北师大版 (2019)选择性必修 第二册2.2 等差数列的前n项和第1课时测试题

这是一份北师大版 (2019)选择性必修 第二册2.2 等差数列的前n项和第1课时测试题，共9页。试卷主要包含了2　等差数列的前n项和，已知{an}是等差数列等内容，欢迎下载使用。

第1课时 等差数列的前n项和
基础过关练
题组一 等差数列前n项和的有关计算
1.在-20与40之间插入8个数,使这10个数成等差数列,则这10个数的和为( )

A.200 B.100 C.90 D.70
2.(2021安徽江淮名校高二上联考)若等差数列{an}的前n项和为Sn,且S3=6,a3=4,则其公差d=( )
A.1B.53C.2D.3
3.已知等差数列{an}满足a1=1,am=99,d=2,则其前m项和Sm等于( )
A.2 300B.2 400C.2 600D.2 500
4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,若S5=4a6,则a1d=( )
A.6B.16C.110D.10
5.(2021河北张家口高三一模)写出一个公差为2且前3项和小于第3项的等差数列的通项公式an= .
6.已知{an}是等差数列.
(1)若a6=10,a8=16,求S5;
(2)若a2+a4=485,求S5.
题组二 数列的前n项和Sn与an的关系
7.(2021天津耀华中学高三上期中)设数列{an}的前n项和Sn=n2+1,则a8的值为( )
A.65B.16C.15D.14
8.(2021北京海淀高三上期中)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=an(n=1,2,3,…),则a2 020=( )
A.0B.1C.2 020D.2 021
9.已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=n2,则数列{an}的通项公式为an= .
10.已知数列{an}的前n项和为Sn,求数列{an}的通项公式.
(1)Sn=2n-1,n∈N+;
(2)Sn=2n2+n+3,n∈N+.
易错
题组三 “裂项相消法”求和
11.已知数列{an}的前n项和为Sn,若an=1n+n+1(n∈N+),Sn=10,则n等于( )
A.90B.119C.120D.121
12.已知数列{an}的通项公式为an=lgn+1n,则其前99项和S99= .
13.(2020江西新建二中高一下月考)如果数列{an}的通项公式为an=22n-1,那么数列an2n+1的前n项和Sn= .
14.(2021山东济宁一中高二上月考)求数列1,11+2,11+2+3,…,11+2+3+…+n,…的通项公式及前n项和.
能力提升练
题组一 等差数列的前n项和的有关计算
1.(2020湖南郴州高二上期中,)已知数列{an}是等差数列且an>0,设其前n项和为Sn.若a1+a9=a52,则S9=( )

A.36B.18C.27D.9
2.(2020江西九江一中高二上期中,)等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2+a7+a12=30,则S13等于( )
A.130B.65C.70D.75
3.(2021河南全国百强校“领军考试”高二上联考,)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1a2=2,S5=15,则a4=( )
A.3B.4或13
C.4或132D.3或132
4.(2020安徽合肥庐江六校高二下联考,)将石子摆成如图所示的梯形形状,称数列5,9,14,…为“梯形数列”.根据图形的构成,此数列的第2 014项与5的差,即a2 014-5=( )
A.2 018×2 012B.2 020×2 013
C.1 009×2 012D.1 010×2 013
5.(2021广西柳州二中高二上期末,)已知等差数列{an}的公差d≠0,Sn为其前n项和,S12=8S4,则a1+a32d=( )
A.1019B.109C.1910D.910
6.(2020安徽阜阳高二上期末,)已知数列{an}中,a1=1,a2=2,对任意正整数n,an+2-an=2+cs nπ,Sn为{an}的前n项和,则S100= .
7.(2020湖北武汉三校联合体高一下期中,)已知等差数列{an}满足a1=2,且a1 ,a2,a5满足a22=a1·a5.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记Sn 为数列{an}的前n项和,则是否存在正整数n,使得Sn>60n+800?若存在,求出n的最小值;若不存在,说明理由.
题组二 等差数列前n项和的综合应用
8.(2020天津耀华中学高二上期中,)数列{an}满足an=1+2+3+…+nn(n∈N+),则数列1anan+1的前n项和为 ( )
A.nn+2B.2nn+2C.nn+1D.2nn+1
9.(2021浙江舟山高二下期末,)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则an= ,1S1+1S2+…+1S2020= .
10.()在数列{an}中,a1=12,an+1=an1+3an.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若(3n+2)bn=an,求数列{bn}的前n项和Sn.
11.(2020湖南师大附中高一下期末,)设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,已知a1=-7,Sn≥S4,d∈Z.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=|an|,求数列{bn}的前n项和Tn.
答案全解全析
2.2 等差数列的前n项和
第1课时 等差数列的前n项和
基础过关练
1.B 设该等差数列为{an},其前n项和为Sn,则由题意可知,a1=-20,a10=40,所以S10=10×(-20+40)2=100.
2.C 由题意得3a1+3d=6,a1+2d=4,
解得a1=0,d=2.故选C.
3.D 解法一:由am=a1+(m-1)d,得99=1+(m-1)×2,解得m=50,
所以Sm=S50=50×1+50×492×2=2 500.
解法二:同解法一,得m=50,
所以Sm=S50=50(a1+a50)2=50×(1+99)2=2 500.故选D.
4.D 由S5=4a6得5a1+10d=4(a1+5d),所以a1=10d,即a1d=10.故选D.
5.答案 2n-6(答案不唯一)
解析 若{an}的前3项和小于第3项,则a1+a2+a3不妨设a1=-4,a2=-2,则an=-4+(n-1)×2=2n-6.
6.解析 设等差数列{an}的公差为d.
(1)∵a6=10,a8=16,
∴a1+5d=10,a1+7d=16,解得a1=-5,d=3.
∴S5=5a1+5×42d=5.
(2)解法一:∵a2+a4=a1+d+a1+3d=485,
∴a1+2d=245.
∴S5=5a1+5×42d=5a1+10d=5(a1+2d)=5×245=24.
解法二:∵a2+a4=a1+a5,∴a1+a5=485,
∴S5=5(a1+a5)2=52×485=24.
7.C 由Sn=n2+1得,a1=2,Sn-1=(n-1)2+1(n≥2),所以an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1(n≥2),
显然a1=2不满足上式,所以an=2,n=1,2n-1,n≥2,故a8=2×8-1=15.故选C.
8.A 当n=1时,a1=S1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an-an-1,所以an-1=0,即a1=a2=…=a2 020=0.故选A.
9.答案 2n-1n(n∈N+)
解析 由a1+2a2+3a3+…+nan=n2,得a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=(n-1)2(n≥2),两式相减得nan=n2-(n-1)2=2n-1(n≥2),∴an=2n-1n(n≥2),显然a1=1满足上式,∴an=2n-1n(n∈N+).
10.解析 (1)∵Sn=2n-1(n∈N+),∴当n=1时,a1=S1=2-1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1-(2n-1-1)=2n-1.
经检验,当n=1时,符合上式,
∴an=2n-1(n∈N+).
(2)∵Sn=2n2+n+3(n∈N+),∴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.
经检验,当n=1时,不符合上式,
∴an=6(n=1),4n-1(n≥2,n∈N+).
易错警示
由数列{an}的前n项和Sn求通项公式时,要注意验证当n=1时的情况.若a1=S1符合an(n≥2,n∈N+)的表达式,则通项公式可以合并,否则需写成分段的形式.
11.C ∵an=1n+n+1=n+1-n,∴Sn=(2-1)+(3-2)+…+(n+1-n)=n+1-1,令Sn=10,∴n+1=121,∴n=120.
12.答案 2
解析 an=lgn+1n=lg(n+1)-lg n,所以S99=lg 2-lg 1+lg 3-lg 2+…+lg 100-lg 99=2.
13.答案 2n2n+1
解析 因为an=22n-1,所以an2n+1=2(2n-1)(2n+1)=12n-1-12n+1,
所以Sn=11-13+13-15+…+12n-1-12n+1=1-12n+1=2n2n+1.
14.解析 设数列1,11+2,11+2+3,…,11+2+3+…+n为{an},其前n项和为Sn.由题意知an=11+2+…+n=2n(n+1).
又an=2n(n+1)=21n-1n+1,
∴Sn=21-12+12-13+…+1n-1n+1=21-1n+1=2nn+1.
能力提升练
1.B ∵a1+a9=a52,∴2a5=a52,又an>0,
∴a5=2,∴S9=9(a1+a9)2=9×2a52=18,故选B.
2.A 解法一:设等差数列{an}的公差为d,则a2+a7+a12=(a1+d)+(a1+6d)+(a1+11d)=3a1+18d=30,∴a1+6d=10.
∴S13=13a1+13×122d=13(a1+6d)=13×10=130,故选A.
解法二:∵a2+a7+a12=30,∴3a7 =30,即a7 =10,∴S13=13(a1+a13)2=13×2a72=13a7=130.故选A.
3.C 设等差数列{an}的公差为d,则a1(a1+d)=2,5a1+10d=15,解得a1=1,d=1或a1=-4,d=72.
当a1=1,d=1时,a4=a1+3d=4;
当a1=-4,d=72时,a4=a1+3d=132.
综上,a4的值为4或132.故选C.
4.D 由题意得an-an-1=n+2,所以a2 014=(a2 014-a2 013)+(a2 013-a2 012)+…+(a2-a1)+a1=2 016+2 015+…+4+5=2013×(2016+4)2+5=1 010×2 013+5,
所以a2 014-5=1 010×2 013.故选D.
5.C 因为S12=8S4,所以由等差数列前n项和公式得12a1+66d=8(4a1+6d),即9d=10a1,所以a1d=910,所以a1+a32d=a1+a1+2d2d=a1+dd=a1d+1=1910.故选C.
6.答案 5 050
解析 当n为奇数时,an+2-an=1,即数列{an}的奇数项是以1为首项,1为公差的等差数列;当n为偶数时,an+2-an=3,即数列{an}的偶数项是以2为首项,3为公差的等差数列,所以S100=(a1+a3+…+a99)+(a2+a4+…+a100)=50×1+50×492+50×2+50×492×3=5 050.
7.解析 (1)依题意有(2+d)2=2(2+4d),
∴d2-4d=0,解得d=0或d=4,
∴an=2或an=2+4(n-1)=4n-2.
(2)当an=2 时,易知不存在满足题意的正整数n.
当an=4n-2时,Sn=n[2+(4n-2)]2=2n2.
令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,
解得n>40或n<-10(舍去).
又n∈N+,所以n的最小值为41.
8.B 依题意得,an=n(1+n)2n=n+12,
∴1anan+1=4(n+1)(n+2)=41n+1-1n+2.
∴1a1a2+1a2a3+…+1anan+1
=412-13+13-14+…+1n+1-1n+2=412-1n+2=2nn+2,故选B.
9.答案 n;40402021
解析 设等差数列{an}的公差为d,则a3=a1+2d=3,S4=4a1+6d=10,解得a1=1,d=1,故an=n,Sn=n(n+1)2,
则1Sn=2n(n+1)=21n-1n+1,即1S1+1S2+…+1S2020=2×1-12021=40402021.
10.解析 (1)由an+1=an1+3an得1an+1-1an=3,故数列1an是以3为公差的等差数列,
又a1=12,所以1an=1a1+3(n-1)=2+3(n-1)=3n-1,则an=13n-1.
(2)因为(3n+2)bn=an,所以bn=an3n+2=1(3n-1)(3n+2)=1313n-1-13n+2,
所以Sn=1312-15+15-18+18-111+…+13n-1-13n+2=1312-13n+2=n2(3n+2).
11.解析 (1)因为Sn≥S4,所以a4≤0,a5≥0,即3d-7≤0,4d-7≥0,
解得74≤d≤73,又d∈Z,所以d=2.
所以an=a1+(n-1)d=-7+2(n-1)=2n-9.
(2)由(1)知bn=|an|=|2n-9|.
当n≤4时,an<0,则bn=|an|=-an,
则Tn=-Sn=-n(-7+2n-9)2=-n2+8n;
当n≥5时,an>0,则bn=|an|=an,
Tn=Sn-2S4=n2-8n-2×(-16)=n2-8n+32.
综上所述,Tn=-n2+8n,n≤4,n2-8n+32,n≥5(n∈N+).