人教版新课标A必修52.3 等差数列的前n项和课后复习题

这是一份人教版新课标A必修52.3 等差数列的前n项和课后复习题，共24页。

2.3　等差数列的前n项和
第1课时　等差数列的前n项和公式
基础过关练
题组一　等差数列前n项和的有关计算
1.在等差数列{an}中,已知a1=10,d=2,Sn=580,则n=(　　)
A.10 B.15 C.20 D.30
2.已知一个等差数列共n项,且其前四项之和为21,末四项之和为67,前n项之和为286,则项数n为(　　)
A.24 B.26 C.25 D.28
3.设{an}为等差数列,公差d=-2,Sn为其前n项和.若S10=S11,则a1=(　　)
A.18 B.20 C.22 D.24
4.(2019福建福州长乐高中、城关中学、文笔中学高二期末)等差数列{an}的前n项和为Sn,且S5=6,a2=1,则公差d等于(　　)
A.15 B.35 C.65 D.2
5.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a6=S3=12,则{an}的通项公式an=　　　　.
题组二　数列的前n项和Sn与an的关系
6.已知数列{an}的前n项和Sn=n2,则an=(　　)
A.n B.n2 C.2n+1 D.2n-1
7.在各项均大于零的数列{an}中,首项a1=1,前n项和Sn满足SnSn-1-Sn-1Sn=2SnSn-1(n∈N*且n≥2),则a81=(　　)
A.638 B.639 C.640 D.641
8.已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n+1,则a6+a7+…+a10的值为　　　　.
9.(1)已知数列{an}的前n项和为Sn=2n2+n+3,求数列{an}的通项公式;
(2)设各项均为正数的数列{an}的前n项和Sn满足Sn=14(an+1)2,求an.





题组三　裂项相消法求和
10.已知数列{an}的通项公式为an=1n(n+1),则其前10项和为(　　)
A.910 B.911 C.1112 D.1011
11.已知数列{an}的通项公式为an=1n+1+n,则其前n项和Sn=　　　　.
12.已知数列{an}的通项公式为an=lgn+1n,则其前n项和Sn=　　　　.
13.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=1an2-1(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.






能力提升练
一、选择题
1.(2020吉林省实验中学高一期末,★★☆)记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a5=3,S13=91,则a1+a11=(　　)
A.7 B.8 C.9 D.10
2.(2020湖北荆州中学、宜昌一中高二期末联考,★★☆)已知数列{an}满足2an=an-1+an+1,Sn是其前n项和,若a2,a2 019是函数f(x)=x2-6x+5的两个零点,则S2 020的值为(　　)
A.6 B.12
C.2 020 D.6 060
3.(2018云南玉溪第一中学高三月考,★★☆)已知数列{an}的首项a1=1,对于任意m,n∈N*,有an+m=an+3m,则数列{an}前5项的和S5=(　　)
A.121 B.25 C.31 D.35
4.(2020山东日照高二月考,★★☆)已知数列{an}的前n项和Sn=n2-4n+2,则|a1|+|a2|+…+|a10|等于(　　)
A.66 B.65 C.61 D.56
5.(★★☆)设公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4=2(a2+a3),则S7S4=(　　)
A.74 B.145 C.7 D.14
6.(2019广东佛山一中期末,★★☆)某企业为节能减排,用9万元购进一台新设备用于生产.第一年需运营费用2万元,从第二年起,每年运营费用均比上一年增加2万元,该设备每年生产的收入均为11万元.设该设备使用了n(n∈N*)年后,盈利总额达到最大值(盈利额等于收入减去成本),则n等于(　　)
A.4 B.5 C.6 D.7
7.(★★☆)已知数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,Sn为其前n项和,则S60=(　　)
A.3 690 B.1 830
C.1 845 D.3 660
二、填空题
8.(2019江苏南京高三上学情调研,★★☆)记等差数列{an}的前n项和为Sn,若am=10,S2m-1=110,则m的值为　　　　.
9.(2020广东深圳宝安高二期末,★★☆)若等差数列{an}满足a5=11,a12=-3,且{an}的前n项和Sn的最大值为M,则lg M=　　　　.
10.(2020吉林松原扶余一中高一期末,★★☆)已知单调递减数列{an}的前n项和为Sn,a1≠0,且4Sn=2an-an2(n∈N*),则a5=　　　　.
三、解答题
11.(2020湖北荆门高二期末,★★☆)已知数列{an}的前n项和为Sn,且(an+1-an)2+2=3(an+1-an),a50=1,求S100的最小值.






12.(2020安徽合肥一中、合肥六中高一期末,★★☆)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S2=8,a3+a8=2a5+2.
(1)求an;
(2)设数列1Sn的前n项和为Tn,求证:Tn<34.






13.(★★☆)已知函数f(x)=14x+m(m>0),当x1,x2∈R且x1+x2=1时,总有f(x1)+f(x2)=12.
(1)求m的值;
(2)设数列{an}满足an=f(0)+f1n+f2n+…+f n-1n+f(1),求数列{an}的前n项和Sn.







14.(2019山东济宁一中月考,★★☆)数列{an}中,a1=1,当n≥2时,其前n项和Sn满足Sn2=an·Sn-12.
(1)求Sn的表达式;
(2)设bn=Sn2n+1,求数列{bn}的前n项和Tn.







15.(2018黑龙江哈尔滨第六中学高三下考前押题卷,★★★)数列{an}中,Sn为其前n项和,且2Sn=nan+n(n∈N*).
(1)求证:{an}是等差数列;
(2)若a2=2,bn=n+2anan+12n,Tn是{bn}的前n项和,求Tn.







第2课时　等差数列前n项和的性质及应用
基础过关练
题组一　等差数列前n项和的性质
1.已知等差数列{an}中,Sn是其前n项和,a1=-11,S1010-S88=2,则S11=(　　)
A.-11 B.11 C.10 D.-10
2.一个等差数列共有10项,其奇数项之和是12.5,偶数项之和是15,则它的首项与公差分别是(　　)
A.12,12 B.12,1 C.1,12 D.12,2
3.设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a7a5=913,则S13S9=　　　　.
4.已知等差数列{an}的前10项和为30,前30项的和为10,则前40项的和为　　　　.
题组二　等差数列前n项和的函数属性
5.已知数列{an}中,a1=10,an+1=an-12,则它的前n项和Sn的最大值为　　　　.
6.在等差数列{an}中,a1>0,公差d<0,a5=3a7,且其前n项和为Sn,则Sn取最大值时,n=　　　　.
7.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d.
(1)若S2 016>0,S2 017<0,且Sk最大,则整数k=　　　　;
(2)若a1=25,S9=S17<0,且Sk最大,则整数k=　　　　.
8.已知{an}是等差数列,且a2=1,a5=-5.
(1)求{an}的通项公式an;
(2)求{an}的前n项和Sn的最大值.




题组三　等差数列的综合问题
9.数列{an}的首项为3,{bn}为等差数列,且bn=an+1-an(n∈N*),若b3=-2,b10=12,则a8=(　　)
A.0 B.3 C.8 D.11
10.若a,b,c成等差数列,则二次函数y=ax2-2bx+c的图象与x轴的交点个数为(　　)
A.0 B.1 C.2 D.1或2
11.《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一.书中有一道这样的题:把100个面包分给5个人,使每个人的所得成等差数列,且使较大的三份之和的17是较小的两份之和,则最小一份的量为(　　)
A.52 B.54 C.53 D.56
12.(2019湖南长沙一中高二期末)已知等差数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,且满足a1+a5=27a32,S7=63.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足b1=a1,且bn+1-bn=an+1,求数列1bn的前n项和Tn.




能力提升练
一、选择题
1.(2020浙江高三期末,★★☆)已知公差不为零的等差数列{an}满足a32=a1a4,Sn为数列{an}的前n项和,则S3S1的值为(　　)
A.94 B.-94
C.32 D.-32
2.(2019山东招远一中高二月考,★★☆)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S4=1,S8=4,则a17+a18+a19+a20的值为(　　)
A.9 B.12
C.16 D.17
3.(2020浙江丽水高一期末,★★★)设等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,已知a1≠0,S5=S17,则(　　)
A.da11>0 B.da12>0
C.a1a12>0 D.a1a11<0
4.(2020广东第二师范学院番禺附属中学高二期末,★★★)若等差数列{an}的前n项和Sn有最大值,且a11a10<-1,则Sn取正值时,项数n的最大值为(　　)
A.15 B.17 C.19 D.21
5.(2020江苏徐州高二期末,★★★)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1>0,公差d≠0,则下列结论不正确的是(　　)
A.若S5=S9,则S14=0
B.若S5=S9,则S7最大
C.若S6>S7,则S7>S8
D.若S6>S7,则S5>S6
二、填空题
6.(2019河北衡水中学高考猜题卷,★★☆)设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知S13>0,S14<0,若ak·ak+1<0,则k=　　　　.
7.(2018湖北黄石二中高二期中,★★☆)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且Sm=
-2,Sm+1=0,Sm+2=3,则m=　　　　.
8.(2019河北沧州一中高二期中,★★★)在等差数列{an}中,前m(m为奇数)项和为135,其中偶数项之和为63,且am-a1=14,则a100的值为　　　　.
9.(★★★)无穷等差数列{an}的前n项和为Sn,若首项a1=32,公差d=1,则满足Sk2=(Sk)2的正整数k的值为　　　　.
三、解答题
10.(2020湖南怀化高二期末,★★☆)已知数列{an}满足1a1+1a2+1a3+…+1an=n2(n∈N*),且bn=anan+1.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)若Sn为数列{bn}的前n项和,对任意的正整数n,不等式Sn>λ-12恒成立,求实数λ的取值范围.





11.(★★☆)已知数列{an}为等差数列,a1=1,an>0,其前n项和为Sn,且数列{Sn}也为等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=an+1Sn·Sn+1,求数列{bn}的前n项和.






答案全解全析
第1课时　等差数列的前n项和公式
基础过关练
1.C　因为Sn=na1+12n(n-1)d=10n+12n·(n-1)×2=n2+9n,所以n2+9n=580,解得n=20或n=-29(舍).
2.B　设该等差数列为{an},由题意,得a1+a2+a3+a4=21,an+an-1+an-2+an-3=67.
又∵a1+an=a2+an-1=a3+an-2=a4+an-3,
∴4(a1+an)=21+67=88,∴a1+an=22.
∴Sn=n(a1+an)2=11n=286,∴n=26.
3.B　由S10=S11,得a11=S11-S10=0,所以a1=a11+(1-11)d=0+(-10)×(-2)=20.
4.A　∵等差数列{an}的前n项和为Sn,且S5=6,a2=1,
∴S5=5a1+5×42d=6,a2=a1+d=1,解得a1=45,d=15.故选A.
5.答案　2n
解析　设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,由已知得a1+5d=12,3a1+3d=12,解得a1=2,d=2,故an=2n.
6.D　当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1.
∵当n=1时,此等式也成立,∴an=2n-1(n∈N*),故选D.
7.C　由已知SnSn-1-Sn-1Sn=2·SnSn-1可得,Sn-Sn-1=2(n≥2),又a1=1,∴S1=1,∴{Sn}是以1为首项,2为公差的等差数列,故Sn=2n-1,∴Sn=(2n-1)2,∴a81=S81-S80=1612-1592=640.
8.答案　80
解析　由题意得,a6+a7+…+a10=S10-S5=111-31=80.
9.解析　(1)∵Sn=2n2+n+3,∴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.当n=1时,a1不符合上式,
∴an=6(n=1),4n-1(n≥2).
(2)当n=1时,a1=S1=14(a1+1)2,解得a1=1;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=14(an+1)2-14·(an-1+1)2,即4an=an2+2an+1-(an-12+2an-1+1),
∴an2-an-12-2(an+an-1)=0,
∴(an+an-1)(an-an-1-2)=0.
∵数列{an}的各项均为正数,∴an+an-1>0,∴an-an-1-2=0,即an-an-1=2,
∴数列{an}是公差为2,首项为1的等差数列,
∴an=1+2(n-1)=2n-1.
10.D　设数列{an}的前n项和为Sn.由an=1n(n+1)=1n-1n+1得,
Sn=1-12+12-13+…+1n-1n+1=1-1n+1,
所以S10=1-111=1011.
11.答案　n+1-1
解析　由已知得,
an=1n+1+n=n+1-n,
所以Sn=a1+a2+…+an=(2-1)+(3-2)+…+(n+1-n)=n+1-1.
12.答案　lg(n+1)
解析　由已知得an=lg(n+1)-lg n,
所以Sn=a1+a2+…+an=(lg 2-lg 1)+(lg 3-lg 2)+…+[lg(n+1)-lg n]=lg(n+1).
13.解析　(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.
因为a3=7,a5+a7=26,
所以a1+2d=7,2a1+10d=26,解得a1=3,d=2.
所以an=3+2(n-1)=2n+1,Sn=3n+n(n-1)2×2=n2+2n.
(2)由(1)知an=2n+1,
所以bn=1an2-1=1(2n+1)2-1=14·1n(n+1)=14·1n-1n+1,
所以Tn=
141-12+12-13+…+1n-1n+1
=141-1n+1=n4(n+1),即数列{bn}的前n项和Tn=n4(n+1).


能力提升练
一、选择题
1.D　由S13=13a7=91,可得a7=7,所以a5+a7=10,从而a1+a11=a5+a7=10.
2.D　由题意,得数列{an}为等差数列.a2,a2 019是函数f(x)=x2-6x+5的两个零点,等价于a2,a2 019是方程x2-6x+5=0的两个根,∴a2+a2 019=6,
∴S2 020=(a1+a2 020)·2 0202=(a2+a2 019)·2 0202=6 060,故选D.
3.D　令m=1,有an+1=an+3,即an+1-an=3,又已知a1=1,∴{an}是首项为1,公差为3的等差数列,∴an=1+3(n-1)=3n-2,
∴S5=5(a1+a5)2=5a3=5×(3×3-2)=35.
4.A　当n≥2,n∈N*时,an=Sn-Sn-1=n2-4n+2-[(n-1)2-4(n-1)+2]
=n2-4n+2-(n2-6n+7)
=n2-4n+2-n2+6n-7=2n-5,
当n=1时,a1=S1=-1,不满足上式,
∴an=-1,n=1,2n-5,n≥2,n∈N*.
∴|a1|+|a2|+…+|a10|=1+1+1+3+5+…+15=2+(1+15)×82=2+64=66.
5.C　解法一:设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.根据等差数列的性质及a4=2(a2+a3),得a1+3d=2(a1+d+a1+2d),化简得a1=-d,所以S7S4=7a1+7×62d4a1+4×32d=14d2d=7.
解法二:由已知及等差数列的性质,得a4=2(a2+a3)=2(a1+a4),又S7S4=7(a1+a7)24(a1+a4)2=7a42(a1+a4),所以S7S4=7.
6.B　设该设备第n(n∈N*)年的运营费用为an万元,则数列{an}是以2为首项,2为公差的等差数列,则an=2n,则该设备到第n(n∈N*)年的运营费用总和为a1+a2+…+an=2+4+…+2n=n(2+2n)2=(n2+n)万元.设第n(n∈N*)年的盈利总额为Sn万元,则Sn=11n-(n2+n)-9=-n2+10n-9=-(n-5)2+16,因此,当Sn取最大值时,n=5,故选B.
7.B　由题意得,当n为奇数时,an+1-an=2n-1,n+1为偶数,所以an+2+an+1=2n+1,
两式相减得an+2+an=2;
当n为偶数时,an+1+an=2n-1,n+1为奇数,所以an+2-an+1=2n+1,两式相加得an+2+an=4n.
故S60=a1+a3+a5+…+a59+(a2+a4+a6+…+a60)=2×15+(4×2+4×6+…+4×58)=30+4×450=1 830.故选B.
二、填空题
8.答案　6
解析　∵{an}是等差数列,且am=10,
∴S2m-1=a2m-1+a12×(2m-1)=(2m-1)am=10(2m-1)=110,解得m=6.
9.答案　2
解析　设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.∵a5=11,a12=-3,
∴a1+4d=11,a1+11d=-3,解得d=-2,a1=19.∴an=19-2(n-1)=21-2n.令an≥0,解得n≤212.因此当n=10时,{an}的前n项和Sn取得最大值,且最大值M=10×19+10×92×(-2)=190-90=100,∴lg M=2.
10.答案　-10
解析　当n=1时,4S1=2a1-a12,∴a1=-2.
当n≥2时,4Sn=2an-an2,①
4Sn-1=2an-1-an-12,②
①-②,得4an=2an-2an-1-(an2-an-12),
化简,得an-an-1=-2或an+an-1=0,∵数列{an}是递减数列,且a1=-2,∴an+an-1=0舍去.
∴数列{an}是首项为-2,公差为-2的等差数列,故a5=-2+(5-1)×(-2)=-10.
三、解答题
11.解析　由题意,得an+1-an=2或an+1-an=1.由a50=1知,当n≤49时,an≤0;当n≥51时,an>0.故当数列{an}的前50项的公差为2,后50项的公差为1时,数列的前100项和最小.
所以(S100)min=50×1+50×492×(-2)+50×2+50×492=-1 075.
12.解析　(1)设数列{an}的首项为a1,公差为d,由题意得2a1+d=8,2a1+9d=2a1+8d+2,解得a1=3,d=2.所以an=2n+1.
(2)证明:由(1)知an=2n+1,所以Sn=n2(3+2n+1)=n2+2n.
所以1Sn=1n(n+2)=121n-1n+2.
所以Tn=
121-13+12-14+13-15+…
+1n-1-1n+1+1n-1n+2
=121+12-1n+1-1n+2<34.
13.解析　(1)令x1=x2=12,得f12=14=12+m,解得m=2.
(2)由an=f(0)+f1n+f2n+…+fn-1n+f(1),得an=f(1)+fn-1n+…+f1n+f(0),两式相加,得2an=[f(0)+f(1)]+f1n+fn-1n+…+[f(1)+f(0)]=12(n+1),即an=14(n+1),显然数列{an}是等差数列,
当n=1时,a1=12,
所以Sn=n12+14(n+1)2=18n2+38n.
14.解析　(1)由an=Sn-Sn-1(n≥2)得,Sn2=(Sn-Sn-1)Sn-12=Sn2-12Sn-Sn-1Sn+12Sn-1,即Sn-1-Sn=2SnSn-1(n≥2),
∴1Sn-1Sn-1=2(n≥2),又1S1=1a1=1,
∴1Sn是以1为首项,2为公差的等差数列,∴1Sn=2n-1,即Sn=12n-1(n∈N*).
(2)由(1)得bn=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1,
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn
=121-13+13-15+15-17+…+12n-1-12n+1
=121-12n+1
=n2n+1.
15.解析　(1)证明:由2Sn=nan+n(n∈N*)①,得2Sn-1=(n-1)an-1+(n-1)(n≥2)②,
①-②得,2an=nan+n-(n-1)an-1-(n-1),
∴(n-2)an=(n-1)an-1-1(n≥2)③,
∴(n-1)an+1=nan-1(n∈N*)④,
④-③得,(n-1)an+1-(n-2)an=nan-(n-1)an-1,
∴2(n-1)an=(n-1)an-1+(n-1)an+1(n≥2),∴2an=an-1+an+1,
∴{an}是等差数列.
(2)设等差数列{an}的公差为d.
由题意得2S1=a1+1,∴a1=1,
又∵a2=2,且由(1)知{an}是等差数列,
∴d=a2-a1=1,∴an=n,
∴bn=n+2n(n+1)·2n=12n-1·n-12n(n+1),
∴Tn=1-14+14-112+…+12n-1·n-12n(n+1)=1-12n(n+1).
第2课时　等差数列前n项和的性质及应用
基础过关练
1.A　因为{an}为等差数列,所以Snn也为等差数列,且首项S11=a1=-11.设Snn的公差为d,则S1010-S88=2d=2,所以d=1,所以S1111=-11+10d=-1,所以S11=-11.
2.A　设等差数列为{an},首项为a1,公差为d,由S偶-S奇=5d=15-12.5=2.5,得d=0.5.再由S10=10a1+10×92×12=15+12.5,得a1=0.5.
3.答案　1
解析　由等差数列前n项和的性质得S13S9=13a79a5=139×913=1.
4.答案　-40
解析　设等差数列{an}的前n项和为Sn.
解法一:由题易知数列S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30成等差数列.设其公差为d,
则前3项和为3S10+3×22d=S30=10,即S10+d=103,又S10=30,所以d=-803,
所以S40-S30=S10+3d=30+3×-803=-50,所以S40=-50+S30=-40.
解法二:因为数列{an}是等差数列,所以数列Snn也是等差数列,所以点n,Snn在一条直线上,
即10,S1010,30,S3030,40,S4040三点共线,
于是S3030-S101030-10=S4040-S101040-10,将S10=30,S30=10代入,解得S40=-40.
5.答案　105
解析　由题意得an+1-an=-12,∴数列{an}是公差为-12的等差数列,又a1=10,∴an=-n2+212(n∈N*).
∵a1=10>0,-12<0,∴设从第n项起为负数,则-n2+212<0(n∈N*),
∴n>21,∴前21项的和最大,最大值为S21=105.
6.答案　7或8
解析　由a5=3a7,得a1+4d=3(a1+6d),
即a1=-7d,所以an=a1+(n-1)d=-7d+(n-1)d=(n-8)d.
又因为a1>0,d<0,
所以当an≥0,an+1≤0时,Sn取得最大值,即(n-8)d≥0,(n-7)d≤0,解得7≤n≤8.
所以当Sn取最大值时,n=7或8.
7.答案　(1)1 008　(2)13
解析　(1)由等差数列的性质可知,S2 017=2 017a1 009<0,所以a1 009<0,
又S2 016=2 016(a1 008+a1 009)2>0,即a1 008+a1 009>0,
所以结合a1 009<0可得a1 008>0,因此S1 008最大,故k=1 008.
(2)解法一:由a1=25,S9=S17,可得a1=25,9a1+9×4d=17a1+17×8d,
解得d=-2,则Sn=25n+n(n-1)2×(-2)=-(n-13)2+169,显然S13最大,故k=13.
解法二:同解法一得d=-2,
故an=25+(-2)×(n-1)=27-2n,
显然对于n∈N*,当n≤13时,an>0;当n≥14时,an<0.故S13最大,k=13.
8.解析　(1)设{an}的公差为d,则由a2=1,
a5=-5,得d=a5-a25-2=-5-13=-2,
∴a1=a2-d=3,∴an=-2n+5.
(2)由(1)得,Sn=3n+n(n-1)2×(-2)=-n2+4n=-(n-2)2+4,
∴当n=2时,Sn取得最大值4.
9.B　设数列{bn}的首项为b1,公差为d,则由b3=-2,b10=12,得b1+2d=-2,b1+9d=12,
解得b1=-6,d=2,∴bn=-6+(n-1)×2=2n-8,
∴an+1-an=2n-8,又a1=3,
∴a2-a1=2×1-8,
a3-a2=2×2-8,
a4-a3=2×3-8,
……
a8-a7=2×7-8,
以上各式相加得,a8-a1=2×(1+2+3+…+7)-8×7=0,∴a8=a1=3.
10.D　由a,b,c成等差数列得2b=a+c,Δ=(-2b)2-4ac=(a+c)2-4ac=(a-c)2,
当a=c时,Δ=0,有一个交点;
当a≠c时,Δ>0,有两个交点.
11.C　由题意可得中间的那份为20个面包.
设最小的一份为a1,公差为d,由题意可得[20+(a1+3d)+(a1+4d)]×17=a1+(a1+d),解得a1=53,故选C.
12.解析　(1)解法一:设等差数列{an}的公差为d,由题意,得an>0,且a1+a1+4d=27(a1+2d)2,7a1+21d=63,∴a1=3,d=2.
∴an=2n+1.
解法二:∵{an}是等差数列,且a1+a5=27a32,∴2a3=27a32.
又an>0,∴a3=7.
∵S7=7(a1+a7)2=7a4=63,∴a4=9,
∴d=a4-a1=2,
∴an=a3+(n-3)d=2n+1.
(2)∵bn+1-bn=an+1,且an=2n+1,
∴bn+1-bn=2n+3.
∴当n≥2时,
bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1
=(2n+1)+(2n-1)+…+5+3
=n(n+2),
当n=1时,b1=3满足上式,
∴bn=n(n+2).
∴1bn=1n(n+2)=121n-1n+2,
∴Tn=1b1+1b2+…+1bn-1+1bn
=121-13+12-14+13-15+
…+1n-1-1n+1+1n-1n+2
=121+12-1n+1-1n+2
=34-2n+32(n+1)(n+2).
能力提升练
一、选择题
1.A　设数列{an}的公差为d(d≠0),由a32=a1a4得(a1+2d)2=a1(a1+3d),整理,得a1d+4d2=0,因为d≠0,所以a1=-4d,所以S3=3a1+3d=-9d,所以S3S1=-9d-4d=94,故选A.
2.A　由等差数列前n项和的性质得,
S4,S8-S4,S12-S8,…成等差数列.
由S4=1,S8=4可得,其公差为2,
所以S36=S4+(S8-S4)+…+(S36-S32)=9×1+9×82×2=81.
又因为S36=36×(a1+a36)2,所以a1+a36=8118=92,
所以a17+a18+a19+a20=2(a17+a20)=2(a1+a36)=9.
3.B　由a1≠0,S5=S17,得5a1+5×42d=17a1+17×162d,
化简,得2a1+21d=0,即a11+a12=0.因为a1≠0,所以d≠0,所以a11,a12符号相反.
若d>0,则a11<0,a12>0,a1<0,所以da11<0,da12>0,a1a12<0,a1a11>0;
若d<0,则a11>0,a12<0,a1>0,所以da11<0,da12>0,a1a12<0,a1a11>0.综上,选B.
4.C　设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.由Sn有最大值,得d<0.由a11a10<-1,得a11<00,得2a10=a1+a19>0,所以S19>0.由a10+a11<0,得a1+a20=a10+a11<0,所以S20<0.所以Sn取正值时,n的最大值为19.
5.D　由S5=S9得a6+a7+a8+a9=0,即a1+a14=0,所以S14=14×(a1+a14)2=0,故A中结论正确.
由S5=S9得5a1+10d=9a1+36d,即d=-213a1.因为a1>0,所以d<0.
再由Sn对应的二次函数的图象知,对称轴为n=5+92=7,
所以S7最大,故B中结论正确.
由S6>S7得a7<0.又a1>0,所以d<0,
所以a8<0,所以S7>S8.但a6的符号不确定,所以S5与S6的大小无法比较,故C中结论正确,D中结论错误.故选D.
二、填空题
6.答案　7
解析　因为S13>0,S14<0,
所以13(a1+a13)2>0,14(a1+a14)2<0,即a1+a13>0,a1+a14<0,
∴a1+a13=2a7>0,a1+a14=a7+a8<0,∴a7>0,a8<0,
又ak·ak+1<0,∴k=7.
7.答案　4
解析　因为Sn是等差数列{an}的前n项和,所以数列Snn是等差数列,所以Smm+Sm+2m+2=2Sm+1m+1,即-2m+3m+2=0,解得m=4.
8.答案　101
解析　∵在前m项中偶数项之和为S偶=63,∴奇数项之和为S奇=135-63=72.设等差数列{an}的公差为d,则S奇-S偶=2a1+(m-1)d2=72-63=9.
∵am=a1+d(m-1),∴a1+am2=9.
由题意得m(a1+am)2=135,∴m=15,
又∵am-a1=14,
∴a1=2,d=14m-1=1,∴a100=a1+99d=101.
9.答案　4
解析　解法一:由题意,得Sn=32n+n(n-1)2×1=12n2+n,则Sk2=12k4+k2,(Sk)2=12k2+k2,
∴12k4+k2=12k2+k2,即14k4-k3=0,解得k=0或k=4.
∵k∈N*,∴k=4.
解法二:∵数列{an}为等差数列,
∴不妨设Sn=An2+Bn,其中A=d2,B=a1-d2,则Sk2=A(k2)2+Bk2,Sk=Ak2+Bk.
由Sk2=(Sk)2,得k2(Ak2+B)=k2(Ak+B)2.
∵k∈N*,∴Ak2+B=(Ak+B)2,即(A2-A)·k2+2ABk+B2-B=0,又A=d2=12,B=a1-d2=1,∴14k2-k=0,解得k=0(舍去)或k=4.


三、解答题
10.解析　(1)∵1a1+1a2+1a3+…+1an=n2(n∈N*)①,∴当n≥2时,1a1+1a2+1a3+…+1an-1=(n-1)2②.
①-②,得1an=2n-1(n≥2),经检验,1a1=1满足上式,∴1an=2n-1(n∈N*),∴an=12n-1.∴bn=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1.
(2)由(1)及已知得Sn=12·1-13+13-15+…+12n-1-12n+1=n2n+1.
又Sn=n2n+1=12-14n+2,n∈N*,∴Sn∈13,12,∴不等式Sn>λ-12恒成立等价于13>λ-12,∴λ<56.故实数λ的取值范围为-∞,56.
11.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d(d≥0),则S1=a1=1,S2=2+d,S3=3+3d.
∵数列{Sn}为等差数列,
∴22+d=1+3+3d,解得d=2.
∴an=1+2(n-1)=2n-1.
(2)由(1)得an+1=2n+1,
Sn=n+n(n-1)2×2=n2,
∴bn=an+1Sn·Sn+1=2n+1n2·(n+1)2=1n2-1(n+1)2.
设数列{bn}的前n项和为Tn,
则Tn=b1+b2+…+bn=112-122+122-132+…+1n2-1(n+1)2=1-1(n+1)2=n2+2n(n+1)2.