苏教版 (2019)选择性必修第一册4.2 等差数列第1课时精练

这是一份苏教版 (2019)选择性必修第一册4.2 等差数列第1课时精练，共12页。
基础过关练
题组一 求等差数列的前n项和
1.(2024江苏南京师大附中期中)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S6S3=4,则S9S6=( )
A.32 B.4 C.94 D.116
2.(2023江苏宿迁中学期中)已知{an}为等差数列,且3(a3+a7)+2(a8+a10+a12)=30,则数列{an}的前14项和为( )
A.14 B.28 C.35 D.70
3.(2024江苏盐城射阳中学期中)已知等差数列{an}共有21项,若奇数项的和为110,则偶数项的和为( )
A.100 B.105 C.90 D.95
4.(2024江苏响水清源高级中学期中)已知数列{3n+1}与数列{4n-1},其中n∈N*,它们的公共项由小到大排列组成新的数列{an},则{an}的前20项和为( )
A.2 380 B.2 400 C.2 420 D.2 440
5.(2024江苏盐城阜宁中学期中)设各项均为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn,若a92-a7+12a5=3,则S17= .
题组二 由等差数列前n项和公式计算其他基本量
6.(2023广东广州九十七中期末)等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2=3,S5=25,则a7= ( )
A.16 B.15 C.14 D.13
7.(2024江苏曲塘高级中学期中)在数列{an}中,a1=1,∀m,n∈N*,都有am+n=am+an,若正整数k满足a2k-1+a2k+1+a2k+3+…+a2k+17=100,则k=( )
A.1 B.10 C.50 D.100
8.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
题组三 数列的前n项和Sn与an的关系
9.(2024四川成都蓉城联盟联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2-4n,则a1+a3= .
10.(2024江苏盐城调研)已知数列{an}的前n项和为Sn,且an+2SnSn-1=0(n≥2),a1=12.
(1)求证:1Sn是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
11.(2024江苏南京建邺高级中学月考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n2-19n+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=|an|,求数列{bn}的前n项和Tn.
能力提升练
题组一 与等差数列前n项和有关的计算
1.(2023陕西西安临潼铁路中学月考)设椭圆x22n2+1+y2n2+1=1(n∈N*)的焦距为an,则数列{an}的前n项和Sn=( )
A.n2+n B.n2-n C.2n2+n D.n2
2.(2024海南中学月考)在等差数列{an}中,a1=-2 024,其前n项和为Sn,且S20102010-S20082008=2,则 S2 024 =( )
A.-2 023 B.-2 024 C.2 023 D.2 024
3.(2024上海师范大学附属中学闵行分校期中)在1和2之间插入2n个数,组成首项为1,末项为2的等差数列,若这个数列的前(n+1)项的和与后(n+1)项的和之比为9∶13,则插入数的个数是( )
A.8 B.10 C.12 D.14
4.(2024江苏淮阴中学、姜堰中学月考)已知[x]为不超过x的最大整数,例如[0.2]=0,[1.2]=1,[-0.5]=-1,设等差数列{an}的前n项和为Sn=n(1+an)2且S5=15,记bn=[lg2an],则数列{bn}的前100项和为 .
5.(2024广东广州白云中学期中)已知数列{an}满足a1=1,an-an+1=2anan+1,记bn=1an.
(1)证明:数列{bn}为等差数列;
(2)设数列{bn}的前n项和为Sn,求数列{(-1)nSn}的前n项和Tn.
题组二 数列的前n项和Sn与an的关系
6.(2024陕西宝鸡高级实验中学联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=3,点(Sn,Sn+1)在直线y=n+1nx+n+1(n∈N*)上,则数列{an}的通项公式是 .
7.(2023四川部分学校联考)设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an>0,且Sn2-(2n-1)Sn=Sn-12+(2n-1)Sn-1(n≥2),则bn=Sn22an的最大值是 .
8.(2022河南信阳罗山调研)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且an2=4Sn-2an-1.
(1)求an,Sn;
(2)设bn=22an+1+an+5,n为奇数,Sn-Sn-1,n为偶数,求数列{bn}的前8项和T8.
答案与分层梯度式解析
4.2.3 等差数列的前n项和
第1课时 等差数列前n项和公式及应用
基础过关练
1.C 设等差数列{an}的公差为d,则6a1+6×52d3a1+3×22d=4,整理得d=2a1,∴S9S6=9a1+9×82d6a1+6×52d=9a1+36d6a1+15d=94.故选C.
2.C 因为{an}为等差数列,所以3(a3+a7)+2(a8+a10+a12)=3×2a5+2×3a10=6a5+6a10=30,所以a5+a10=5,
则数列{an}的前14项和为14(a1+a14)2=7(a1+a14)=7(a5+a10)=35.故选C.
3.A 由题意得a1+a3+…+a21=11(a1+a21)2=11a11=110,得a11=10,a2+a4+…+a20=10(a2+a20)2=10a11=100,故偶数项的和为100.故选A.
4.C 显然数列{3n+1}和{4n-1}均为等差数列,
令3n1+1=4n2-1,n1,n2∈N*,可得n1=4n2-23,所以n2=2,5,8,11,…,
则数列{an}为等差数列,且a1=4×2-1=7,公差为(4×5-1)-(4×2-1)=12,
所以{an}的前20项的和为20×7+20×192×12=2 420.故选C.
5.答案 34
解析 设等差数列{an}的公差为d(d>0),
由a92-a7+12a5=3,可得a92-(a1+6d)+12(a1+4d)=a92-12(a1+8d)=3,
即a92-12a9=3,解得a9=2(负值舍去),
故S17=17(a1+a17)2=17×2a92=17a9=34.
6.D 因为S5=5(a1+a5)2=5a3=25,所以a3=5,设等差数列{an}的公差为d,则d=a3-a2=2,所以a7=a2+5d=3+5×2=13.故选D.
7.A 令m=1,则an+1=a1+an=1+an,∴{an}是首项为1,公差为1的等差数列,∴an=1+1×(n-1)=n,
故a2k-1+a2k+1+a2k+3+…+a2k+17=2k-1+2k+1+2k+3+…+2k+17=(-1+17)×102+2k×10=100,解得k=1,故选A.
8.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=180,
∴a1+an=60.
又Sn=n(a1+an)2,∴390=n×602,解得n=13,故选A.
9.答案 -2
解析 当n=1时,a1=S1=12-4=-3,
当n≥2时,Sn-1=(n-1)2-4(n-1),
所以an=Sn-Sn-1=n2-4n-(n-1)2+4(n-1)=2n-5,
当n=1时,a1=-3满足上式,
所以an=2n-5,则a3=2×3-5=1,
所以a1+a3=-2.
10.解析 (1)证明:当n≥2时,由an+2SnSn-1=0得Sn-Sn-1=-2SnSn-1,所以1Sn-1Sn-1=2,
又1S1=1a1=2,所以1Sn是首项为2,公差为2的等差数列.
(2)由(1)可得1Sn=2n,所以Sn=12n.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=12n-12(n-1)=-12n(n-1).
当n=1时,a1=12,不符合上式,
故an=12,n=1,-12n(n-1),n≥2且n∈N*.
易错警示 由数列{an}的前n项和Sn求通项公式时,要注意验证当n=1时的情况.若a1=S1适合an(n≥2)的表达式,则通项公式可以合并,否则就分段表示.
11.解析 (1)当n=1时,a1=-16;
当n≥2时,Sn-1=2(n-1)2-19(n-1)+1=2n2-23n+22,
故 an=Sn-Sn-1=4n-21,n≥2,
当n=1时,a1=-16不满足上式,
故{an}的通项公式为an=-16,n=1,4n-21,n≥2,n∈N*.
(2)因为bn=|an|,所以Tn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|,
令an≤0,得n≤5;令an>0,得n≥6,
由(1)中结论可知,当n≤5时,Tn=-a1-a2-…-an=-Sn=-2n2+19n-1;
当n≥6时,Tn=-a1-a2-…-a5+a6+a7+…+an=-S5+(Sn-S5)=Sn-2S5=2n2-19n+89.
综上,Tn=-2n2+19n-1,n≤5,2n2-19n+89,n≥6.
方法技巧 求数列{|an|}的前n项和时,首先要分清n取什么值时an≥0或an≤0.
一般地,如果数列{an}为等差数列,公差为d,Sn为其前n项和,Tn=|a1|+|a2|+…+|an|,则有:若a1>0,d0,则Tn=-Sn,n≤k,Sn-2Sk,n>k.
能力提升练
1.A 由椭圆方程可知a2=2n2+1,b2=n2+1,则c2=a2-b2=n2,c=n,
所以椭圆的焦距为2c=2n,即an=2n,
所以a1=2,an-an-1=2(n≥2),则数列{an}是以2为首项,2为公差的等差数列,
所以Sn=n(2+2n)2=n(1+n)=n2+n.故选A.
2.B 设等差数列{an}的公差为d,
则Snn=na1+n(n-1)2dn=a1+(n-1)d2,
∴数列Snn是公差为d2的等差数列,
又S20102010-S20082008=2,∴2×d2=2,即d=2,
又S11=a1=-2 024,∴Snn=-2 024+n-1=n-2 025,
∴S20242024=2 024-2 025=-1,解得S2 024=-2 024.
故选B.
3.B 设组成的等差数列为{an},该数列共(2n+2)项,则数列{an}的公差d=2-12n+1=12n+1,
由等差数列的性质可得a1+a2n+2=a2+a2n+1=…=an+1+an+2=1+2=3,
设{an}的前n项和为Sn,则S2n+2=(2n+2)(2+1)2=3(n+1),
Sn+1=(n+1)×1+n(n+1)d2=(n+1)+n(n+1)2(2n+1)=(n+1)(5n+2)2(2n+1),
因为{an}的前(n+1)项的和与后(n+1)项的和之比为9∶13,
所以(n+1)(5n+2)2(2n+1)=99+13×3(n+1),即5n+22n+1=2711,解得n=5,故插入数的个数是10.故选B.
4.答案 480
解析 由题意得Sn=n(a1+an)2=n(1+an)2,
所以a1=1,S5=52(a1+a5)=5a3=15,则a3=3,
所以公差为3-12=1,所以an=n,bn=[lg2an]=[lg2n],
当n=1时,b1=0,当2≤n≤3时,bn=1,
当4≤n≤7时,bn=2,当8≤n≤15时,bn=3,
当16≤n≤31时,bn=4,当32≤n≤63时,bn=5,
当64≤n≤100时,bn=6,
所以数列{bn}的前100项和为0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37=480.
5.解析 (1)证明:由an-an+1=2anan+1,可得1an+1-1an=2,
因为bn=1an,所以bn+1-bn=2,又b1=1,
所以数列{bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)由(1)得bn=2n-1,可得Sn=n(1+2n-1)2=n2,
所以(-1)nSn=(-1)n·n2.
当n为偶数时,Tn=-S1+S2-S3+S4-…-Sn-1+Sn=-1+22-32+42-…-(n-1)2+n2=(2+1)(2-1)+(4+3)(4-3)+…+[n+(n-1)][n-(n-1)]=1+2+3+4+…+(n-1)+n=n(n+1)2;
当n为奇数时,Tn=-S1+S2-S3+S4-…-Sn-2+Sn-1-Sn=-1+22-32+42-…-(n-2)2+(n-1)2-n2=(2+1)×(2-1)+(4+3)(4-3)+…+[(n-1)+(n-2)][(n-1)-(n-2)]-n2=1+2+3+4+…+(n-2)+(n-1)-n2=(n-1)(1+n-1)2-n2=-n(n+1)2.
所以数列{(-1)nSn}的前n项和Tn=n(n+1)2,n为偶数,-n(n+1)2,n为奇数.
6.答案 an=2n+1
解析 由已知可得Sn+1=(n+1)Snn+(n+1),等式两边同时除以n+1可得Sn+1n+1=Snn+1,即Sn+1n+1-Snn=1,
所以数列Snn是首项为S11=a1=3,公差为1的等差数列,则Snn=3+n-1=n+2,故Sn=n2+2n,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+2n-(n-1)2-2(n-1)=2n+1,
当n=1时,a1=3满足上式,故数列{an}的通项公式是an=2n+1.
7.答案 8132
解析 由已知得(Sn+Sn-1)[Sn-Sn-1-(2n-1)]=0,
∵an>0,∴Sn>0,∴Sn-Sn-1=2n-1,即an=2n-1(n≥2),
∵a1=1满足上式,∴∀n∈N*,an=2n-1,
则an+1-an=2(n+1)-1-(2n-1)=2,
∴数列{an}为等差数列,故Sn=n(1+2n-1)2=n2,
则bn=n422n-1=2×n22n2,
令cn=n22n,则cn+1-cn=(n+1)22n+1-n22n=2n+1-n22n+1,
当1≤n≤2时,cn+1>cn,即c1