+f(x2)=12.
(1)求m的值;
(2)设数列{an}满足an=f(0)+f1n+f2n+…+f n-1n+f(1),求数列{an}的前n项和Sn.







14.(2019山东济宁一中月考,★★☆)数列{an}中,a1=1,当n≥2时,其前n项和Sn满足Sn2=an·Sn-12.
(1)求Sn的表达式;
(2)设bn=Sn2n+1,求数列{bn}的前n项和Tn.







15.(2018黑龙江哈尔滨第六中学高三下考前押题卷,★★★)数列{an}中,Sn为其前n项和,且2Sn=nan+n(n∈N*).
(1)求证:{an}是等差数列;
(2)若a2=2,bn=n+2anan+12n,Tn是{bn}的前n项和,求Tn.







第2课时　等差数列前n项和的性质及应用
基础过关练
题组一　等差数列前n项和的性质
1.已知等差数列{an}中,Sn是其前n项和,a1=-11,S1010-S88=2,则S11=(　　)
A.-11 B.11 C.10 D.-10
2.一个等差数列共有10项,其奇数项之和是12.5,偶数项之和是15,则它的首项与公差分别是(　　)
A.12,12 B.12,1 C.1,12 D.12,2
3.设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a7a5=913,则S13S9=　　　　.
4.已知等差数列{an}的前10项和为30,前30项的和为10,则前40项的和为　　　　.
题组二　等差数列前n项和的函数属性
5.已知数列{an}中,a1=10,an+1=an-12,则它的前n项和Sn的最大值为　　　　.
6.在等差数列{an}中,a1>0,公差d0,S2 0170
C.a1a12>0 D.a1a11S7,则S7>S8
D.若S6>S7,则S5>S6
二、填空题
6.(2019河北衡水中学高考猜题卷,★★☆)设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知S13>0,S140,其前n项和为Sn,且数列{Sn}也为等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=an+1Sn·Sn+1,求数列{bn}的前n项和.






答案全解全析
第1课时　等差数列的前n项和公式
基础过关练
1.C　因为Sn=na1+12n(n-1)d=10n+12n·(n-1)×2=n2+9n,所以n2+9n=580,解得n=20或n=-29(舍).
2.B　设该等差数列为{an},由题意,得a1+a2+a3+a4=21,an+an-1+an-2+an-3=67.
又∵a1+an=a2+an-1=a3+an-2=a4+an-3,
∴4(a1+an)=21+67=88,∴a1+an=22.
∴Sn=n(a1+an)2=11n=286,∴n=26.
3.B　由S10=S11,得a11=S11-S10=0,所以a1=a11+(1-11)d=0+(-10)×(-2)=20.
4.A　∵等差数列{an}的前n项和为Sn,且S5=6,a2=1,
∴S5=5a1+5×42d=6,a2=a1+d=1,解得a1=45,d=15.故选A.
5.答案　2n
解析　设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,由已知得a1+5d=12,3a1+3d=12,解得a1=2,d=2,故an=2n.
6.D　当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1.
∵当n=1时,此等式也成立,∴an=2n-1(n∈N*),故选D.
7.C　由已知SnSn-1-Sn-1Sn=2·SnSn-1可得,Sn-Sn-1=2(n≥2),又a1=1,∴S1=1,∴{Sn}是以1为首项,2为公差的等差数列,故Sn=2n-1,∴Sn=(2n-1)2,∴a81=S81-S80=1612-1592=640.
8.答案　80
解析　由题意得,a6+a7+…+a10=S10-S5=111-31=80.
9.解析　(1)∵Sn=2n2+n+3,∴当n=1时,a1=S1=2×12+1+3=6;当n≥2时,an=Sn-
Sn-1=2n2+n+3-[2(n-1)2+(n-1)+3]=4n-1.当n=1时,a1不符合上式,
∴an=6(n=1),4n-1(n≥2).
(2)当n=1时,a1=S1=14(a1+1)2,解得a1=1;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=14(an+1)2-14·(an-1+1)2,即4an=an2+2an+1-(an-12+2an-1+1),
∴an2-an-12-2(an+an-1)=0,
∴(an+an-1)(an-an-1-2)=0.
∵数列{an}的各项均为正数,∴an+an-1>0,∴an-an-1-2=0,即an-an-1=2,
∴数列{an}是公差为2,首项为1的等差数列,
∴an=1+2(n-1)=2n-1.
10.D　设数列{an}的前n项和为Sn.由an=1n(n+1)=1n-1n+1得,
Sn=1-12+12-13+…+1n-1n+1=1-1n+1,
所以S10=1-111=1011.
11.答案　n+1-1
解析　由已知得,
an=1n+1+n=n+1-n,
所以Sn=a1+a2+…+an=(2-1)+(3-2)+…+(n+1-n)=n+1-1.
12.答案　lg(n+1)
解析　由已知得an=lg(n+1)-lg n,
所以Sn=a1+a2+…+an=(lg 2-lg 1)+(lg 3-lg 2)+…+[lg(n+1)-lg n]=lg(n+1).
13.解析　(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.
因为a3=7,a5+a7=26,
所以a1+2d=7,2a1+10d=26,解得a1=3,d=2.
所以an=3+2(n-1)=2n+1,Sn=3n+n(n-1)2×2=n2+2n.
(2)由(1)知an=2n+1,
所以bn=1an2-1=1(2n+1)2-1=14·1n(n+1)=14·1n-1n+1,
所以Tn=
141-12+12-13+…+1n-1n+1
=141-1n+1=n4(n+1),即数列{bn}的前n项和Tn=n4(n+1).


能力提升练
一、选择题
1.D　由S13=13a7=91,可得a7=7,所以a5+a7=10,从而a1+a11=a5+a7=10.
2.D　由题意,得数列{an}为等差数列.a2,a2 019是函数f(x)=x2-6x+5的两个零点,等价于a2,a2 019是方程x2-6x+5=0的两个根,∴a2+a2 019=6,
∴S2 020=(a1+a2 020)·2 0202=(a2+a2 019)·2 0202=6 060,故选D.
3.D　令m=1,有an+1=an+3,即an+1-an=3,又已知a1=1,∴{an}是首项为1,公差为3的等差数列,∴an=1+3(n-1)=3n-2,
∴S5=5(a1+a5)2=5a3=5×(3×3-2)=35.
4.A　当n≥2,n∈N*时,an=Sn-Sn-1=n2-4n+2-[(n-1)2-4(n-1)+2]
=n2-4n+2-(n2-6n+7)
=n2-4n+2-n2+6n-7=2n-5,
当n=1时,a1=S1=-1,不满足上式,
∴an=-1,n=1,2n-5,n≥2,n∈N*.
∴|a1|+|a2|+…+|a10|=1+1+1+3+5+…+15=2+(1+15)×82=2+64=66.
5.C　解法一:设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.根据等差数列的性质及a4=2(a2+a3),得a1+3d=2(a1+d+a1+2d),化简得a1=-d,所以S7S4=7a1+7×62d4a1+4×32d=14d2d=7.
解法二:由已知及等差数列的性质,得a4=2(a2+a3)=2(a1+a4),又S7S4=7(a1+a7)24(a1+a4)2=7a42(a1+a4),所以S7S4=7.
6.B　设该设备第n(n∈N*)年的运营费用为an万元,则数列{an}是以2为首项,2为公差的等差数列,则an=2n,则该设备到第n(n∈N*)年的运营费用总和为a1+a2+…+an=2+4+…+2n=n(2+2n)2=(n2+n)万元.设第n(n∈N*)年的盈利总额为Sn万元,则Sn=11n-(n2+n)-9=-n2+10n-9=-(n-5)2+16,因此,当Sn取最大值时,n=5,故选B.
7.B　由题意得,当n为奇数时,an+1-an=2n-1,n+1为偶数,所以an+2+an+1=2n+1,
两式相减得an+2+an=2;
当n为偶数时,an+1+an=2n-1,n+1为奇数,所以an+2-an+1=2n+1,两式相加得an+2+an=4n.
故S60=a1+a3+a5+…+a59+(a2+a4+a6+…+a60)=2×15+(4×2+4×6+…+4×58)=30+4×450=1 830.故选B.
二、填空题
8.答案　6
解析　∵{an}是等差数列,且am=10,
∴S2m-1=a2m-1+a12×(2m-1)=(2m-1)am=10(2m-1)=110,解得m=6.
9.答案　2
解析　设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.∵a5=11,a12=-3,
∴a1+4d=11,a1+11d=-3,解得d=-2,a1=19.∴an=19-2(n-1)=21-2n.令an≥0,解得n≤212.因此当n=10时,{an}的前n项和Sn取得最大值,且最大值M=10×19+10×92×(-2)=190-90=100,∴lg M=2.
10.答案　-10
解析　当n=1时,4S1=2a1-a12,∴a1=-2.
当n≥2时,4Sn=2an-an2,①
4Sn-1=2an-1-an-12,②
①-②,得4an=2an-2an-1-(an2-an-12),
化简,得an-an-1=-2或an+an-1=0,∵数列{an}是递减数列,且a1=-2,∴an+an-1=0舍去.
∴数列{an}是首项为-2,公差为-2的等差数列,故a5=-2+(5-1)×(-2)=-10.
三、解答题
11.解析　由题意,得an+1-an=2或an+1-an=1.由a50=1知,当n≤49时,an≤0;当n≥51时,an>0.故当数列{an}的前50项的公差为2,后50项的公差为1时,数列的前100项和最小.
所以(S100)min=50×1+50×492×(-2)+50×2+50×492=-1 075.
12.解析　(1)设数列{an}的首项为a1,公差为d,由题意得2a1+d=8,2a1+9d=2a1+8d+2,解得a1=3,d=2.所以an=2n+1.
(2)证明:由(1)知an=2n+1,所以Sn=n2(3+2n+1)=n2+2n.
所以1Sn=1n(n+2)=121n-1n+2.
所以Tn=
121-13+12-14+13-15+…
+1n-1-1n+1+1n-1n+2
=121+12-1n+1-1n+20,-120,d0;当n≥14时,an0,有两个交点.
11.C　由题意可得中间的那份为20个面包.
设最小的一份为a1,公差为d,由题意可得[20+(a1+3d)+(a1+4d)]×17=a1+(a1+d),解得a1=53,故选C.
12.解析　(1)解法一:设等差数列{an}的公差为d,由题意,得an>0,且a1+a1+4d=27(a1+2d)2,7a1+21d=63,∴a1=3,d=2.
∴an=2n+1.
解法二:∵{an}是等差数列,且a1+a5=27a32,∴2a3=27a32.
又an>0,∴a3=7.
∵S7=7(a1+a7)2=7a4=63,∴a4=9,
∴d=a4-a1=2,
∴an=a3+(n-3)d=2n+1.
(2)∵bn+1-bn=an+1,且an=2n+1,
∴bn+1-bn=2n+3.
∴当n≥2时,
bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1
=(2n+1)+(2n-1)+…+5+3
=n(n+2),
当n=1时,b1=3满足上式,
∴bn=n(n+2).
∴1bn=1n(n+2)=121n-1n+2,
∴Tn=1b1+1b2+…+1bn-1+1bn
=121-13+12-14+13-15+
…+1n-1-1n+1+1n-1n+2
=121+12-1n+1-1n+2
=34-2n+32(n+1)(n+2).
能力提升练
一、选择题
1.A　设数列{an}的公差为d(d≠0),由a32=a1a4得(a1+2d)2=a1(a1+3d),整理,得a1d+4d2=0,因为d≠0,所以a1=-4d,所以S3=3a1+3d=-9d,所以S3S1=-9d-4d=94,故选A.
2.A　由等差数列前n项和的性质得,
S4,S8-S4,S12-S8,…成等差数列.
由S4=1,S8=4可得,其公差为2,
所以S36=S4+(S8-S4)+…+(S36-S32)=9×1+9×82×2=81.
又因为S36=36×(a1+a36)2,所以a1+a36=8118=92,
所以a17+a18+a19+a20=2(a17+a20)=2(a1+a36)=9.
3.B　由a1≠0,S5=S17,得5a1+5×42d=17a1+17×162d,
化简,得2a1+21d=0,即a11+a12=0.因为a1≠0,所以d≠0,所以a11,a12符号相反.
若d>0,则a110,a1