人教版新课标A必修52.3 等差数列的前n项和随堂练习题

这是一份人教版新课标A必修52.3 等差数列的前n项和随堂练习题，共42页。试卷主要包含了3　等差数列的前n项和等内容，欢迎下载使用。
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.(2021河南焦作高二期末)等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,S3=15,则a8=( )
A.11 B.12 C.23 D.24
3.(2020湖南娄底高二期末)记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a6=4,S19=114,则S15=( )
A.45 B.75 C.90 D.95
4.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
5.(2021吉林吉林第二中学高二月考)已知Sn为数列{an}的前n项和,且满足Sn=n2+4n+2,则a3+a4+a5=( )
A.10 B.11 C.33 D.34
6.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
7.已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n+1,则a6+a7+…+a10的值为 .
8.(2021山西朔州怀仁一中月考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2+4,则an= .
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.在数列{an}中,an=1n+1+2n+1+…+nn+1(n∈N*),又bn=1anan+1,则数列{bn}的前n项和Sn为( )
A.4nn+1 B.2nn+1 C.n2n-1 D.2n2n+1
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.(2021河北邯郸高三摸底)已知数列{an}满足a1=23,an-an+1=32anan+1(n∈N*).
(1)求证数列1an为等差数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)设Sn为数列{anan+1}的前n项和,证明:Sn0 B.da12>0
C.a1a12>0 D.a1a110,a3+a10>0,a6a70的最大正整数n的值为( )
A.6 B.7 C.12 D.13
6.(2021湖南长沙长郡中学高三一模,★★★)已知数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前48项的和S48=( )
A.588 B.1 176 C.-1 175 D.-580
7.(2020黑龙江哈尔滨德强高中高一期末,★★★)设数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an=Snn+2(n-1)(n∈N*),则数列1Sn+3n的前10项的和T10=( )
A.290 B.920 C.511 D.1011
8.(2021皖江名校联盟高三第一次联考,★★★)已知数列{an}满足a1=1,am+n=am+an+mn(m,n∈N*),若数列1an的前n项和Sn≥74,则n的最小值为( )
A.6 B.7 C.8 D.9
二、填空题
9.(2020江西南昌二中期末,★★☆)在等差数列{an}中,公差d>0,a1+a6=14,a2a5=40,则数列{an}的前9项和等于 .
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:Tn0),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.
13.(2021重庆育才中学高三入学考试,★★★)已知各项都是正数的数列{an}的前n项和为Sn,Sn=an2+12an,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足:bn=an(2an+1),求数列1bn的前n项和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
1.一个等差数列共有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.0.5,0.5 B.0.5,1
C.1,0.5 D.0.5,2
2.(2021山西大学附属中学高二开学考试)已知等差数列{an}的前10项和为30,前30项和为210,则{an}的前20项和为( )
A.100 B.120
C.390 D.540
3.(2020四川眉山车城中学高一期末)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=-11,a4+a6=-6,则当Sn取得最小值时,n的值为( )
A.6 B.6或7 C.8或9 D.9
4.(2021浙江精诚联盟高二开学考试)设公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=2.若存在常数λ,使得a2n=λan(n∈N*)恒成立,则910nSn取最大值时,n= .
题组二 等差数列前n项和的综合问题
5.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
6.一个凸多边形的各内角度数按从小到大的顺序排列后成等差数列,其中最小的内角为120°,公差为5°,那么这个凸多边形的边数n等于( )
A.12 B.16
C.9 D.16或9
7.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
8.(多选)(2020山东泰安高二上期末)设等差数列{an}的公差为d,首项为a1,前n项和为Sn,若a3=12,S12>0,S13S7,则S5>S6
6.(2021江苏无锡第一中学高二期中,★★★)南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中,提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,其前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列,如数列1,3,6,10,前后两项之差得到新数列2,3,4,新数列2,3,4为等差数列,这样的数列称为二阶等差数列.对这类高阶等差数列的研究,在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列{an},其前7项分别为3,4,6,9,13,18,24,则该数列的第19项为( )
A.184 B.174 C.188 D.160
7.(多选)(2020江苏盐城高二期末,★★☆)设d,Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和,若S10=S20,则下列论断中正确的有( )
A.当n=15时,Sn取最大值
B.当n=30时,Sn=0
C.当d>0时,a10+a22>0
D.当d|a22|
二、填空题
8.(2020湖南常德高一期末,★★☆)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1为整数,a2=-13,Sn≥S8(n∈N*),则数列{an}的通项公式为an= .
9.(2020广西钦州高一期末,★★☆)已知等差数列{an}中,a1=9,a6=a2-8,则{an}的前n项和Sn的最大值为 .
10.(2020安徽庐巢六校高一联盟,★★★)已知数列{an}满足a1=2,a2=3且an+2-an=1+
(-1)n,n∈N*,则该数列的前9项之和为 .
(2021湖北六校高三联考,★★★)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S5=
2 015,S2 015=5,则S2 020= .
12.(★★★)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
13.(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.
14.(2021安徽阜阳太和第一中学高三开学摸底,★★☆)已知数列{an}的前n项和为Sn,点(n+1,Sn+3)在抛物线y=x2上.
(1)求an;
(2)求数列{|an-9|}的前n项和Tn.
15.(2021豫南九校高二联考,★★★)已知数列{an}中,a1=a2=1,且当n≥2,n∈N*时满足nan+1=(n+1)an.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=2n1an+1-λ,若对任意的n∈N*,数列{bn}是单调递减数列,求实数λ的取值
范围.
16.(2020福建厦门双十中学高一期末,★★★)已知数列{an}中,a1=1,a2=14,且an+1=(n-1)ann-an(n=2,3,4,…).
(1)求a3、a4的值,
(2)设bn=1an+1-1(n∈N*),试用bn表示bn+1,并求{bn}的通项公式;
(3)设cn=sin3csbn·csbn+1(n∈N*),求数列{cn}的前n项和Sn.
2.1~2.3综合拔高练
五年高考练
考点1 等差数列的通项公式及性质
1.(2020北京,8,4分,★★☆)在等差数列{an}中,a1=-9,a5=-1.记Tn=a1a2…an(n=1,2,…),则数列{Tn}( )

A.有最大项,有最小项 B.有最大项,无最小项
C.无最大项,有最小项 D.无最大项,无最小项
2.(2018北京,9,5分,★★☆)设{an}是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则{an}的通项公式为 .
考点2 等差数列的前n项和公式及性质
3.(2020全国Ⅱ,4,5分,★★☆)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.3 699块 B.3 474块 C.3 402块 D.3 339块
4.(2019课标全国Ⅰ,9,5分,★★☆)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则( )
A.an=2n-5 B.an=3n-10
C.Sn=2n2-8n D.Sn=12n2-2n
5.(2020浙江,7,4分,★★★)已知等差数列{an}的前n项和为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+a6 B.2b4=b2+b6 C.a42=a2a8 D.b42=b2b8
6.(2020浙江,11,4分,★☆☆)我国古代数学家杨辉,朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题,如数列n(n+1)2就是二阶等差数列.数列n(n+1)2(n∈N*)的前3项和是 .
7.(2020新高考Ⅰ,14,5分,★★☆)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为 .
8.(2020全国Ⅱ(文),14,5分,★★☆)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1=
-2,a2+a6=2,则S10= .
9.(2019课标全国Ⅲ,14,5分,★★☆)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1≠0,a2=3a1,则S10S5= .
10.(2019北京,10,5分,★★☆)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2=-3,S5=-10,则a5= ,Sn的最小值为 .
11.(2019课标全国Ⅰ(文),18,12分,★★☆)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.
考点3 数列的求和
12.(2020全国Ⅰ(文),16,5分,★★☆)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1= .
13.(2017课标全国Ⅲ,17,12分,★★☆)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列an2n+1的前n项和.
三年模拟练
应用实践
1.(2021河南焦作高二期中,★★☆)已知数列{an}满足an+1-an+1an=1+an,且a1=13,则{an}的前2 021项的积为( )

A.23 B.13 C.-2 D.-3
2.(2020山西太原第五中学高三二模,★★☆)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若am=4,Sm=0,Sm+2=14(m≥2,m∈N*),则a2 019的值为( )
A.2 020 B.4 032 C.5 041 D.3 019
3.(2021豫南九校高二联考,★★★)设数列{an}满足a1=2,a2=6,a3=12,数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+2-Sn-1+1Sn+1-Sn+1=3(n≥2,且n∈N*).若[x∈N*]表示不超过x的最大整数,bn=(n+1)2an,数列{bn}的前n项和为Tn,则T2 020=( )
A.2 019 B.2 020 C.2 021 D.2 022
4.(多选)(2020河北沧州第一中学高一学段检测,★★☆)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S2 018>0,S2 019|a1 010|
C.a1 010>0
D.数列中绝对值最小的项为a1 010
5.(2020河北高三第一次大联考,★★☆)等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若对任意正整数n都有SnTn=2n-13n-2,则a11b6+b10+a5b7+b9的值为 .
6.(2021安徽四校高三适应性测试,★★★)已知数列{an}的首项a1=m,其前n项和为Sn,且满足Sn+Sn+1=2n2+3n,若数列{an}是递增数列,则实数m的取值范围是 .
7.(2020四川内江高一期末,★★☆)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2=7,S4=40.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=3anan+1,Tn是数列{bn}的前n项和,求使得2Tn≤λ-2 020对所有n∈N*都成立的实数λ的取值范围.
8.(2020浙江嘉兴高一期末,★★☆)已知数列{an}满足a1=2,(n+2)an=(n+1)an+1-2(n2+3n+2),设bn=ann+1.
(1)求b1,b2,b3的值;
(2)判断数列{bn}是不是等差数列,并说明理由;
(3)求数列{an}的通项公式.
9.(2020江苏丹阳高级中学高二期中,★★★)设数列{an}的各项都为正数,且对任意n∈N*都有an2=2Sn-an,其中Sn为数列{an}的前n项和.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=3n+λ·2an(n∈N*),若对任意n∈N*都有bn+1>bn成立,求实数λ的取值范围.
迁移创新
10.(2021上海七宝中学高二月考,★★☆)已知向量a1,a2,a3,…,an,…满足如下条件:|a1|=2,2a1·d=-1,且an-an-1=d(n≥2),若a1·ak=0,则k= .
答案全解全析
第二章 数列
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
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(舍去).
2.C 设数列{an}的公差为d,则S3=3a1+3d,即15=3×2+3d,解得d=3,所以a8=23.
3.B 根据a6=4,S19=114,结合等差数列的通项公式及前n项和公式,得
a1+5d=4,19a1+19×9d=114,即a1+5d=4,a1+9d=6,
解得d=12,a1=32,
所以S15=15a1+15×(15-1)2d=15×32+15×7×12=45+1052=75.故选B.
4.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.
名师点睛 求数列的基本量的基本方法是建立方程组,或者运用等差数列的相关性质整体处理,以达到简化求解过程和优化解法的目的.
5.C 数列{an}的前n项和满足Sn=n2+4n+2,则a3+a4+a5=S5-S2=33,故选C.
6.C 由SnSn-1-Sn-1Sn=2SnSn-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.
7.答案 80
解析 由题意得,a6+a7+…+a10=S10-S5=111-31=80.
8.答案 5,n=12n-1,n≥2
解析 当n=1时,a1=S1=5,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+4-(n-1)2-4=2n-1,此时a1=5不成立,所以an=5,n=1,2n-1,n≥2.
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.A 因为an=1n+1+2n+1+…+nn+1=n(n+1)2·1n+1=n2,
所以bn=1anan+1=1n2·n+12=41n-1n+1,
所以Sn=41-12+12-13+…+1n-1n+1=4nn+1,故选A.
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)∵an-an+1=32anan+1,
∴1an+1-1an=32,
又1a1=32,∴1an是首项为32,公差为32的等差数列,
∴1an=32+32(n-1)=32n,∴an=23n.
(2)证明:由(1)知anan+1=49×1n(n+1)=49×1n-1n+1.
∴Sn=49×1-12+12-13+…+1n-1n+1
=49×1-1n+1=49-49(n+1).
∵n∈N*,∴49-49(n+1)0,
又a6a70,∴a6>0,a70,S13=13(a1+a13)2=13a70的最大正整数n的值为12.
6.B 由an+1+(-1)nan=2n-1,得a2=1+a1,a3=3-a2=2-a1,a4=5+a3=7-a1,a5=7-a4=a1,a6=9+a5=9+a1,a7=11-a6=2-a1,a8=13+a7=15-a1,……可知数列{an}中,相邻奇数项的和为2,偶数项中,每隔一项构成公差为8的等差数列,
所以(a1+a3)+(a5+a7)+…+(a45+a47)=2×12=24,
a2+a6+a10+…+a46=(1+a1)+(9+a1)+…+(89+a1)=540+12a1,
a4+a8+…+a48=(7-a1)+(15-a1)+…+(95-a1)=612-12a1,
所以数列{an}的前48项的和S48=24+(540+12a1)+(612-12a1)=1 176.
7.C 由an=Snn+2(n-1)(n∈N*),得Sn=nan-2n(n-1),
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=nan-(n-1)an-1-4(n-1),整理,得an-an-1=4,
所以{an}是首项为1,公差为4的等差数列,
所以an=4n-3,从而Sn+3n=n(a1+an)2+3n=2n2+2n=2n(n+1),
所以1Sn+3n=12n(n+1)=121n-1n+1,
所以数列1Sn+3n的前10项的和T10=12×1-111=511.
8.B 因为a1=1,am+n=am+an+mn(m,n∈N*),
当m=1时,an+1=an+n+1,所以an=an-1+n,所以an=a1+2+3+4+…+n
=1+2+3+4+…+n=n(n+1)2,
所以1an=2n(n+1)=21n-1n+1.
所以Sn=1a1+1a2+…+1an=2×1-12+12-13+…+1n-1n+1=2nn+1.
因为Sn≥74,所以2nn+1≥74,解得n≥7,故选B.
二、填空题
9.答案 90
解析 ∵等差数列{an}的公差d>0,则a218,n∈N*时,Tn+1Tn=9101+2n