高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.2 等差数列精品课时作业

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1．在等差数列{an}中，a2＝2，a3＝4，则a10＝( )
A．12 B．14 C．16 D．18
解析：选D 由题意知，公差d＝4－2＝2，则a1＝0，所以a10＝a1＋9d＝18.故选D.
2．若等差数列{an}中，已知a1＝eq \f(1,3)，a2＋a5＝4，an＝35，则n＝( )
A．50 B．51 C．52 D．53
解析：选D 依题意，a2＋a5＝a1＋d＋a1＋4d＝4，代入a1＝eq \f(1,3)，得d＝eq \f(2,3).
所以an＝a1＋(n－1)d＝eq \f(1,3)＋(n－1)×eq \f(2,3)＝eq \f(2,3)n－eq \f(1,3)，令an＝35，解得n＝53.
3．(多选)设x是a与b的等差中项，x2是a2与－b2的等差中项，则a，b的关系正确的是( )
A．a＝－b B．a＝3b C．a＝b或a＝－3b D．a＝b＝0
解析：选AB 由等差中项的定义知：x＝eq \f(a＋b,2)，x2＝eq \f(a2－b2,2)，
∴eq \f(a2－b2,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2，即a2－2ab－3b2＝0.故a＝－b或a＝3b.
4．数列{an}中，a1＝2,2an＋1＝2an＋1，则a2 021的值是( )
A．1 000 B．1 013 C．1 011 D．1 012
解析：选D 由2an＋1＝2an＋1，得an＋1－an＝eq \f(1,2)，所以{an}是等差数列，首项a1＝2，公差d＝eq \f(1,2)，
所以an＝2＋eq \f(1,2)(n－1)＝eq \f(n＋3,2)，所以a2 021＝eq \f(2 021＋3,2)＝1 012.
5．已知数列3,9,15，…，3(2n－1)，…，那么81是数列的( )
A．第12项 B．第13项 C．第14项 D．第15项
解析：选C an＝3(2n－1)＝6n－3，由6n－3＝81，得n＝14.
6．已知等差数列{an}，an＝2－3n，则数列的公差d＝________.
解析：根据等差数列的概念，d＝an＋1－an＝－3.
答案：－3
7．在等差数列{an}中，a3＝7，a5＝a2＋6，则a1＝________，a6＝________.
解析：设等差数列{an}的公差为d，
由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝7，,a1＋4d＝a1＋d＋6.))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,d＝2.))
∴an＝a1＋(n－1)d＝3＋(n－1)×2＝2n＋1.∴a6＝2×6＋1＝13.
答案：3 13
8．数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，数列{bn}是首项为－2，公差为4的等差数列．若an＝bn，则n的值为________．
解析：an＝2＋(n－1)×3＝3n－1，bn＝－2＋(n－1)×4＝4n－6，令an＝bn，得3n－1＝4n－6，∴n＝5.
答案：5
9．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是否为等差数列？说明理由．
解：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列，理由如下：
因为a1＝2，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，所以eq \f(1,an＋1)＝eq \f(an＋2,2an)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,an)，所以eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)(常数)．
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以eq \f(1,a1)＝eq \f(1,2)为首项，公差为eq \f(1,2)的等差数列．
10．若eq \f(1,b＋c)，eq \f(1,a＋c)，eq \f(1,a＋b)是等差数列，求证：a2，b2，c2成等差数列．
证明：由已知得eq \f(1,b＋c)＋eq \f(1,a＋b)＝eq \f(2,a＋c)，通分有eq \f(2b＋a＋c,b＋ca＋b)＝eq \f(2,a＋c).
进一步变形有2(b＋c)(a＋b)＝(2b＋a＋c)(a＋c)，整理，得a2＋c2＝2b2，
所以a2，b2，c2成等差数列．
[B级 综合运用]
11．(多选)如果a1，a2，…，a8为各项都大于零的等差数列，且公差d≠0，则( )
A．a3a6>a4a5 B．a3a6解析：选BC 由通项公式，得a3＝a1＋2d，a6＝a1＋5d，那么a3＋a6＝2a1＋7d，a3a6＝(a1＋2d)(a1＋5d)＝aeq \\al(2,1)＋7a1d＋10d2，同理a4＋a5＝2a1＋7d，a4a5＝aeq \\al(2,1)＋7a1d＋12d2，显然a3a6－a4a5＝－2d2<0，故选B、C.
12．已知x≠y，且两个数列x，a1，a2，…，am，y与x，b1，b2，…，bn，y各自都成等差数列，则eq \f(a2－a1,b2－b1)等于( )
A.eq \f(m,n) D．eq \f(m＋1,n＋1) C.eq \f(n,m) D．eq \f(n＋1,m＋1)
解析：选D 设这两个等差数列公差分别是d1，d2，
则a2－a1＝d1，b2－b1＝d2.第一个数列共(m＋2)项，
∴d1＝eq \f(y－x,m＋1)；第二个数列共(n＋2)项，∴d2＝eq \f(y－x,n＋1).这样可求出eq \f(a2－a1,b2－b1)＝eq \f(d1,d2)＝eq \f(n＋1,m＋1).
13．下表中的数阵为“森德拉姆素数筛”，其特点是每行每列都成等差数列，记第i行第j列的数为ai，j(i，j∈N*)，则a9,9＝______，数82共出现______次．
解析：根据题意得，第i行的等差数列的公差为i，第j列等差数列的公差为j，所以数列{a1，j}是以2为首项，1为公差的等差数列，可得a1，j＝2＋(j－1)×1＝j＋1，又因为第j列数组成的数列{ai，j}是以a1，j为首项，j为公差的等差数列，所以ai，j＝a1，j＋(i－1)j＝(j＋1)＋(i－1)×j＝ij＋1，所以a9,9＝9×9＋1＝82.因为ai，j＝ij＋1＝82，所以ij＝81，所以i＝81且j＝1或i＝1且j＝81或i＝3且j＝27或i＝27且j＝3或i＝j＝9，所以可得数82共出现5次．
答案：82 5
14．已知数列{an}满足a1＝1，且an＝2an－1＋2n(n≥2，且∈N*)．
(1)求a2，a3；
(2)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))是等差数列；
(3)求数列{an}的通项公式an.
解：(1)a2＝2a1＋22＝6，a3＝2a2＋23＝20.
(2)证明：∵an＝2an－1＋2n(n≥2，且n∈N*)，
∴eq \f(an,2n)＝eq \f(an－1,2n－1)＋1(n≥2，且n∈N*)，即eq \f(an,2n)－eq \f(an－1,2n－1)＝1(n≥2，且n∈N*)，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))是首项为eq \f(a1,21)＝eq \f(1,2)，公差d＝1的等差数列．
(3)由(2)，得eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)＋(n－1)×1＝n－eq \f(1,2)，∴an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(1,2)))·2n.
[C级 拓展探究]
15．数列{an}满足a1＝2，an＋1＝(λ－3)an＋2n(n∈N*)．
(1)当a2＝－1时，求λ及a3的值；
(2)是否存在λ的值，使数列{an}为等差数列？若存在求其通项公式；若不存在说明理由．
解：(1)∵a1＝2，a2＝－1，a2＝(λ－3)a1＋2，∴λ＝eq \f(3,2).∴a3＝－eq \f(3,2)a2＋22，∴a3＝eq \f(11,2).
(2)不存在λ的值，理由如下：∵a1＝2，an＋1＝(λ－3)an＋2n，
∴a2＝(λ－3)a1＋2＝2λ－4.a3＝(λ－3)a2＋4＝2λ2－10λ＋16.
若数列{an}为等差数列，则a1＋a3＝2a2.即λ2－7λ＋13＝0.
∵Δ＝49－4×13<0，∴方程无实数解．
∴λ值不存在．∴不存在λ的值使{an}成等差数列．
4．2.1 第二课时 等差数列的性质
[A级 基础巩固]
1．已知等差数列{an}：1,0，－1，－2，…；等差数列{bn}：0,20,40,60，…，则数列{an＋bn}是( )
A．公差为－1的等差数列 B．公差为20的等差数列
C．公差为－20的等差数列 D．公差为19的等差数列
解析：选D (a2＋b2)－(a1＋b1)＝(a2－a1)＋(b2－b1)＝－1＋20＝19.
2．在等差数列{an}中，a1＝2，a3＋a5＝10，则a7＝( )
A．5 B．8 C．10 D．14
解析：选B 由等差数列的性质可得a1＋a7＝a3＋a5＝10，又因为a1＝2，所以a7＝8.
3．已知等差数列{an}的公差为d(d≠0)，且a3＋a6＋a10＋a13＝32，若am＝8，则m等于( )
A．8 B．4 C．6 D．12
解析：选A 因为a3＋a6＋a10＋a13＝4a8＝32，所以a8＝8，即m＝8.
4．已知等差数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋a101＝0，则有( )
A．a1＋a101＞0 B．a2＋a101＜0 C．a3＋a99＝0 D．a51＝51
解析：选C 根据性质得：a1＋a101＝a2＋a100＝…＝a50＋a52＝2a51，由于a1＋a2＋…＋a101＝0，所以a51＝0，又因为a3＋a99＝2a51＝0，故选C.
5．《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为( )
A．1升 D．eq \f(67,66)升 C.eq \f(47,44)升 D．eq \f(37,33)升
解析：选B 设所构成的等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＋a4＝3，,a7＋a8＋a9＝4，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝3，,3a1＋21d＝4.))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(13,22)，,d＝\f(7,66)，))则a5＝a1＋4d＝eq \f(67,66)，故第5节的容积为eq \f(67,66)升．
6．若三个数成等差数列，它们的和为9，平方和为59，则这三个数的积为________．
解析：设这三个数为a－d，a，a＋d，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－d＋a＋a＋d＝9，,a－d2＋a2＋a＋d2＝59.))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,d＝4))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,d＝－4.))
∴这三个数为－1,3,7或7,3，－1.∴它们的积为－21.
答案：－21
7．若a，b，c成等差数列，则二次函数y＝ax2－2bx＋c的图象与x轴的交点的个数为________．
解析：∵a，b，c成等差数列，∴2b＝a＋c，∴Δ＝4b2－4ac＝(a＋c)2－4ac＝(a－c)2≥0.
∴二次函数y＝ax2－2bx＋c的图象与x轴的交点个数为1或2.
答案：1或2
8．已知数列{an}满足a1＝1，若点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)，\f(an＋1,n＋1)))在直线x－y＋1＝0上，则an＝________.
解析：由题设可得eq \f(an,n)－eq \f(an＋1,n＋1)＋1＝0，即eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是以1为公差的等差数列，且首项为1，故通项公式eq \f(an,n)＝n，所以an＝n2.
答案：n2
9．在等差数列{an}中，若a1＋a2＋…＋a5＝30，a6＋a7＋…＋a10＝80，求a11＋a12＋…＋a15.
解：法一：由等差数列的性质得a1＋a11＝2a6，a2＋a12＝2a7，…，a5＋a15＝2a10.
∴(a1＋a2＋…＋a5)＋(a11＋a12＋…＋a15)＝2(a6＋a7＋…＋a10)．
∴a11＋a12＋…＋a15＝2(a6＋a7＋…＋a10)－(a1＋a2＋…＋a5)＝2×80－30＝130.
法二：∵数列{an}是等差数列，∴a1＋a2＋…＋a5，a6＋a7＋…＋a10，a11＋a12＋…＋a15也成等差数列，即30,80，a11＋a12＋…＋a15成等差数列．∴30＋(a11＋a12＋…＋a15)＝2×80，∴a11＋a12＋…＋a15＝130.
10．有一批豆浆机原销售价为每台800元，在甲、乙两家家电商场均有销售．甲商场用如下的方法促销：买一台单价为780元，买两台单价都为760元，依次类推，每多买一台则所买各台单价均再减少20元，但每台最低价不能低于440元；乙商场一律都按原价的75%销售．某单位购买一批此类豆浆机，问去哪家商场买花费较少．
解：设单位需购买豆浆机n台，在甲商场购买每台售价不低于440元，售价依台数n成等差数列．设该数列为{an}．
an＝780＋(n－1)(－20)＝800－20n，解不等式an≥440，即800－20n≥440，得n≤18.
当购买台数小于等于18台时，每台售价为(800－20n)元，当台数大于18台时，每台售价为440元．
到乙商场购买，每台售价为800×75%＝600元．
作差：(800－20n)n－600n＝20n(10－n)，
当n<10时，600n<(800－20n)n，当n＝10时，600n＝(800－20n)n，
当1018时，440n<600n.
即当购买少于10台时到乙商场花费较少，当购买10台时到两商场购买花费相同，当购买多于10台时到甲商场购买花费较少．
[B级 综合运用]
11．(多选)下面是关于公差d＞0的等差数列{an}的四个命题，正确的是( )
A．数列{an}是递增数列 B．数列{nan}是递增数列
C．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是递增数列 D．数列{an＋3nd}是递增数列
解析：选AD an＝a1＋(n－1)d，d＞0，∴an－an－1＝d＞0，A正确；
nan＝na1＋n(n－1)d，∴nan－(n－1)an－1＝a1＋2(n－1)d与0的大小关系和a1的取值情况有关．
故数列{nan}不一定递增，B不正确；
对于C：eq \f(an,n)＝eq \f(a1,n)＋eq \f(n－1,n)d，∴eq \f(an,n)－eq \f(an－1,n－1)＝eq \f(－a1＋d,nn－1)，
当d－a1＞0，即d＞a1时，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))递增，但d＞a1不一定成立，C不正确；
对于D：设bn＝an＋3nd，则bn＋1－bn＝an＋1－an＋3d＝4d＞0.∴数列{an＋3nd}是递增数列，D正确．
12．若方程(x2－2x＋m)(x2－2x＋n)＝0的四个根组成一个首项为eq \f(1,4)的等差数列，则|m－n|＝( )
A．1 D．eq \f(3,4) C.eq \f(1,2) D．eq \f(3,8)
解析：选C 设方程的四个根a1，a2，a3，a4依次成等差数列，则a1＋a4＝a2＋a3＝2，
再设此等差数列的公差为d，则2a1＋3d＝2，∵a1＝eq \f(1,4)，∴d＝eq \f(1,2)，∴a2＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,4)，a3＝eq \f(1,4)＋1＝eq \f(5,4)，
a4＝eq \f(1,4)＋eq \f(3,2)＝eq \f(7,4)，∴|m－n|＝|a1a4－a2a3|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)×\f(7,4)－\f(3,4)×\f(5,4)))＝eq \f(1,2).
13．已知数列{an}是等差数列，若a4＋a7＋a10＝17，a4＋a5＋a6＋…＋a12＋a13＋a14＝77，则a7＋a9＝________，若ak＝13，则k＝________.
解析：∵a4＋a7＋a10＝3a7，∴a7＝eq \f(17,3).∵a4＋a5＋…＋a14＝11a9，∴a9＝7，
∴a7＋a9＝eq \f(38,3)，d＝eq \f(2,3).∴ak－a9＝(k－9)d，即13－7＝(k－9)×eq \f(2,3)，解得k＝18.
答案：eq \f(38,3) 18
14．数列{an}为等差数列，bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))an，又已知b1＋b2＋b3＝eq \f(21,8)，b1b2b3＝eq \f(1,8)，求数列{an}的通项公式．
解：∵b1＋b2＋b3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))a1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))a2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))a3＝eq \f(21,8)，b1b2b3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))a1＋a2＋a3＝eq \f(1,8)，∴a1＋a2＋a3＝3.
∵a1，a2，a3成等差数列，∴a2＝1，故可设a1＝1－d，a3＝1＋d，
由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1－d＋eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＋d＝eq \f(21,8)，得2d＋2－d＝eq \f(17,4)，解得d＝2或d＝－2.
当d＝2时，a1＝1－d＝－1，an＝－1＋2(n－1)＝2n－3；
当d＝－2时，a1＝1－d＝3，an＝3－2(n－1)＝－2n＋5.
[C级 拓展探究]
15．下表是一个“等差数阵”：
其中每行、每列都是等差数列，aij表示位于第i行第j列的数．
(1)写出a45的值；
(2)写出aij的计算公式，以及2 020这个数在“等差数阵”中所在的一个位置．
解：通过每行、每列都是等差数列求解．
(1)a45表示数阵中第4行第5列的数．先看第1行，由题意4,7，…，a15，…成等差数列，
公差d＝7－4＝3，则a15＝4＋(5－1)×3＝16.再看第2行，同理可得a25＝27.
最后看第5列，由题意a15，a25，…，a45成等差数列，所以a45＝a15＋3d＝16＋3×(27－16)＝49.
(2)该“等差数阵“的第1行是首项为4，公差为3的等差数列a1j＝4＋3(j－1)；
第2行是首项为7，公差为5的等差数列a2j＝7＋5(j－1)；…
第i行是首项为4＋3(i－1)，公差为2i＋1的等差数列，
∴aij＝4＋3(i－1)＋(2i＋1)(j－1)＝2ij＋i＋j＝i(2j＋1)＋j.
要求2 020在该“等差数阵”中的位置，也就是要找正整数i，j，使得i(2j＋1)＋j＝2 020，
∴j＝eq \f(2 020－i,2i＋1).又∵j∈N*，∴当i＝1时，得j＝673.
∴2 020在“等差数阵”中的一个位置是第1行第673列．
4．2.2 第一课时 等差数列的前n项和公式
[A级 基础巩固]
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
解析：选B 2a6－a8＝a4＝6，S7＝eq \f(7,2)(a1＋a7)＝7a4＝42.
2．已知数列{an}是等差数列，a4＝15，S5＝55，则过点P(3，a3)，Q(4，a4)的直线斜率为( )
A．4 D．eq \f(1,4) C．－4 D．－eq \f(1,4)
解析：选A 由S5＝eq \f(5a1＋a5,2)＝eq \f(5×2a3,2)＝55，解得a3＝11.∴P(3,11)，Q(4,15)，∴k＝eq \f(15－11,4－3)＝4.故选A.
3．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
解析：选B ∵a1＝2，d＝7，则2＋(n－1)×7＜100，
∴n＜15，∴n＝14，S14＝14×2＋eq \f(1,2)×14×13×7＝665.
4．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若eq \f(a5,a3)＝eq \f(5,9)，则eq \f(S9,S5)等于( )
A．1 B．－1 C．2 D．eq \f(1,2)
解析：选A eq \f(S9,S5)＝eq \f(\f(9,2)a1＋a9,\f(5,2)a1＋a5)＝eq \f(\f(9,2)·2a5,\f(5,2)·2a3)＝eq \f(9a5,5a3)＝eq \f(9,5)·eq \f(a5,a3)＝1.
5．现有200根相同的钢管，把它们堆成一个正三角形垛，要使剩余的钢管尽可能少，那么剩余钢管的根数为( )
A．9 B．10 C．19 D．29
解析：选B 钢管排列方式是从上到下各层钢管数组成了一个等差数列，最上面一层钢管数为1，逐层增加1个．∴钢管总数为：1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2).当n＝19时，S19＝190.当n＝20时，S20＝210＞200.∴n＝19时，剩余钢管根数最少，为10根．
6．已知{an}是等差数列，a4＋a6＝6，其前5项和S5＝10，则其公差为d＝________.
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).答案：eq \f(1,2)
7．已知数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋eq \f(1,2)(n≥2)，则数列{an}的前9项和等于________．
解析：由a1＝1，an＝an－1＋eq \f(1,2)(n≥2)，可知数列{an}是首项为1，公差为eq \f(1,2)的等差数列，
故S9＝9a1＋eq \f(9×9－1,2)×eq \f(1,2)＝9＋18＝27.
答案：27
8．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且6S5－5S3＝5，则a4＝________.
解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由6S5－5S3＝5，得3(a1＋3d)＝1，所以a4＝eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,3)
9．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，整理得n2＋11n－242＝0，
解得n＝11或n＝－22(舍去)．故n＝11.
10．已知等差数列{an}的前n项和Sn＝n2－2n，求a2＋a3－a4＋a5＋a6.
解：∵Sn＝n2－2n，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－2n－[(n－1)2－2(n－1)]＝n2－2n－(n－1)2＋2(n－1)＝2n－3，
∴a2＋a3－a4＋a5＋a6＝(a2＋a6)＋(a3＋a5)－a4＝2a4＋2a4－a4＝3a4＝3×(2×4－3)＝15.
[B级 综合运用]
11．已知命题：“在等差数列{an}中，若4a2＋a10＋a( )＝24，则S11为定值”为真命题，由于印刷问题，括号处的数模糊不清，可推得括号内的数为( )
A．15 B．24 C．18 D．28
解析：选C 设括号内的数为n，则4a2＋a10＋a(n)＝24，即6a1＋(n＋12)d＝24.
又因为S11＝11a1＋55d＝11(a1＋5d)为定值，所以a1＋5d为定值．所以eq \f(n＋12,6)＝5，解得n＝18.
12．(多选)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S7＝a4，则( )
A．a1＋a3＝0 B．a3＋a5＝0 C．S3＝S4 D．S4＝S5
解析：选BC 由S7＝eq \f(7a1＋a7,2)＝7a4＝a4，得a4＝0，所以a3＋a5＝2a4＝0，S3＝S4，故选B、C.
13．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m＝________，a100＝________.
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＝eq \f(2a1＋m－1d,2)＝72－63＝9.
又∵am＝a1＋d(m－1)，∴eq \f(a1＋am,2)＝9，∵am－a1＝14，∴a1＝2，am＝16.
∵eq \f(ma1＋am,2)＝135，∴m＝15，∴d＝eq \f(14,m－1)＝1，∴a100＝a1＋99d＝101.
答案：15 101
14．设Sn是数列{an}的前n项和且n∈N*，所有项an＞0，且Sn＝eq \f(1,4)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an－eq \f(3,4).
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(1,4)aeq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)a1－eq \f(3,4)，解得a1＝3或a1＝－1(舍去)．当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,4)(aeq \\al(2,n)＋2an－3)－eq \f(1,4)(aeq \\al(2,n－1)＋2an－1－3)．
所以4an＝aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＋2an－2an－1，即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
因为an＋an－1＞0，所以an－an－1＝2(n≥2)．所以数列{an}是以 3为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)知an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
[C级 拓展探究]
15．求等差数列{4n＋1}(1≤n≤200)与{6m－3}(1≤m≤200)的公共项之和．
解：由4n＋1＝6m－3(m，n∈N*且1≤m≤200,1≤n≤200)，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝2t，,n＝3t－1，))(t∈N*且eq \f(2,3)≤t≤67)．
则等差数列{4n＋1}(1≤n≤200)，{6m－3}(1≤m≤200)的公共项按从小到大的顺序组成的数列是等差数列{4(3t－1)＋1}(t∈N*且eq \f(2,3)≤t≤67)，
即{12t－3}(t∈N*且eq \f(2,3)≤t≤67)，各项之和为67×9＋eq \f(67×66,2)×12＝27 135.
4．2.2 第二课时 等差数列前n项和的性质及应用(习题课)
[A级 基础巩固]
1．在项数为2n＋1的等差数列中，所有奇数项的和为165，所有偶数项的和为150，则n等于( )
A．9 B．10 C．11 D．12
解析：选B ∵eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n＋1,n)，∴eq \f(165,150)＝eq \f(n＋1,n).∴n＝10，故选B.
2．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
解析：选B 等差数列前n项和Sn的形式为Sn＝an2＋bn，∴λ＝－1.
3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若OB―→＝a1OA―→＋a200OC―→，且A，B，C三点共线(该直线不过点O)，则S200等于( )
A．100 B．101 C．200 D．201
解析：选A 由A，B，C三点共线得a1＋a200＝1，∴S200＝eq \f(200,2)(a1＋a200)＝100.
4．若数列{an}的前n项和为Sn＝n2－4n＋2，则|a1|＋|a2|＋…＋|a10|等于( )
A．15 B．35 C．66 D．100
解析：选C 易得an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,2n－5，n≥2.))|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.
5．设数列{an}是等差数列，若a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示{an}的前n项和，则使Sn达到最大值的n是( )
A．18 B．19 C．20 D．21
解析：选C ∵a1＋a3＋a5＝105＝3a3，∴a3＝35，
∵a2＋a4＋a6＝99＝3a4，∴a4＝33，∴d＝a4－a3＝－2，∴an＝a3＋(n－3)d＝41－2n，
令an＞0，∴41－2n＞0，∴n＜eq \f(41,2)，∴n≤20.
6．已知等差数列{an}中，Sn为其前n项和，已知S3＝9，a4＋a5＋a6＝7，则S9－S6＝________.
解析：∵S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，而S3＝9，S6－S3＝a4＋a5＋a6＝7，∴S9－S6＝5.
答案：5
7．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5＜ak＜8，则k＝________.
解析：∵an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1n＝1，,Sn－Sn－1n≥2，))∴an＝2n－10.由5＜2k－10＜8，得7.5＜k＜9，又k∈N*，∴k＝8.
答案：8
8．若数列{an}是等差数列，首项a1<0，a203＋a204>0，a203·a204<0，则使前n项和Sn<0的最大自然数n是________．
解析：由a203＋a204>0知a1＋a406>0，即S406>0，又由a1<0且a203·a204<0，知a203<0，a204>0，
所以公差d>0，则数列{an}的前203项都是负数，
那么2a203＝a1＋a405<0，所以S405<0，所以使前n项和Sn<0的最大自然数n＝405.
答案：405
9．已知等差数列{an}中，a1＝9，a4＋a7＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)当n为何值时，数列{an}的前n项和取得最大值？
解：(1)由a1＝9，a4＋a7＝0，得a1＋3d＋a1＋6d＝0，解得d＝－2，
∴an＝a1＋(n－1)·d＝11－2n.
(2)法一：由a1＝9，d＝－2，得Sn＝9n＋eq \f(nn－1,2)·(－2)＝－n2＋10n＝－(n－5)2＋25，
∴当n＝5时，Sn取得最大值．
法二：由(1)知a1＝9，d＝－2＜0，∴{an}是递减数列．
令an≥0，则11－2n≥0，解得n≤eq \f(11,2).∵n∈N*，∴n≤5时，an＞0，n≥6时，an＜0.
∴当n＝5时，Sn取得最大值．
10．若等差数列{an}的首项a1＝13，d＝－4，记Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Tn.
解：∵a1＝13，d＝－4，∴an＝17－4n.
当n≤4时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an
＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝13n＋eq \f(nn－1,2)×(－4)＝15n－2n2；
当n≥5时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝(a1＋a2＋a3＋a4)－(a5＋a6＋…＋an)
＝S4－(Sn－S4)＝2S4－Sn＝2×eq \f(13＋1×4,2)－(15n－2n2)＝2n2－15n＋56.
∴Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(15n－2n2n≤4，,2n2－15n＋56n≥5.))
[B级 综合运用]
11．(多选)设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d.已知a3＝12，S12>0，a7<0，则( )
A．a6>0
B．－eq \f(24,7)C．Sn<0时，n的最小值为13
D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))中最小项为第7项
解析：选ABCD 依题意得a3＝a1＋2d＝12，a1＝12－2d，S12＝eq \f(a1＋a12,2)×12＝6(a6＋a7)．
而a7<0，所以a6>0，a1>0，d<0，A选项正确．且eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a7＝a1＋6d＝12＋4d<0，,a6＝a1＋5d＝12＋3d>0，,a6＋a7＝2a1＋11d＝24＋7d>0.))
解得－eq \f(24,7)由于S13＝eq \f(a1＋a13,2)×13＝13a7<0，而S12>0，所以Sn<0时，n的最小值为13.由上述分析可知，n∈[1,6]时，an>0，n≥7时，an<0；当n∈[1,12]时，Sn>0，当n≥13时，Sn<0.所以当n∈[7,12]时，an<0，Sn>0，eq \f(Sn,an)<0，且当n∈[7,12]时，|an|为递增数列，Sn为正数且为递减数列，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))中最小项为第7项．故选A、B、C、D.
12．设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m等于( )
A．3 B．4 C．5 D．6
解析：选C am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，所以公差d＝am＋1－am＝1，由Sm＝eq \f(ma1＋am,2)＝0，得a1＝－2，所以am＝－2＋(m－1)·1＝2，解得m＝5，故选C.
13．已知等差数列{an}的公差d>0，前n项和为Sn，且a2a3＝45，S4＝28.
(1)则数列{an}的通项公式为an＝________；
(2)若bn＝eq \f(Sn,n＋c)(c为非零常数)，且数列{bn}也是等差数列，则c＝________.
解析：(1)∵S4＝28，∴eq \f(a1＋a4×4,2)＝28，a1＋a4＝14，a2＋a3＝14，
又∵a2a3＝45，公差d>0，∴a2∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝5，,a1＋2d＝9，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝4，))∴an＝4n－3.
(2)由(1)，知Sn＝2n2－n，∴bn＝eq \f(Sn,n＋c)＝eq \f(2n2－n,n＋c)，∴b1＝eq \f(1,1＋c)，b2＝eq \f(6,2＋c)，b3＝eq \f(15,3＋c).
又∵{bn}也是等差数列，∴b1＋b3＝2b2，即2×eq \f(6,2＋c)＝eq \f(1,1＋c)＋eq \f(15,3＋c)，解得c＝－eq \f(1,2)(c＝0舍去)．
答案：(1)4n－3 (2)－eq \f(1,2)
14．在等差数列{an}中，a10＝23，a25＝－22.
(1)数列{an}前多少项和最大？
(2)求{|an|}的前n项和Sn.
解：(1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋9d＝23，,a1＋24d＝－22，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝50，,d＝－3，))∴an＝a1＋(n－1)d＝－3n＋53.
令an>0，得n0；
当n≥18，n∈N*时，an<0，∴{an}的前17项和最大．
(2)当n≤17，n∈N*时，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝－eq \f(3,2)n2＋eq \f(103,2)n.
当n≥18，n∈N*时，
|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a17－a18－a19－…－an＝2(a1＋a2＋…＋a17)－(a1＋a2＋…＋an)
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)×172＋\f(103,2)×17))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)n2＋\f(103,2)n))＝eq \f(3,2)n2－eq \f(103,2)n＋884.
∴Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)n2＋\f(103,2)n，n≤17，n∈N*，,\f(3,2)n2－\f(103,2)n＋884，n≥18，n∈N*.))
[C级 拓展探究]
15．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{an}为等差数列，a1＝12，d＝－2.
(1)求Sn，并画出{Sn}(1≤n≤13)的图象；
(2)分别求{Sn}单调递增、单调递减的n的取值范围，并求{Sn}的最大(或最小)的项；
(3){Sn}有多少项大于零？
解：(1)Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝12n＋eq \f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋13n.图象如图．
(2)Sn＝－n2＋13n＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(13,2)))2＋eq \f(169,4)，n∈N*，
∴当n＝6或n＝7时，Sn最大；
当1≤n≤6时，{Sn}单调递增；
当n≥7时，{Sn}单调递减．{Sn}有最大值，最大项是S6，S7，S6＝S7＝42.
(3)由图象得{Sn} 中有12项大于零．
2
3
4
5
6
7
…
3
5
7
9
11
13
…
4
7
10
13
16
19
…
5
9
13
17
21
25
…
6
11
16
21
26
31
…
7
13
19
25
31
37
…
…
…
…
…
…
…
…
4
7
( )
( )
( )
…
a1j
…
7
12
( )
( )
( )
…
a2j
…
( )
( )
( )
( )
( )
…
a3j
…
( )
( )
( )
( )
( )
…
a4j
…
…
…
…
…
…
…
…
…
ai1
ai2
ai3
ai4
ai5
…
aij
…
…
…
…
…
…
…
…
…