人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列4.2 等差数列课时作业

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1.已知等差数列{an}中，前4项为1，3，5，7，则数列{an}前10项的和S10＝( )
A．100B．23
C．21D．17
2．(多选)已知公差为d的等差数列{an}中，a2＝7，a9＝35，其前n项和为Sn，则( )
A．a5＝19B．d＝3
C．an＝4n－1D．Sn＝2n2＋n
3．已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和，S3＝3，S6＝12，则S9＝____________．
4．设等差数列{an}的前n项和为Sn.
(1)已知a1＝7，a10＝－43，求S10；
(2)已知a1＝100，公差d＝－2，求S50.
提能力
5.已知等差数列{an}的前5项和为15，则a6＋3a2＝( )
A．16B．14
C．12D．10
6．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝35，a10＝0，若Sn＝S5(n≠5)，则n的值为( )
A．15B．14
C．13D．12
7．在公差不为0的等差数列{an}中，Sn为其前n项和，若S12＝3(a3＋2a5＋ak)，则正整数k＝________．
8．在等差数列{an}中，a2＝5，a7＝a4＋6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设Sn为{an}的前n项和，若Sm＝99，求m的值．
9．项数为奇数的等差数列{an}，奇数项之和为44，偶数项之和为33，求这个数列的中间项及项数．
10．[2022·湖南雅礼中学高二期末]公差不为零的等差数列{an}满足a3＝a5a8，a6＝1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求使Sn培优生
11.[2022·山东临沂高二期末]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，他们常把沙滩上的沙粒或小石子用数表示，并由它们排列而成的形状对自然数进行研究．如图，图形中的圆点数分别为1，5，12，22，…，以此类推，第6个图形对应的圆点数为____________，若这些数构成数列{an}，则a1＋eq \f(a2,2)＋eq \f(a3,3)＋…＋eq \f(a20,20)＝____________．
12．[2022·广东汕头高二期末]已知数列{an}的相邻两项an和an＋1恰是方程x2＋nx＋bn＝0的两个根，且a1＝10.
(1)求b20的值；
(2)记Sn为数列{a2n}的前n项和，求S20.
课时作业(五) 等差数列的前n项和
1．解析：设公差为d，则d＝3－1＝2，则S10＝10×1＋eq \f(10×9,2)×2＝100.
故选A.
答案：A
2．解析：设等差数列的首项为a1，由题意得，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＝7,a1＋8d＝35))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝3,d＝4))，
所以an＝3＋(n－1)×4＝4n－1，
所以a5＝19，Sn＝2n2＋n，
故选ACD.
答案：ACD
3．解析：根据等差数列前n项和的性质可得S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，
所以2(S6－S3)＝S3＋S9－S6，即2×(12－3)＝3＋S9－12，
所以S9＝27.
答案：27
4．解析：(1)∵a1＝7，a10＝－43，
∴S10＝eq \f(10（a1＋a10）,2)＝eq \f(10（7－43）,2)＝－180；
(2)∵a1＝100，d＝－2，
∴S50＝50a1＋eq \f(50×49,2)d＝50×100＋eq \f(50×49,2)×(－2)＝2550.
5．解析：由S5＝5a3＝15，解得a3＝3，设等差数列{an}的公差为d，
则a6＋3a2＝a1＋5d＋3a1＋3d＝4a3＝12.
故选C.
答案：C
6．解析：设等差数列的公差为d，则由S5＝35，a10＝0，得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(5a1＋10d＝35,a1＋9d＝0))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝9,d＝－1))，
因为Sn＝S5，
所以9n－eq \f(n（n－1）,2)＝35，即n2－19n＋70＝0，解得n＝14或n＝5(舍去)，
故选B.
答案：B
7．解析：设等差数列公差为d，
∵S12＝3(a3＋2a5＋ak)，
∴12a1＋eq \f(12×11,2)·d＝3[a1＋2d＋2(a1＋4d)＋a1＋(k－1)d]，
即4a1＋22d＝4a1＋(k＋9)d，
即k＋9＝22，
∴k＝13.
答案：13
8．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＝5,a1＋6d＝a1＋3d＋6))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝3,d＝2)).
故an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.
(2)由等差数列的前n项和公式可得Sn＝eq \f(（a1＋an）n,2)＝n2＋2n.
因为Sm＝99，所以m2＋2m＝99，即(m－9)(m＋11)＝0，
解得m＝9(m＝－11舍去).
9．解析：设等差数列{an}共有(2n＋1)项，则奇数项有(n＋1)项，偶数项有n项，中间项是第(n＋1)项，即an＋1，
∴eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(\f(1,2)（a1＋a2n＋1）（n＋1）,\f(1,2)（a2＋a2n）n)＝eq \f(（n＋1）an＋1,nan＋1)＝eq \f(n＋1,n)＝eq \f(44,33)＝eq \f(4,3).∴n＝3.
∵S奇＝(n＋1)an＋1＝44，
∴an＋1＝11.
∴这个数列的中间项为11，共有2n＋1＝7(项).
10．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a3＝a5a8,a6＝1))，得：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝（a1＋4d）（a1＋7d）,a1＋5d＝1))，
解得：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－9,d＝2))，
∴an＝－9＋2(n－1)＝2n－11.
(2)由(1)得：Sn＝eq \f(n（－9＋2n－11）,2)＝n2－10n，
若Sn即n2－12n＋11＝(n－11)(n－1)<0，
解得：1∴Sn11．解析：根据题意，记第n个图形的点数为an，
由题意知a1＝1，a2－a1＝4＝1＋3×1，a3－a2＝1＋3×2，a4－a3＝1＋3×3，…，an－an－1＝1＋3(n－1)，
累加得an－a1＝4＋7＋…＋[1＋3(n－1)]＝eq \f(（n－1）（3n＋2）,2)，即an＝eq \f(n,2)(3n－1)，
所以a6＝51，
又eq \f(an,n)＝eq \f(3n－1,2)，
所以a1＋eq \f(a2,2)＋eq \f(a3,3)＋…＋eq \f(a20,20)＝eq \f(1,2)(2＋5＋8＋…＋59)＝eq \f(1,2)×eq \f(2＋59,2)×20＝305.
答案：51 305
12．解析：(1)因为an和an＋1恰是方程x2＋nx＋bn＝0的两个根，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an＋an＋1＝－n,anan＋1＝bn))，
所以an＋2＋an＋1－(an＋1＋an)＝－(n＋1)－(－n)＝－1，
所以an＋2－an＝－1，
所以a1，a3，a5，a7，…构成以a1＝10为首项，－1为公差的等差数列，
所以a21＝a1＋10×(－1)＝10－10＝0，
所以b20＝a20a21＝0.
(2)因为a1＋a2＝－1，a1＝10，
所以a2＝－1－10＝－11，
因为an＋2－an＝－1，
所以数列a2，a4，a6，a8，…，a2n，…是以a2＝－11为首项，－1为公差的等差数列，
所以a2n＝－11－(n－1)＝－n－10，
所以Sn＝na2－eq \f(n（n－1）,2)＝eq \f(－n2－21n,2)，
所以S20＝eq \f(－202－21×20,2)＝－410.