高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列4.2 等差数列第1课时免费课时训练

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列4.2 等差数列第1课时免费课时训练，共15页。试卷主要包含了已知等差数列{an}等内容，欢迎下载使用。

4.2.2　等差数列的前n项和公式
第1课时　等差数列前n项和及其性质
基础过关练
题组一　求等差数列的前n项和
1.已知等差数列{an}满足a1=1,am=99,d=2,则其前m项和Sm等于(　　)
A.2 300 B.2 400
C.2 600 D.2 500
2.在-20与40之间插入8个数,使这10个数成等差数列,则这10个数的和为(　　)
A.200 B.100
C.90 D.70
3.设Sn是等差数列{an}的前n项和,已知a2=3,a6=11,则S7等于(　　)
A.13 B.35 C.49 D.63
4.(2020安徽合肥高三第一次教学质量检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=-3,2a4+3a7=9,则S7等于(　　)
A.21 B.1 C.-42 D.0
5.若数列{an}为等差数列,Sn为其前n项和,且a1=2a5-1,则S17等于(　　)
A.-17 B.-172 C.172 D.17
6.(2019湖南师大附中高二上期中)在等差数列{an}中,若a5,a7是方程x2-2x-6=0的两个根,则数列{an}的前11项的和为(　　)
A.22 B.-33 C.-11 D.11
7.已知等差数列{an}.
(1)若a6=10,a8=16,求S5;
(2)若a2+a4=485,求S5.













题组二　等差数列前n项和的性质
8.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S3=9,S6=36,则a7+a8+a9等于(　　)
A.63 B.45 C.36 D.27
9.在等差数列{an}中,Sn是其前n项和,且S2 011=S2 018,Sk=S2 008,则正整数k为(　　)
A.2 019 B.2 020 C.2 021 D.2 022
10.含2n+1项的等差数列,其奇数项的和与偶数项的和之比为(　　)
A.2n+1n B.n+1n
C.n-1n D.n+12n
11.已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若SnTn=3n2n+5,则a8b8=(　　)
A.87 B.4837 C.97 D.1213
题组三　等差数列前n项和的应用
12.数列{an}为等差数列,它的前n项和为Sn,若Sn=(n+1)2+λ,则λ的值是(　　)
A.-2 B.-1 C.0 D.1
13.(2020山东济南一中高二上期中)已知等差数列{an}的前9项和为27,a10=8,则a100=(　　)
A.100 B.99 C.98 D.97
14.(2020山东青岛高二上期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,若an+1=an+2,S5=25,n∈N*,则a5=(　　)
A.7 B.5 C.9 D.3
15.(2020天津一中高二上期中)已知等差数列前3项的和为 34,后3项的和为 146,所有项的和为 390,则这个数列的项数为(　　)
A.13 B.12 C.11 D.10
16.若数列{an}的前n项和Sn=2n2-3n(n∈N*),则a1+a7等于(　　)
A.11 B.15 C.17 D.22
17.(2019湖南怀化三中高二上期中)已知{an}是首项为a1,公差为d的等差数列,Sn是其前n项和,且S5=5,S6=-3.求数列{an}的通项公式及Sn.









能力提升练
题组一　求等差数列的前n项和
1.(2020湖南郴州高二上期中,)已知数列{an}是等差数列且an>0,设其前n项和为Sn.若a1+a9=a52,则S9=(　　)
A.36 B.18 C.27 D.9
2.(2020江西九江一中高二上期中,)等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2+a7+a12=30,则S13等于(　　)
A.130 B.65 C.70 D.75
3.(2019湖北黄冈高一下期末,)如图,将若干个点摆成三角形图案,每条边(包括两个端点)有n(n≥2,n∈N*)个点,相应的图案中点的总数记为an,则a2+a3+a4+…+an等于(　　)

A.3n22 B.n(n+1)2
C.3n(n-1)2 D.n(n-1)2
4.(2020安徽阜阳高二上期末,)已知数列{an}中,a1=1,a2=2,对任意正整数n,an+2-an=2+cos nπ,Sn为{an}的前n项和,则S100=　　　　. 
题组二　等差数列前n项和的性质
5.()已知数列{an},{bn}均为等差数列,其前n项和分别记为An,Bn,满足AnBn=4n+12n+3,则a5b7的值为(深度解析)
A.2117 B.3729 C.5329 D.4131
6.()设等差数列{an}的前n项和为Sn,且Sm=-2,Sm+1=0,Sm+2=3,则m=　　　　. 
7.(2019河北沧州一中高二期中,)在等差数列{an}中,前m(m为奇数)项的和为135,其中偶数项之和为63,且am-a1=14,则a100=　　　　. 
题组三　等差数列前n项和的应用
8.(2020河北正定中学高二期末,)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a5a3=59,则S9S5等于(　　)
A.1 B.-1
C.2 D.12
9.(2019陕西西安一中高二上月考,)设Sn(Sn≠0,n∈N*)是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=Sn·Sn+1,则Sn等于(　　)
A.n B.-n
C.1n D.-1n
10.()若数列{an}的前n项和Sn=n2-4n+2(n∈N*),则|a1|+|a2|+…+|a10|等于(　　)
A.15 B.35 C.66 D.100
11.(2020天津耀华中学高二上期中,)数列{an}满足an=1+2+3+…+nn(n∈N*),则数列1anan+1的前n项和为(　　)
A.nn+2 B.2nn+2 C.nn+1 D.2nn+1
12.()已知数列{an}的前n项和Sn=n2+2n-1(n∈N*),则a1+a3+a5+…+a25=　　　　　. 
13.()已知等差数列的前三项依次为a,3,5a,前n项和为Sn,且Sk=121.
(1)求a及k的值;
(2)设数列{bn}的通项公式为bn=Snn,求{bn}的前n项和Tn.










14.()在数列{an}中,a1=8,a4=2,且满足an+2-2an+1+an=0(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Tn=|a1|+|a2|+…+|an|,求Tn.
深度解析











答案全解全析
基础过关练
1.D　解法一:由am=a1+(m-1)d,得99=1+(m-1)×2,解得m=50,
所以Sm=S50=50×1+50×492×2=2 500.
解法二:同解法一,得m=50,
所以Sm=S50=50(a1+a50)2=50×(1+99)2=2 500.故选D.
2.B　设该等差数列为{an},其前n项和为Sn,则由题意可知,a1=-20,a10=40,所以S10=10×(-20+40)2=100.
3.C　由题意得,S7=7(a1+a7)2=7(a2+a6)2=7×(3+11)2=49.
4.D　设等差数列{an}的公差为d,则2a4+3a7=2(-3+3d)+3(-3+6d)=9,解得d=1,∴S7=7a1+7×62×d=7×(-3)+7×3×1=0,故选D.
5.D　设等差数列{an}的公差为d,∵a1=2a5-1,∴a1=2(a1+4d)-1,∴a1+8d=1,即a9=1,∴S17=17×(a1+a17)2=17a9=17.故选D.
6.D　在等差数列{an}中,若a5,a7是方程x2-2x-6=0的两个根,则a5+a7=2,
∴a6=12(a5+a7)=1,
∴数列{an}的前11项的和为11×(a1+a11)2=11a6=11×1=11.故选D.
7.解析　设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.
(1)∵a6=10,a8=16,
∴a1+5d=10,a1+7d=16,解得a1=-5,d=3.
∴S5=5a1+5×42d=5.
(2)解法一:∵a2+a4=a1+d+a1+3d=485,
∴a1+2d=245.
∴S5=5a1+5×42d=5a1+10d=5(a1+2d)=5×245=24.
解法二:∵a2+a4=a1+a5,∴a1+a5=485,
∴S5=5(a1+a5)2=52×485=24.
8.B　由等差数列前n项和的性质可知,S3,S6-S3,S9-S6构成等差数列,所以S3+(S9-S6)=2(S6-S3),即S9=3S6-3S3,又S3=9,S6=36,所以S9=3×36-3×9=81,
所以a7+a8+a9=S9-S6=81-36=45.
9.C　因为等差数列的前n项和Sn是关于n的二次函数,所以由二次函数图象的对称性及S2 011=S2 018,Sk=S2 008,可得2 011+2 0182=2 008+k2,解得k=2 021,故选C.
10.B　设该等差数列为{an},其首项为a1,前n项和为Sn,则S奇=(n+1)(a1+a2n+1)2,S偶=n(a2+a2n)2,
∵a1+a2n+1=a2+a2n,∴S奇S偶=n+1n.
11.C　由等差数列的性质知a8b8=15(a1+a15)215(b1+b15)2=S15T15=3×152×15+5=4535=97.故选C.
12.B　∵等差数列前n项和Sn的形式为Sn=An2+Bn(A,B为常数),且Sn=(n+1)2+λ=n2+2n+1+λ,∴λ=-1.
13.C　设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,由等差数列{an}的前9项和为27,a10=8,得9a1+9×82d=9a1+36d=27,a1+(10-1)d=a1+9d=8,解得a1=-1,d=1.故a100=a1+99d=98.故选C.
14.C　∵an+1=an+2,即an+1-an=2,∴{an}是公差为2的等差数列,设其首项为a1,
则S5=5a1+5×42×2=25,解得a1=1,
∴a5=1+(5-1)×2=9.
15.A　设该等差数列为{an},其前n项和为Sn.由题意得,a1+a2+a3=34,an-2+an-1+an=146,
∴(a1+a2+a3)+(an-2+an-1+an)=(a1+an)+(a2+an-1)+(a3+an-2)=3(a1+an)=34+146,∴a1+an=60.
又Sn=n(a1+an)2,∴390=n×602,解得n=13,故选A.
16.D　由Sn=2n2-3n(n∈N*)可知,数列{an}为等差数列,所以S7=7×(a1+a7)2=2×72-3×7,解得a1+a7=22,故选D.
17.解析　由S5=5,S6=-3,
得5a1+5×42d=5,6a1+6×52d=-3,解得a1=7,d=-3,
∴an=7+(n-1)×(-3)=-3n+10(n∈N*),Sn=n[7+(-3n+10)]2=-32n2+172n(n∈N*).
能力提升练
1.B　由a1+a9=a52得,2a5=a52,又an>0,
∴a5=2,∴S9=9(a1+a9)2=9×2a52=18,故选B.
2.A　解法一:设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,则a2+a7+a12=(a1+d)+(a1+6d)+(a1+11d)=3a1+18d=30,∴a1+6d=10.
∴S13=13a1+13×122d=13(a1+6d)=13×10=130,故选A.
解法二:设等差数列{an}的首项为a1,∵a2+a7+a12=30,∴3a7 =30,即a7 =10,∴S13=13(a1+a13)2=13×2a72=13a7=130.故选A.
3.C　由题图可知,a2=3,a3=6,a4=9,a5=12,依此类推,n每增加1,图案中的点数增加3,所以相应图案中的点数构成首项为a2=3,公差为3的等差数列,所以an=3+(n-2)×3=3n-3,n≥2,n∈N*,
所以a2+a3+a4+…+an=(n-1)(3+3n-3)2=3n(n-1)2.故选C.
4.答案　5 050
解析　当n为奇数时,an+2-an=1,即数列{an}的奇数项是以1为首项,1为公差的等差数列;当n为偶数时,an+2-an=3,即数列{an}的偶数项是以2为首项,3为公差的等差数列,所以S100=(a1+a3+…+a99)+(a2+a4+…+a100)=50×1+50×492+50×2+50×492×3=5 050.
5.B　由等差数列前n项和的特征及AnBn=4n+12n+3,可设An=kn(4n+1),Bn=kn(2n+3).
∴a5=A5-A4=5×(4×5+1)k-4×(4×4+1)k=37k,b7=B7-B6=7×(2×7+3)k-6×(2×6+3)k=29k.
∴a5b7=37k29k=3729.故选B.
解题模板易错警示　等差数列{an}的前n项和的表示形式为Sn=an2+bn(a,b为常数),解题时可采用这种形式简化运算.本题要注意AnBn中有比例系数k,防止遗漏导致错误.
6.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.
7.答案　101
解析　设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,由题意可知,Sm=135,前m项中偶数项之和S偶=63,∴S奇=135-63=72,∴S奇-S偶=a1+(m-1)d2=2a1+(m-1)d2=a1+am2=72-63=9.
∵Sm=m(a1+am)2=135,∴m=15,
又∵am-a1=14,am=a1+(m-1)d,
∴a1=2,d=am-a1m-1=14m-1=1,
∴a100=a1+99d=101.
8.A　S9S5=92(a1+a9)52(a1+a5)=92×2a552×2a3=9a55a3=95·a5a3=1.故选A.
9.D　∵an+1=Sn+1-Sn,∴Sn+1-Sn=Sn+1·Sn,
又∵Sn≠0,∴1Sn+1-1Sn=-1.又S1=a1=-1,∴1S1=-1,∴数列1Sn是以-1为首项,-1为公差的等差数列,
∴1Sn=-1+(n-1)×(-1)=-n,∴Sn=-1n.故选D.
10.C　由Sn=n2-4n+2①得,当n=1时,a1=S1=1-4+2=-1,当n≥2时,Sn-1=(n-1)2-4(n-1)+2②,①-②得,an=2n-5(n≥2,n∈N*),经检验,当n=1时,不符合an=2n-5,∴an=-1,n=1,2n-5,n≥2,n∈N*.∴|a1|=1,|a2|=1,a3=1,令an>0,则2n-5>0,
∴n≥3.
∴|a1|+|a2|+…+|a10|=1+1+a3+…+a10=2+(S10-S2)=2+[(102-4×10+2)-(22-4×2+2)]=66.故选C.
11.B　依题意得,an=n(1+n)2n=n+12,
∴1anan+1=4(n+1)(n+2)=41n+1-1n+2.
∴1a1a2+1a2a3+…+1anan+1
=412-13+13-14+…+1n+1-1n+2=412-1n+2=2nn+2,故选B.
12.答案　350
解析　当n=1时,a1=S1=12+2×1-1=2;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1,
经检验,当n=1时,不符合上式,
∴an=2,n=1,2n+1,n≥2,n∈N*,
因此{an}除第1项外,其余项构成以a2=5为首项,2为公差的等差数列,从而a3,a5,…,a25是以a3=7为首项,4为公差的等差数列,
∴a1+a3+a5+…+a25
=a1+12a3+12×112×4=350.
13.解析　(1)设该等差数列为{an},首项为a1,公差为d,则a1=a,a2=3,a3=5a.
由已知得a+5a=6,得a=1,
∴a1=1,a2=3,a3=5,
∴d=2,
∴Sk=ka1+k(k-1)2·d=k+k(k-1)2×2=k2.
由Sk=k2=121,得k=11(负值舍去).
∴a=1,k=11.
(2)由(1)得Sn=n2,
则bn=Snn=n,
∴bn+1-bn=1,又b1=S11=1,
∴数列{bn}是首项为1,公差为1的等差数列,
∴Tn=n2+n2.
14.解析　(1)∵an+2-2an+1+an=0,
∴an+2-an+1=an+1-an,
∴数列{an}是等差数列,设其公差为d,
∵a1=8,a4=2,
∴d=a4-a14-1=-2,
∴an=a1+(n-1)d=10-2n,n∈N*.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn,则由(1)可得,Sn=8n+n(n-1)2×(-2)=9n-n2,n∈N*.
由(1)知an=10-2n,令an=0,得n=5.
∴当n>5时,an<0,
则Tn=|a1|+|a2|+…+|an|
=a1+a2+…+a5-(a6+a7+…+an)
=S5-(Sn-S5)=2S5-Sn
=2×(9×5-25)-(9n-n2)=n2-9n+40;
当n≤5时,an≥0,
则Tn=|a1|+|a2|+…+|an|
=a1+a2+…+an=9n-n2.
∴Tn=9n-n2,n≤5,n∈N*,n2-9n+40,n≥6,n∈N*.
解题反思　求数列{|an|}的前n项和,关键在于分清哪些项为非负的,哪些项为负的,最终应化为去掉绝对值符号后的数列进行求和.
如果数列{an}为等差数列,Sn为其前n项和,Tn=|a1|+|a2|+…+|an|,那么有:
(1)若a1>0,d<0,则存在k∈N*,使得ak≥0,ak+1<0,
从而有Tn=Sn(n≤k),2Sk-Sn(n>k);
(2)若a1<0,d>0,则存在k∈N*,使得ak≤0,ak+1>0,
从而有Tn=-Sn(n≤k),Sn-2Sk(n>k).