2022届高考数学二轮专题测练-等差数列的前n项和

这是一份2022届高考数学二轮专题测练-等差数列的前n项和，共8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. 已知 Sn 是等差数列 an 的前 n 项和，S4=26，a2=5，则 a3=
A. 8B. 10C. 7D. 9

2. 在数列 an 中，an+1−an=2，Sn 为 an 的前 n 项和．若 S10=50，则数列 an+an+1 的前 10 项和为
A. 100B. 110C. 120D. 130

3. 两个等差数列 an 和 bn，其前 n 项和分别为 Sn，Tn，且 SnTn=7n+2n+3，则 a2+a20b7+b15 等于
A. 94B. 378C. 7914D. 14924

4. 等差数列 an 的前 n 项和为 Sn，S15＝30，a10＝4，则 a9＝
A. 2B. 3C. 4D. 8

5. 记 Sn 为等差数列 an 前 n 项后，若 a2=3，a5=9，则 S6 为
A. 36B. 32C. 28D. 24

6. 设等差数列 an 的前 n 项和为 Sn，若 a3=2，a1+a4=5，则 S6=
A. 10B. 9C. 8D. 7

7. 记 Sn 为等差数列 an 的前 n 项和，若 a2=3，a5=9，则 S6 为
A. 36B. 32C. 28D. 24

8. 在数列 an 中，如果 an=41−2nn∈N*，那么使这个数列的前 n 项和 Sn 取得最大值时，n 的值等于
A. 19B. 20C. 21D. 22

9. 已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 S80 的正整数 n 的最大值为
A. 16B. 17C. 18D. 19

10. 已知等差数列 an 的公差为正数，且 a3⋅a7=−12，a4+a6=−4，则 S20 为
A. −90B. −180C. 90D. 180

11. 已知等差数列 an 的前 n 项和 Sn，公差 d≠0，且 a1d≤1．记 b1=S2，bn+1=S2n+2−S2n，n∈N*，下列等式不可能成立的是
A. 2a4=a2+a6B. 2b4=b2+b6C. a42=a2a8D. b42=b2b8

12. 已知等差数列 ann∈N* 的公差为 d，前 n 项和为 Sn，若 a1>0，d<0，S3=S9，则当 Sn 取得最大值时，n 等于
A. 4B. 5C. 6D. 7

13. 设 Sn 是等差数列 an 的前 n 项和，若 m 为大于 1 的正整数，且 am−1−am2+am+1=1，S2m−1=4039，则 m=
A. 2000B. 2010C. 2020D. 2030

14. 已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn，若 S1=1，S4S2=4，则 S6S4 的值为
A. 32B. 54C. 94D. 4

15. 已知等差数列 an 和 bn 的前 n 项和分别为 Sn 和 Tn，n+1Sn=6n+18Tn．若 anbn∈Z，则 n 的取值集合为
A. 1,2,3B. 1,2,3,4C. 1,2,3,5D. 1,2,3,6

16. 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，a1=8，a4=2 且满足 an+2=2an+1−ann∈N*，若 S5=λa10，则 λ 的值为
A. −13B. −3C. −12D. −2

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+16an+3 的最小值为
A. 4B. 3C. 23−2D. 92

18. 已知 an 是等差数列，公差 d 不为零，前 n 项和是 Sn，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>0

19. 在数列 an 中，若 an2−an−12=p，（n≥2，n∈N*，p 为常数），则称 an 为“等方差数列”．下列是对“等方差数列”的判断：
① an 是等方差数列，则 an2 是等差数列；
② −1n 是等方差数列；
③ an 是等方差数列，则 akn（k∈N*，k 为常数）也是等方差数列；
④若 an 既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列．
其中正确命题序号为 （将所有正确的命题序号都填上）．
A. ①②③B. ①②④C. ②③④D. ①②③④

20. 数列 −1nn 的前 2019 项的和是
A. −2019B. −1010C. 1010D. 2019

二、填空题（共5小题；共25分）
21. 已知 an 是等差数列，Sn 是其前 n 项和．若 a1+a22=−3，S5=10，则 a9 的值是 ．

22. 若 Sn 是等差数列 an 的前 n 项和，且 a2+a9+a19=6，则 a10= ，S19= ．

23. 已知 an 为等差数列，Sn 为其前 n 项和．若 a3=−6，S1=S5，则公差 d= ，Sn 的最小值为 ．

24. 有两个等差数列 2，6，10，⋯，190，及 2，8，14，⋯，200，由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和为 ．

25. 设 n 是正整数，由数列 1，2，3，⋯，n 分别求相邻两项的和，得到一个有 n−1 项的新数列：1+2，2+3，3+4，⋯，n−1+n，即 3，5，7，⋯，2n−1．对这个新数列继续上述操作，这样得到一系列数列，最后一个数列只有一项．则最后这个项是 ．

三、解答题（共5小题；共65分）
26. 根据数列 an 的通项公式 an=−1n2n−1，写出它的前 5 项．

27. 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=Snnn∈N+，求证：数列 bn 为等差数列．

28. 已知数列 an，a1=−5，a2=−2，记 An=a1+a2+⋯+an，Bn=a2+a3+⋯+an+1，Cn=a3+a4+⋯+an+2n∈N+，若对于任意 n∈N+，An，Bn，Cn 成等差数列．
（1）求数列 an 的通项公式；
（2）求数列 an 的前 n 项和的最小值．

29. 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．

30. 已知数列 an 和 bn 的通项公式分别为 an=3n+6，bn=2n+7n∈N*．将集合 xx=an,n∈N*∪xx=bn,n∈N* 中的元素从小到大依次排列，构成数列 c1，c2，c3，⋯，cn，⋯．
（1）写出 c1，c2，c3，c4；
（2）求证：在数列 cn 中，但不在数列 bn 中的项恰为 a2，a4，⋯，a2n，⋯；
（3）求数列 cn 的通项公式．
答案
第一部分
1. A【解析】因为 an 为等差数列，
所以 S4=2a2+a3=26，
又 a2=5，
所以 a3=8．
2. C【解析】an+an+1 的前 10 项和为
a1+a2+a2+a3+⋯+a10+a11=2a1+a2+⋯+a10+a11−a1=2S10+10×2=120.
3. D【解析】因为：a2+a20b7+b15=a1+a21b1+b21=212a1+a21212b1+b21=S21T21=7×21+221+3=14924．
4. B
5. A
【解析】S6=6a1+a62=3a2+a5=33+9=36．
6. B
7. A
8. B【解析】因为 an=41−2n，
故 an−an−1=−2，
故数列 an 为等差数列，
又当 1≤n≤20 时，an>0；
当 n≥21 时，an<0，
故当 n=20 时，Sn 取得最大值，
故选：B．
9. C【解析】由 S80，a10<0，a9+a10>0，所以公差大于零．
又 S17=17a1+a172=17a9>0，S19=19a1+a192=19a10<0，
S18=18a1+a182=9a9+a10>0．
10. D
【解析】由等差数列 an 的公差为正数可得等差数列 an 为递增数列，
因为 a4+a6=−4，
所以 a3+a7=−4，
与 a3⋅a7=−12 联立，由于公差为正数，
所以解方程组可得 a3=−6，a7=2，
所以 d=a7−a37−3=2，a1=a3−2d=−6−2×2=−10，
所以 S20=20a1+20×192d=20×−10+20×192×2=180．
故选：D．
11. D【解析】在等差数列 an 中，an=a1+n−1d，
所以 a2=a1+d，a4=a1+3d，a8=a1+7d，
bn+1=S2n+2−S2n，
所以 b2=S4−S2=a3+a4，
b4=S8−S6=a7+a8，
b6=S12−S10=a11+a12，
b8=S16−S14=a15+a16，
A．2a4=a2+a6，根据等差数列的性质可得A正确；
B. 若 2b4=b2+b6，则 2a7+a8=a3+a4+a11+a12=a3+a12+a4+a11，成立，B正确；
C．若 a42=a2a8，则 a1+3d2=a1+da1+7d，
即 a12+6a1d+9d2=a12+8a1d+7d2，得 a1d=d2，
因为 d≠0，
所以 a1=d，符合 a1d≤1，C正确；
D．若 b42=b2b8，则 a7+a82=a3+a4a15+a16，
即 4a12+52a1d+169d2=4a12+68a1d+145d2，得 16a1d=24d2，
因为 d≠0，
所以 2a1=3d，不符合 a1d≤1，D错误．
12. C
13. C【解析】由题可知：数列 an 是等差数列，所以 am−1+am+1=2am，
由 am−1−am2+am+1=1，可得 2am−am2=1，
即 am2−2am+1=0，解得 am=1，
由 S2m−1=a1+a2m−12m−12=am×2m−1=4039，
可得 2m−1=4039，得 m=2020．
14. C
15. D
16. D
17. A【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+16an+3=2n2+162n+2=n2+8n+1．
令 t=n+1，则 2Sn+16an+3=t+9t−2≥6−2=4，当且仅当 t=9t，即 t=3 时等号成立．
故选A．
18. B
19. D【解析】①因为 an 是等方差数列，
所以 an2−an−12=p（n≥2，n∈N*，p 为常数）成立，
得到 an2 为首项是 a12，公差为 p 的等差数列；
②因为 an2−an−12=−12n−−12n−1=1−−1=2，
所以数列 −1n 是等方差数列；
③数列 an 中的项列举出来是：
a1，a2，⋯，ak，ak+1，ak+2，⋯，a2k，⋯，a3k，⋯，
数列 akn 中的项列举出来是：ak，a2k，a3k，⋯，
因为 ak+12−ak2=ak+22−ak+12=ak+32−ak+22=⋯=a2k2−ak2=p，
所以 ak+12−ak2+ak+22−ak+12+ak+32−ak+22+⋯+a2k2−a2k−12=a2k2−ak2=kp，
类似地有：akn2−akn−12=akn−12−akn−22=⋯=akn+32−akn+22=akn+22−akn+12=akn+12−akn2=p，
同上连加可得 akn+12−akn2=kp，所以数列 akn 是等方差数列；
④ an 既是等方差数列，又是等差数列，
所以 an2−an−12=p，且 an−an−1=dd≠0，
所以 an+an−1=pd，联立解得 an=d2+p2d，
所以 an 为常数列，当 d=0 时，显然 an 为常数列，
所以该数列为常数列．
20. B
【解析】设该数列的前 n 项和为 Sn．由题意得
S2019=−1+2−3+4−5+6−⋯−2017+2018−2019=−1+2+−3+4+−5+6+⋯+−2017+2018−2019=1009×1−2019=−1010.
第二部分
21. 20
【解析】设等差数列 an 的公差为 d，
则 a1+a22=a1+a1+d2=−3，S5=5a1+10d=10．
解得 a1=−4，d=3，则 a9=a1+8d=−4+24=20．
22. 2，38
【解析】设等差数列 an 的首项为 a1，公差为 d．
由等差数列的通项公式可得 a2+a9+a19=3a1+9d=3a10=6，所以 a10=2，
由等差数列前 n 项和公式可得 S19=19a1+a192=19a10=38．
23. 12，−54
【解析】因为 S1=S5，所以 a2+a3+a4+a5=0，所以 a3+a4=0．
因为 a3=−6，所以 a4=6，所以 d=a4−a3=12，
所以 a1=a3−2d=−30．
所以 Sn=−30n+nn−12×12=6n2−36n=6n−32−54．
故当 n=3 时，Sn 取最小值 −54．
24. 1472
【解析】因数列 2，6，10，⋯，190 的首项为 2 公差为 4，故通项为 an=2+4n−1；
因数列 2，8，14，⋯，200 的首项为 2 公差为 6，故 bn=2+6m−1．
由题设可得 m=2n+13，
故 m=1,3,5,⋯,31，即数列 2，8，14，⋯，200 中的奇数项构成新的数列，首项为 2 公差为 12，等差数列，其和为 S=2×16+16×152×12=1472．
25. 2n−2n+1
【解析】设这 n 个数列的第一个数构成的数列记为 an，则有 a1=1,an=2an−1+2n−2n≥2, 易求得 an=2n−2n+1．
第三部分
26. a1=−1，a2=3，a3=−5，a4=7，a5=−9．
27. （1） 设等差数列的首项为 a1，公差为 d，由题意有，a1+2d=7,2a1+10d=26 ⇒ a1=3,d=2 ⇒ an=2n+1，Sn=nn+2．
（2） 因为 bn=Snn=nn+2n=n+2，
又 bn−bn−1=n+2−n+1=1n≥2，
所以，数列 bn 为等差数列．
28. （1） 根据题意 An，Bn，Cn 成等差数列，
所以 An+Cn=2Bn，
整理得 an+2−an+1=a2−a1=−2+5=3，
所以数列 an 是首项为 −5，公差为 3 的等差数列，
所以 an=−5+3n−1=3n−8．
（2） 由（1）知 a1=−5，d=3，
所以数列 an 的前 n 项和 Sn=−5n+nn−12×3=32n2−132n，对称轴 n=136=216．
又因为 n∈N+，
所以当 n=2 时，Sn 最小，且最小值为 S2=−7．
29. （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 .
30. （1） c1=9，c2=11，c3=12，c4=13．
（2） ①任意 n∈N*，设 a2n−1=32n−1+6=6n+3=bk=2k+7，即 k=3n−2，即 a2n−1=b3n−2．
②假设 a2n=6n+6=bk=2k+7⇔k=3n−12∈N*（矛盾），
所以 a2n∉bn，
所以在数列 cn 中、但不在数列 bn 中的项恰为 a2，a4，⋯，a2n，⋯．
（3） b3k−2=23k−2+7=6k+3=a2k−1，
b3k−1=6k+5，a2k=6k+6，b3k=6k+7，
因为 6k+3<6k+5<6k+6<6k+7，
所以当 k=1 时，依次有 b1=a1=c1，b2=c2，a2=c3，b3=c4，⋯⋯
所以 cn=6k+3,n=4k−36k+5,n=4k−26k+6,n=4k−16k+7,n=4k，k∈N*．