2022届高考大一轮复习知识点精练：等差数列的前n项和

这是一份2022届高考大一轮复习知识点精练：等差数列的前n项和，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（共20小题；共100分）
1. 设 Sn 为公差不为零的等差数列 an 的前 n 项和，若 S5=7a4，则 3S7a3=
A. 15B. 17C. 19D. 21

2. 若等差数列 an 的前 9 项和等于前 4 项和，a1=1，则 a4 等于
A. −12B. 32C. 12D. 2

3. 若等差数列 an 的前 9 项和等于前 4 项和，a1=1，则 a4 等于
A. −12B. 32C. 12D. 2

4. 已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn，a3+a15=a6+7，则 S23=
A. 160B. 161C. 162D. 163

5. 记 Sn 为等差数列 an 的前 n 项和，若 a3+a4=12，S3=9，则 a7=
A. 9B. 11C. 13D. 15

6. 记 Sn 为等差数列 an 的前 n 项和，若 a3+a4=12，S3=9，则 a7=
A. 9B. 11C. 13D. 15

7. 已知等差数列 an 的首项 a1=1，公差为 d，前 n 项和为 Sn，若 Sn≤S8 恒成立，则公差 d 的取值范围是
A. −17,−18B. −17,+∞C. −∞,−18D. −17,−18

8. 已知 Sn 为等差数列 an 的前 n 项和，a3+S5=18，a6=a3+3，则数列 ann2+56 的最大项为
A. 157B. 115C. 114D. 1456

9. 北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌 9 块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加 9 块，下一层的第一环比上一层的最后一环多 9 块，向外每环依次也增加 9 块，已知每层环数相同，且下层比中层多 729 块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）
A. 3699 块B. 3474 块C. 3402 块D. 3339 块

10. 等比数列的前 n 项和，前 2n 项和，前 3n 项和分别为 A，B，C，则
A. A+B=CB. B2=AC
C. A+B−C=B2D. A2+B2=AB+C

11. 已知数列 an 是公差不为 0 的等差数列，前 n 项和为 Sn，若对任意的 n∈N*，都有 Sn≥S3，则 a6a5 的值不可能为
A. 2B. 53C. 32D. 43

12. 已知等差数列 an 满足 a1=32，a2+a3=40，则 an 的前 12 项和为
A. −144B. 80C. 144D. 304

13. 已知等差数列 an 的首项 a1=1，公差为 d，前 n 项和为 Sn．若 Sn≤S8 恒成立，则公差 d 的取值范围是
A. −17,−18B. −17,+∞C. −∞,−18D. −17,−18

14. 设 Sn 是等差数列 an 的前 n 项和，若 S4S8=13，则 S8S16 等于
A. 310B. 13C. 19D. 18

15. 设等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ，若首项 a1 和公差 d 变化时，a1+a8+a15 是定值，则下列各项中为定值的是
A. S15B. S16C. S17D. S18

16. 若两个等差数列 an，bn 的前 n 项和分别为 An，Bn，且满足 AnBn=2n−13n+1，则 a3+a7+a11b5+b9 的值为
A. 3944B. 58C. 1516D. 1322

17. 已知等差数列 an 的公差 d≠0，且 a1，a3，a13 成等比数列，若 a1=1，Sn 为数列 an 的前 n 项和，则 2Sn+6an+3 的最小值为
A. 4B. 3C. 23−2D. 2

18. 已知等差数列 an 的公差 d≠0，且 a1，a3，a13 成等比数列，若 a1=1，Sn 为数列 an 的前 n 项和，则 2Sn+6an+3 的最小值为
A. 4B. 3C. 23−2D. 2

19. 数列 an 满足 a1∈Z，an+1+an=2n+3，且其前 n 项和为 Sn，若 S13=am，则正整数 m=
A. 99B. 103C. 107D. 198

20. 已知函数 fx 在 −1,+∞ 上单调，且函数 y=fx−2 的图象关于直线 x=1 对称，若数列 an 是公差不为 0 的等差数列，且 fa50=fa51，则 an 的前 100 项的和为
A. −200B. −100C. 0D. −50

二、填空题（共5小题；共25分）
21. 记 Sn 为等差数列 an 的前 n 项和．若 a1=−2，a2+a6=2，则 S10= ．

22. 设等差数列 an 的前 n 项和为 Sn，若 a1=3，a5=−11，则 a3= ，S5= ．

23. 某学校启动建设一个全新的信息化“未来报告厅”，该报告厅的座位按如下规则排列：从第二排起，每一排都比前一排多出相同的座位数，且规划第 7 排有 20 个座位，则该报告厅前 13 排的座位总数是 ．

24. 记 Sn 为等差数列 an 的前 n 项和．若 a1=−2，a2+a6=2，则 S10= ．

25. 已知数列 an 的通项公式为 an=2n−1，把 an 中的各项按照一定的顺序排列成如图所示的三角形数阵：
135791113151719⋯⋯
（1）数阵中第 5 行所有项的和为 ；
（2）2019 在数阵中第 i 行的第 j 列，则 i+j= ．

三、解答题（共6小题；共78分）
26. 已知 an 是公差为 d 的无穷等差数列，其前 n 项和为 Sn．又 ，且 S5=40，是否存在大于 1 的正整数 k，使得 Sk=S1?若存在，求 k 的值；若不存在，说明理由．
从① a1=4，② d=−2 这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．

27. 已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 a3=−5，S4=−24．
（1）求数列 an 的通项公式；
（2）求 Sn 的最小值．

28. 记 Sn 为等差数列 an 的前 n 项和，已知 S9=−a5．
（1）若 a3=4，求 an 的通项公式；
（2）若 a1>0，求使得 Sn≥an 的 n 的取值范围．

29. 已知等差数列 an 满足：a1+a3+a5=24，an=an−2−2（n≥3 且 n∈N+）．
（1）求数列 an 的通项公式；
（2）求数列 an 的前 n 项和 Sn．

30. 在等差数列 an 中，a2+a5=19，a6−2a1=13．
（1）求 an 的通项公式；
（2）求数列 an 的前 n 项和 Sn．

31. 已知无穷数列 an 的首项为 a1，其前 n 项和为 Sn，且 an+1−an=dn∈N*，其中 d 为常数且 d≠0．
（1）设 a1=d=1，求数列 an 的通项公式，并求 limn→∞1−1an 的值；
（2）设 d=2，S7=−7，是否存在正整数 k 使得数列 n⋅Sn 中的项 k⋅Sk<2 成立?若存在，求出满足条件 k 的所有值；若不存在，请说明理由．
（3）求证：数列 an 中不同的两项之和仍为此数列中的某一项的充要条件为存在整数 m 且 m≥−1，使得 a1=md．
答案
第一部分
1. A【解析】由 5a1+5×42d=7a1+3d，解得，2a1+11d=0，所以 3S7a3=37a1+7×62da1+2d=15
2. C
3. C
4. B
5. C
【解析】设等差数列 an 的首项为 a1，公差为 d，
由 a3+a4=12，S3=9，得 2a1+5d=12,3a1+3×22d=9,
解得 a1=1，d=2，
所以 a7=a1+7−1d=1+12=13，
故选C．
6. C【解析】设等差数列 an 的首项为 a1，公差为 d，
由 a3+a4=12，S3=9，
得 2a1+5d=12,3a1+3×22d=9,
解得 a1=1，d=2，
所以 a7=a1+7−1d=1+12=13．
7. A
8. B【解析】因为 a3+S5=a1+2d+5a1+5×42d=18，
a6=a3+3d=a3+3，
所以 a1=1，d=1⇒an=a1+n−1d=n，
所以 ann2+56=nn2+56=1n+56n，
因为 n>0 且 n∈N*，
所以 n+56n≥2n⋅56n，
当且仅当 n=56n 时取“=”，
又因为 n∈N*，
所以当 n=7 时，nn2+56=749+56=115，
n=8 时，882+56=115．
故选B．
9. C【解析】设第 n 环天石心块数为 an，第一层共有 n 环．
则 an 是以 9 为首项，9 为公差的等差数列，an=9+n−1×9=9n．
设 Sn 为 an 前 n 项和，
则第一层、第二层、第三层的块数分别为 Sn，S2n−Sn，S3n−S2n．
因为下层比中层多 729 块，所以 S3n−S2n=S2n−Sn+729．
即 3n9+27n2−2n9+18n2=2n9+18n2−n9+9n2+729，
即 9n2=729，解得 n=9，所以 S3n=S27=279+9×272=3402．
10. D
11. D【解析】因为数列 an 是公差不为 0 的等差数列，前 n 项和为 Sn，对任意的 n∈N*，都有 Sn≥S3，
所以 S1≥S3,S2≥S3,S4≥S3, 所以 a1≥3a1+3×22d,2a1+d≥3a1+3×22d,4a1+4×32d≥3a1+3×22d,
所以 −3d≤a1≤−2d，
所以当 a6a5=a1+5da1+4d=2 时，a1=−3d，成立；
当 a6a5=a1+5da1+4d=53 时，a1=−54d，成立；
当 a6a5=a1+5da1+4d=32 时，a1=−2d，成立；
当 a6a5=a1+5da1+4d=43 时，a1=−d，不成立．
所以 a6a5 的值不可能为 43．
12. D
13. A
14. A
15. A
【解析】由题意得 a1+a8+a15=3a8 为定值，
又 S15=15a1+a152=15a8，
故当 a1+a8+a15 为定值时，S15 为定值．
16. C【解析】a3+a7+a11b5+b9=3a72b7=32×13a1+a13213b1+b132=32×A13B13=32×2×13−13×13+1=1516．
17. D【解析】因为 a1=1，a1，a3，a13 成等比数列，
所以 1+2d2=1+12d，
得 d=2 或 d=0（舍去），
所以 an=2n−1，
所以 Sn=n1+2n−12=n2，
所以 2Sn+6an+3=n2+3n+1=n+12−2n+1+4n+1，
令 t=n+1，则 2Sn+6an+3=t+4t−2≥2t⋅4t−2=2，
当且仅当 t=2，即 n=1 时，2Sn+6an+3 的最小值为 2．
18. D【解析】因为 a1=1，a1，a3，a13 成等比数列，
所以 1+2d2=1+12d，
得 d=2 或 d=0（舍去），
所以 an=2n−1，
所以 Sn=n1+2n−12=n2，
所以 2Sn+6an+3=n2+3n+1=n+12−2n+1+4n+1．
令 t=n+1，则 2Sn+6an+3=t+4t−2≥2t⋅4t−2=2，
当且仅当 t=2，即 n=1 时，2Sn+6an+3 的最小值为 2．
19. B【解析】由 an+1+an=2n+3，得 an+1−n+1−1=−an−n−1，
所以 an−n−1 是公比为 −1 的等比数列，其首项为 a1−2，
所以 an−n−1=−1n−1a1−2，
所以 an=−1n−1a1−2+n+1，
所以 am=−1m−1a1−2+m+1，
易得 S13=a1+a2+a3+⋯+a12+a13=a1+2×2+4+⋯+12+3×6=a1+102，
①当 m 为奇数时，a1−2+m+1=a1+102，m=103；
②当 m 为偶数时，−a1−2+m+1=a1+102，m=2a1+99，
因为 a1∈Z，m=2a1+99 只能为奇数，
所以 m 为偶数时，不成立．
综上所述，m=103．
20. B
【解析】因为函数 y=fx−2 的图象关于直线 x=1 对称，
所以函数 fx 的图象关于直线 x=−1 对称．
由函数 fx 在 −1,+∞ 上单调，且 fa50=fa51，
可得 a50+a51=−2，
又 an 是公差不为 0 的等差数列，
所以 a1+a100=a50+a51=−2，
则 an 的前 100 项的和为 100a1+a1002=−100．
第二部分
21. 25
22. −4，−20
【解析】由题得 a1+a5=2a3，
所以 a3=3−112=−4；
S5=52a1+a5=523−11=−20．
23. 260
【解析】因为从第二排起每一排都比前一排多出相同的座位数，
所以座位数 an 构成等差数列 an，
因为 a7=20，
所以 S13=13a1+a132=13×2a72=13a7=260．
24. 25
25. 125，65
【解析】（1）第 5 行的 5 个数依次为 21，23，25，27，29，其和为 21+29×52=125．
（2）令 2n−1=2019，得 n=1010，故 2019 是数列 an 中的第 1010 项．
又数阵的前 44 行共有 1+44×442=990 个数，
前 45 行共有 1+45×452=1035 个数，故数列 an 的第 1010 项在第 45 行，即 i=45，
又 1010−990=20，故 2019 是第 45 行的第 20 个数，即 j=20．
故计 i+j=65．
第三部分
26. 选择条件①，不存在正整数 kk>1，使得 Sk=S1．
解法 1：
理由如下：
在等差数列 an 中，S5=5a1+5×42d=5a1+10d，
又 a1=4，S5=40，所以由 a1=4,5a1+10d=40, 得 d=2．
所以 an=a1+n−1d=4+2n−1=2n+2．
又因为 Sn+1−Sn=an+1>0，
所以数列 Sn 为递增数列，即 ∀k>1，都有 Sk>S1．
所以不存在正整数 kk>1，使得 Sk=S1．
解法 2：
理由如下：
在等差数列 an 中，S5=5a1+5×42d=5a1+10d，
又 a1=4，S5=40．
所以由 a1=4,5a1+10d=40, 得 d=2．
所以 Sk=ka1+kk−12d=4k+kk−12×2=k2+3k．
令 Sk=S1=4，即 k2+3k−4=0，解得 k=1 或 k=−4．
因为 k>1，所以 k=1 与 k=−4 均不符合要求．
所以不存在正整数 kk>1，使得 Sk=S1．
选择条件②，存在正整数 k=12，使得 Sk=S1．
理由如下：
在等差数列 an 中，S5=5a1+5×42d=5a1+10d，
又 d=−2，S5=40，所以由 d=−2,5a1+10d=40, 得 a1=12．
所以 Sk=ka1+kk−12d=12k+kk−12×−2=−k2+13k．
令 Sk=S1=12，即 −k2+13k=12．
整理得 k2−13k+12=0，解得 k=1 或 k=12．
因为 k>1，所以 k=12．
所以当 k=12 时，Sk=S1．
27. （1） 设等差数列 an 的公差为 d，
则由条件得 a1+2d=−5,4a1+6d=−24,
解得 a1=−9,d=2,
所以 an=−9+2n−1=2n−11．
（2） 由（1）知 an=2n−11，
令 an=2n−11≤0，得 n≤5.5，
所以数列 an 的前 5 项和 S5 是 Sn 的最小值，
即 Snmin=S5=5a1+10d=5×−9+2×10=−25．
28. （1） 设等差数列 an 的公差为 d．
根据题意有 9a1+9×82d=−a1+4d,a1+2d=4,
解得 a1=8,d=−2, 所以 an=8+n−1×−2=−2n+10，
所以等差数列 an 的通项公式为 an=−2n+10．
（2） 因为 S9=a1+a2+⋯+a9=a1+a9+a2+a8+⋯+a5=9a5，所以由 S9=−a5 得 9a5=−a5，所以 a5=0．
因为 a1>0，a5=a1+4d=0，所以 d<0，a1=−4d．
若使 Sn≥an，则 na1+nn−12d≥a1+n−1d，整理得 n2−9nd≥2n−10d，
因为 d<0，所以 n2−9n≤2n−10，即 n2−11n+10≤0，解得 1≤n≤10，又 n∈N+，
所以 n 的取值范围是 1≤n≤10 且 n∈N+．
29. （1） 因为等差数列 an 满足 a1+a3+a5=24，
所以 3a3=24，
所以 a3=8，
设 an 的公差为 d，
因为 an=an−2−2，
所以 an−an−2=2d=−2，
所以 d=−1，an=a3+n−3d=11−n．
（2） 由（1）可知 an=11−n，则 an=∣11−n∣，
当 n≤11，n∈N+ 时，Sn=na1+an2=n210+11−n=n21−n2；
当 n>11，n∈N+ 时，
Sn=S11+a12+⋯+an=55+n−11a12+an2=55+n−1110−n2=n2−21n2+110.
综上所述，Sn=n21−n2,n≤11,n∈N+n2−21n2+110,n>11,n∈N+．
30. （1） 设等差数列 an 的公差为 d．
因为 a2+a5=19，a6−2a1=13，
所以 a1+d+a1+4d=19,a1+5d−2a1=13,
所以 2a1+5d=19,5d−a1=13,
解得 a1=2,d=3,
所以 an=a1+n−1d=2+n−1×3=3n−1．
（2） Sn=na1+an2=n2+3n−12=32n2+12n .
31. （1） 由 an+1−an=1，得数列 an 是以 1 为首项、 1 为公差的等差数列．
故 an=nn∈N*．
limn→∞1−1an=limn→∞1−1n=1．
（2） an 是等差数列，S7=7a4=−7，得 a4=−1，
又因为 d=2，
所以 a1=−7．
故 Sn=d2n2+a1−d2n=n2−8n，
所以 n⋅Sn=n3−8n2n∈N*．
k⋅Sk=k3−8k2=k2k−8<2．
当 k=1,2,3,4,5,6,7,8 时，k⋅Sk≤0<2，不等式成立；
当 k≥9，k⋅Sk≥k2>2 时，不等式都不成立．
所以满足条件的所有的 k 的值为 1，2，3，4，5，6，7，8．
（3） ①先证必要性：任取等差数列 an 中不同的两项 as 和 ats≠t，存在 k，使得 as+at=ak，
则 2a1+s+t−2d=a1+k−1d，得 a1=k−s−t+1d，
故存在 m，使得 m=k−s−t+1，使得 a1=md，m∈Z．
再证 m≥−1：运用反证法．假设当 d≠0 时，m≥−1 不成立，则 m<−1 恒成立．
对于不同的两项 a1，a2，应存在 al，使得 a1+a2=al，即 2m+1d=md+l−1d．
故 l=m+2，
又因为 m 是小于 −1 的整数，
故 l≤0．
所以假设不成立，故 m≥−1．
②再证充分性：当 a1=md，m≥−1，m∈Z，任取等差数列 an 中不同的两项 as 和 ats≠t，
as+at=2a1+s+t−2d=a1+s+t+m−2d，
因为 s+t+m−2≥0 且 s+t+m−2∈Z，
所以 a1+s+t+m−2d=as+t+m−1．
综上①②可得，等差数列 an 中不同的两项之和仍为此数列中的某一项的充要条件为存在整数 m 且 m≥−1, 使得 a1=md 得证．