高中人教A版 (2019)4.2 等差数列精品课后测评

这是一份高中人教A版 (2019)4.2 等差数列精品课后测评，文件包含人教A版高中数学选择性必修第二册同步课时讲练422《等差数列的前n项和公式及应用》教师版doc、人教A版高中数学选择性必修第二册同步课时讲练422《等差数列的前n项和公式及应用》原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
学习目标
1.了解等差数列前n项和公式的推导过程.
2.掌握等差数列前n项和公式.
3.熟练掌握等差数列的五个量a1，d，n，an，Sn的关系，能够由其中三个求另外两个．
知识点 等差数列的前n项和公式
1．等差数列前n项和公式的推导方法是倒序相加．( √ )
2．若数列{an}的前n项和Sn＝kn(k∈R)，则{an}为常数列．( √ )
3．等差数列的前n项和，等于其首项、第n项的等差中项的n倍．( √ )
4．1＋2＋3＋…＋100＝eq \f(100×1＋100,2).( √ )
一、等差数列前n项和的有关计算
例1 在等差数列{an}中：
(1)已知a6＝10，S5＝5，求a8和S10；
(2)已知a1＝4，S8＝172，求a8和d.
解 (1)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S5＝5a1＋\f(5×4,2)d＝5，,a6＝a1＋5d＝10，))解得a1＝－5，d＝3.∴a8＝a6＋2d＝10＋2×3＝16，
S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝10×(－5)＋5×9×3＝85.
(2)由已知得S8＝eq \f(8a1＋a8,2)＝eq \f(84＋a8,2)＝172，解得a8＝39，
又∵a8＝4＋(8－1)d＝39，∴d＝5.∴a8＝39，d＝5.
反思感悟 等差数列中的基本计算
(1)利用基本量求值：
等差数列的通项公式和前n项和公式中有五个量a1，d，n，an和Sn，这五个量可以“知三求二”．一般是利用公式列出基本量a1和d的方程组，解出a1和d，便可解决问题．解题时注意整体代换的思想．
(2)结合等差数列的性质解题：
等差数列的常用性质：若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq，常与求和公式Sn＝eq \f(na1＋an,2)结合使用．
跟踪训练1 在等差数列{an}中：
(1)a1＝1，a4＝7，求S9；
(2)a3＋a15＝40，求S17；
(3)a1＝eq \f(5,6)，an＝－eq \f(3,2)，Sn＝－5，求n和d.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，则a4＝a1＋3d＝1＋3d＝7，所以d＝2.
故S9＝9a1＋eq \f(9×8,2)d＝9＋eq \f(9×8,2)×2＝81.
(2)S17＝eq \f(17×a1＋a17,2)＝eq \f(17×a3＋a15,2)＝eq \f(17×40,2)＝340.
(3)由题意得，Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)－\f(3,2))),2)＝－5，解得n＝15.
又a15＝eq \f(5,6)＋(15－1)d＝－eq \f(3,2)，所以d＝－eq \f(1,6)，
所以n＝15，d＝－eq \f(1,6).
二、等差数列前n项和的比值问题
例2 有两个等差数列{an}，{bn}满足eq \f(a1＋a2＋a3＋…＋an,b1＋b2＋b3＋…＋bn)＝eq \f(7n＋2,n＋3)，求eq \f(a5,b5).
解 方法一 设等差数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，
则eq \f(a1＋a2＋a3＋…＋an,b1＋b2＋b3＋…＋bn)＝eq \f(na1＋\f(nn－1,2)d1,nb1＋\f(nn－1,2)d2)＝eq \f(a1＋\f(n－1,2)d1,b1＋\f(n－1,2)d2)，则有eq \f(a1＋\f(n－1,2)d1,b1＋\f(n－1,2)d2)＝eq \f(7n＋2,n＋3)，①
又由于eq \f(a5,b5)＝eq \f(a1＋4d1,b1＋4d2)，②
观察①，②，可在①中取n＝9，得eq \f(a1＋4d1,b1＋4d2)＝eq \f(7×9＋2,9＋3)＝eq \f(65,12).故eq \f(a5,b5)＝eq \f(65,12).
方法二 设{an}，{bn}的前n项和分别为An，Bn，
则有eq \f(An,Bn)＝eq \f(7n＋2,n＋3)，其中An＝eq \f(a1＋ann,2)，
由于a1＋a9＝2a5.即eq \f(a1＋a9,2)＝a5，故A9＝eq \f(a1＋a9·9,2)＝a5×9.
同理B9＝b5×9.故eq \f(A9,B9)＝eq \f(a5×9,b5×9).故eq \f(a5,b5)＝eq \f(A9,B9)＝eq \f(7×9＋2,9＋3)＝eq \f(65,12).
方法三 设{an}，{bn}的前n项和分别为An，Bn，
因为等差数列的前n项和为Sn＝an2＋bn＝aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(b,a)))，
根据已知，可令An＝(7n＋2)kn，Bn＝(n＋3)kn(k≠0)．
所以a5＝A5－A4＝(7×5＋2)k×5－(7×4＋2)k×4＝65k，
b5＝B5－B4＝(5＋3)k×5－(4＋3)k×4＝12k.
所以eq \f(a5,b5)＝eq \f(65k,12k)＝eq \f(65,12).
方法四 设{an}，{bn}的前n项和分别为An，Bn，由eq \f(A2n－1,B2n－1)＝eq \f(an,bn)，有eq \f(a5,b5)＝eq \f(A9,B9)＝eq \f(7×9＋2,9＋3)＝eq \f(65,12).
反思感悟 设{an}，{bn}的前n项和为Sn，Tn，则an∶bn＝S2n－1∶T2n－1.
跟踪训练2 已知等差数列{an}，{bn}，其前n项和分别为Sn，Tn，eq \f(an,bn)＝eq \f(2n＋3,3n－1)，则eq \f(S11,T11)等于( )
A.eq \f(15,17) B.eq \f(25,32) C．1 D．2
答案 A
解析 由等差数列的前n项和公式以及等差中项的性质得S11＝eq \f(11a1＋a11,2)＝11a6，
同理可得T11＝11b6，因此，eq \f(S11,T11)＝eq \f(11a6,11b6)＝eq \f(a6,b6)＝eq \f(2×6＋3,3×6－1)＝eq \f(15,17).
1．已知数列{an}的通项公式为an＝2－3n，n∈N*，则{an}的前n项和Sn等于( )
A．－eq \f(3,2)n2＋eq \f(n,2) B．－eq \f(3,2)n2－eq \f(n,2) C.eq \f(3,2)n2＋eq \f(n,2) D.eq \f(3,2)n2－eq \f(n,2)
答案 A
解析 ∵an＝2－3n，∴a1＝2－3＝－1，∴Sn＝eq \f(n－1＋2－3n,2)＝－eq \f(3,2)n2＋eq \f(n,2).
2．在等差数列{an}中，若a2＋a8＝8，则该数列的前9项和S9等于( )
A．18 B．27 C．36 D．45
答案 C
解析 S9＝eq \f(9,2)(a1＋a9)＝eq \f(9,2)(a2＋a8)＝36.
3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，a3＝4，则公差d为( )
A．1 B.eq \f(5,3) C．2 D．3
答案 C
解析 因为S3＝eq \f(a1＋a3×3,2)＝6，而a3＝4，所以a1＝0，所以d＝eq \f(a3－a1,2)＝2.
4．在等差数列{an}中，已知a10＝10，则S19＝________.
答案 190
解析 S19＝eq \f(19a1＋a19,2)＝eq \f(19×2a10,2)＝190.
5．已知在等差数列{an}中，a1＝eq \f(3,2)，d＝－eq \f(1,2)，Sn＝－15，则n＝________，a12＝________.
答案 12 －4
解析 ∵Sn＝n·eq \f(3,2)＋eq \f(nn－1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－15，整理得n2－7n－60＝0，解得n＝12或n＝－5(舍去)，
a12＝eq \f(3,2)＋(12－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－4.
1．知识清单：
(1)等差数列前n项和及其计算公式．
(2)等差数列前n项和公式的推导过程．
(3)由an与Sn的关系求an.
(4)等差数列在实际问题中的应用．
2．方法归纳：函数与方程思想、倒序相加法、整体思想．
3．常见误区：由Sn求通项公式时忽略对n＝1的讨论．
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a6＝a8＋6，则S7等于( )
A．49 B．42 C．35 D．28
答案 B
解析 2a6－a8＝a4＝6，S7＝eq \f(7,2)(a1＋a7)＝7a4＝42.
2．在等差数列{an}中，已知a1＝10，d＝2，Sn＝580，则n等于( )
A．10 B．15 C．20 D．30
答案 C
解析 因为Sn＝na1＋eq \f(1,2)n(n－1)d＝10n＋eq \f(1,2)n(n－1)×2＝n2＋9n，所以n2＋9n＝580，解得n＝20或n＝－29(舍)．
3．设{an}为等差数列，公差d＝－2，Sn为其前n项和．若S10＝S11，则a1等于( )
A．18 B．20 C．22 D．24
答案 B
解析 由S10＝S11，得a11＝S11－S10＝0，所以a1＝a11＋(1－11)d＝0＋(－10)×(－2)＝20.
4．(多选)在等差数列{an}中，d＝2，an＝11，Sn＝35，则a1等于( )
A．－1 B．3 C．5 D．7
答案 AB
解析 由题意知a1＋(n－1)×2＝11，① Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)×2＝35，② 由①②解得a1＝3或－1.
5．在等差数列{an}中，已知a1＝－12，S13＝0，则使得an>0的最小正整数n为( )
A．7 B．8
C．9 D．10
答案 B
解析 由S13＝eq \f(13a1＋a13,2)＝0，得a13＝12，则a1＋12d＝12，得d＝2，∴数列{an}的通项公式为an＝－12＋(n－1)×2＝2n－14，由2n－14>0，得n>7，即使得an>0的最小正整数n为8.
6．已知{an}是等差数列，a4＋a6＝6，其前5项和S5＝10，则其首项a1＝________，公差d＝________.
答案 1 eq \f(1,2)
解析 a4＋a6＝a1＋3d＋a1＋5d＝6，① S5＝5a1＋eq \f(1,2)×5×(5－1)d＝10，② 由①②联立解得a1＝1，d＝eq \f(1,2).
7．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝________.
答案 5
解析 因为Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2＝a1＋kd＋a1＋(k＋1)d＝2a1＋(2k＋1)d＝2×1＋(2k＋1)×2＝4k＋4＝24，所以k＝5.
8．在等差数列{an}中，S10＝4S5，则eq \f(a1,d)＝________.
答案 eq \f(1,2)
解析 设数列{an}的公差为d，由题意得10a1＋eq \f(1,2)×10×9d＝4(5a1＋eq \f(1,2)×5×4d)，所以10a1＋45d＝20a1＋40d，
所以10a1＝5d，所以eq \f(a1,d)＝eq \f(1,2).
9．在等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50.
(1)求数列的通项公式；
(2)若Sn＝242，求n.
解 (1)设数列{an}的首项为a1，公差为d.
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a10＝a1＋9d＝30，,a20＝a1＋19d＝50，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝12，,d＝2，))
∴an＝a1＋(n－1)d＝12＋(n－1)×2＝10＋2n.
(2)由Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d以及a1＝12，d＝2，Sn＝242，
得方程242＝12n＋eq \f(nn－1,2)×2，即n2＋11n－242＝0，
解得n＝11或n＝－22(舍去)．故n＝11.
10．已知{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，且S7＝7，S15＝75，求数列{eq \f(Sn,n)}的前n项和Tn.
解 设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d.
∵S7＝7，S15＝75，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(7a1＋21d＝7，,15a1＋105d＝75，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋3d＝1，,a1＋7d＝5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－2，,d＝1，))
∴eq \f(Sn,n)＝a1＋eq \f(n－1,2)d＝－2＋eq \f(n－1,2)，∴eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(1,2)，
∴数列{eq \f(Sn,n)}是等差数列，且其首项为－2，公差为eq \f(1,2).
∴Tn＝eq \f(1,4)n2－eq \f(9,4)n.
11．在小于100的自然数中，所有被7除余2的数之和为( )
A．765 B．665 C．763 D．663
答案 B
解析 ∵a1＝2，d＝7,2＋(n－1)×71，n∈N*)个点，相应的图案中总的点数记为an，则a2＋a3＋a4＋…＋an等于( )
A.eq \f(3n2,2) B.eq \f(nn＋1,2) C.eq \f(3nn－1,2) D.eq \f(nn－1,2)
答案 C
解析 由图案的点数可知a2＝3，a3＝6，a4＝9，a5＝12，所以an＝3n－3，n≥2，
所以a2＋a3＋a4＋…＋an＝eq \f(n－13＋3n－3,2)＝eq \f(3nn－1,2).
16．已知等差数列{an}的公差d>0，前n项和为Sn，且a2a3＝45，S4＝28.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(Sn,n＋c)(c为非零常数)，且数列{bn}也是等差数列，求c的值．
解 (1)∵S4＝28，∴eq \f(a1＋a4×4,2)＝28，a1＋a4＝14，∴a2＋a3＝14，
又a2a3＝45，公差d>0，∴a20，d0时，Sn有最小值；当d0，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝－2n＋27≥0，,an＋1＝－2n＋1＋27≤0))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n≤13\f(1,2)，,n≥12\f(1,2).))又因为n∈N*，所以当n＝13时，Sn有最大值为169.
方法三 因为S8＝S18，所以a9＋a10＋…＋a18＝0. 由等差数列的性质得a13＋a14＝0.
因为a1>0，所以d0，a140，d0，此时bn＝|an|＝an，∴数列{bn}的前n项和Sn′＝100n－n2.
②当n≥51时，an0，得n0；
当n≥18，n∈N*时，an0，a7＝0，a80，∴n≥3.
∴|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝1＋1＋a3＋…＋a10＝2＋(S10－S2)＝2＋[(102－4×10＋2)－(22－4×2＋2)]＝66.
12．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝11，eq \f(S15,15)－eq \f(S7,7)＝－8，则Sn取最大值时的n为( )
A．6 B．7 C．8 D．9
答案 B
解析 设数列{an}是公差为d的等差数列，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是公差为eq \f(d,2)的等差数列．
因为eq \f(S15,15)－eq \f(S7,7)＝－8，故可得8×eq \f(d,2)＝－8，解得d＝－2；则a1＝a2－d＝13，
则Sn＝－n2＋14n＝－(n－7)2＋49，故当n＝7时，Sn取得最大值．
13．已知Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n＋1,4n－2)(n∈N*)，则eq \f(a10,b3＋b18)＋eq \f(a11,b6＋b15)＝________.
答案 eq \f(41,78)
解析 因为b3＋b18＝b6＋b15＝b10＋b11，所以eq \f(a10,b3＋b18)＋eq \f(a11,b6＋b15)＝eq \f(a10＋a11,b10＋b11)＝eq \f(10a10＋a11,10b10＋b11)＝eq \f(S20,T20)＝eq \f(2×20＋1,4×20－2)＝eq \f(41,78).
14．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且eq \f(S4,S8)＝eq \f(1,3)，那么eq \f(S8,S16)＝________.
答案 eq \f(3,10)
解析 设S4＝k，S8＝3k，由等差数列的性质得S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12构成等差数列．
所以S8－S4＝2k，S12－S8＝3k，S16－S12＝4k.所以S12＝6k，S16＝10k.eq \f(S8,S16)＝eq \f(3,10).
15．设项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，则这个数列的中间项是________，项数是________．
答案 11 7
解析 设等差数列{an}的项数为2n＋1(n∈N*)，
S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝eq \f(n＋1a1＋a2n＋1,2)＝(n＋1)an＋1，
S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝eq \f(na2＋a2n,2)＝nan＋1，所以eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n＋1,n)＝eq \f(44,33)，解得n＝3，
所以项数2n＋1＝7，S奇－S偶＝an＋1，即a4＝44－33＝11，为所求的中间项．
16．已知数列{an}的前n项和为Sn，an>0，a1