等差数列前n项和习题课(2)

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必修5《等差数列的前n项和》习题精选含答案

第1课时等差数列的前n项和课后篇巩固探究A组1.设S n是等差数列{a n}的前n项和,已知a2=3,a6=11,则S7等于()A.13B.35C.49D.63解析:S7==49.答案:C2.设S n是等差数列{a n}的前n项和,S5=10,则a3的值为()A. B.1 C.2 D.3解析:∵S5==5a3,∴a3=S5=×10=2.答案:C3.已知数列{a n}的通项公式为a n=2n-37,则S n取最小值时n的值为()A.17B.18C.19D.20解析:由≤n≤.∵n∈N+,∴n=18.∴S18最小,此时n=18.答案:B4.等差数列{a n}的前n项和为S n(n=1,2,3,…),若当首项a1和公差d变化时,a5+a8+a11是一个定值,则下列选项中为定值的是()A.S17B.S18C.S15D.S14解析:由a5+a8+a11=3a8是定值,可知a8是定值,所以S15==15a8是定值.答案:C5.若两个等差数列{a n},{b n}的前n项和分别为A n与B n,且满足(n∈N+),则的值是()A. B. C. D.解析:因为,所以.答案:C6.已知{a n}是等差数列,S n为其前n项和,n∈N+.若a3=16,S20=20,则S10的值为.解析:设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d.∵a3=a1+2d=16,S20=20a1+d=20,∴解得d=-2,a1=20,∴S10=10a1+d=200-90=110.答案:1107.在等差数列{a n}中,前n项和为S n,若a9=3a5,则=.解析:S17=17a9,S9=9a5,于是×3=.答案:8.已知某等差数列共有10项,其奇数项之和为15,偶数项之和为30,则其公差等于.解析:设公差为d,则有5d=S偶-S奇=30-15=15,于是d=3.答案:39.若等差数列{a n}的公差d<0,且a2·a4=12,a2+a4=8.(1)求数列{a n}的首项a1和公差d;(2)求数列{a n}的前10项和S10的值.解(1)由题意知(a1+d)(a1+3d)=12,(a1+d)+(a1+3d)=8,且d<0,解得a1=8,d=-2.(2)S10=10×a1+d=-10.10.导学号33194010已知数列{a n}是首项为23,公差为整数的等差数列,且前6项均为正,从第7项开始变为负.求:(1)此等差数列的公差d;(2)设前n项和为S n,求S n的最大值;(3)当S n是正数时,求n的最大值.解(1)∵数列{a n}首项为23,前6项均为正,从第7项开始变为负,∴a6=a1+5d=23+5d>0,a7=a1+6d=23+6d<0,解得-<d<-,又d∈Z,∴d=-4.(2)∵d<0,∴{a n}是递减数列.又a6>0,a7<0,∴当n=6时,S n取得最大值,即S6=6×23+×(-4)=78.(3)S n=23n+×(-4)>0,整理得n(25-2n)>0,∴0<n<,又n∈N+,∴n的最大值为12.B组1.设数列{a n}为等差数列,公差d=-2,S n为其前n项和,若S10=S11,则a1=()A.18B.20C.22D.24解析:因为S11-S10=a11=0,a11=a1+10d=a1+10×(-2)=0,所以a1=20.答案:B2.(2017全国1高考)记S n为等差数列{a n}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则{a n}的公差为()A.1B.2C.4D.8解析:设首项为a1,公差为d,则a4+a5=a1+3d+a1+4d=24,S6=6a1+d=48,联立可得①×3-②,得(21-15)d=24,即6d=24,所以d=4.答案:C3.等差数列{a n}的前n项和记为S n,若a2+a4+a15的值为一个确定的常数,则下列各数中也是常数的是()A.S7B.S8C.S13D.S15解析:∵a2+a4+a15=3a1+18d=3(a1+6d)=3a7为常数,∴S13==13a7为常数.答案:C4.导学号33194011若等差数列{a n}的通项公式是a n=1-2n,其前n项和为S n,则数列的前11项和为() A.-45 B.-50 C.-55 D.-66解析:∵S n=,∴=-n,∴的前11项和为-(1+2+3+…+11)=-66.故选D.答案:D5.已知等差数列{a n}前9项的和等于前4项的和.若a1=1,a k+a4=0,则k=.解析:设等差数列{a n}的公差为d,则a n=1+(n-1)d,∵S4=S9,∴a5+a6+a7+a8+a9=0.∴a7=0,∴1+6d=0,d=-.又a4=1+3×,a k=1+(k-1)d,由a k+a4=0,得+1+(k-1)d=0,将d=-代入,可得k=10.答案:106.已知数列{a n}为等差数列,其前n项和为S n,且1+<0.若S n存在最大值,则满足S n>0的n的最大值为.解析:因为S n有最大值,所以数列{a n}单调递减,又<-1,所以a10>0,a11<0,且a10+a11<0.所以S19=19×=19a10>0,S20=20×=10(a10+a11)<0,故满足S n>0的n的最大值为19.答案:197.导学号33194012在等差数列{a n}中,a1=-60,a17=-12,求数列{|a n|}的前n项和.解数列{a n}的公差d==3,∴a n=a1+(n-1)d=-60+(n-1)×3=3n-63.由a n<0得3n-63<0,解得n<21.∴数列{a n}的前20项是负数,第20项以后的项都为非负数.设S n,S n'分别表示数列{a n}和{|a n|}的前n项和,当n≤20时,S n'=-S n=-=-n2+n;当n>20时,S n'=-S20+(S n-S20)=S n-2S20=-60n+×3-2×n2-n+1260.∴数列{|a n|}的前n项和S n'=8.导学号33194013设等差数列{a n}的前n项和为S n,且a5+a13=34,S3=9.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和公式;(2)设数列{b n}的通项公式为b n=,问:是否存在正整数t,使得b1,b2,b m(m≥3,m∈N)成等差数列?若存在,求出t和m的值;若不存在,请说明理由.解(1)设等差数列{a n}的公差为d,因为a5+a13=34,S3=9,所以整理得解得所以a n=1+(n-1)×2=2n-1,S n=n×1+×2=n2.(2)由(1)知b n=,所以b1=,b2=,b m=.若b1,b2,b m(m≥3,m∈N)成等差数列,则2b2=b1+b m,所以,即6(1+t)(2m-1+t)=(3+t)(2m-1+t)+(2m-1)(1+t)(3+t),整理得(m-3)t2-(m+1)t=0,因为t是正整数,所以(m-3)t-(m+1)=0,m=3时显然不成立,所以t==1+.又因为m≥3,m∈N,所以m=4或5或7,当m=4时,t=5;当m=5时,t=3;当m=7时,t=2.所以存在正整数t,使得b1,b2,b m(m≥3,m∈N)成等差数列.。

高中数学第二章数列 2.3 等差数列的前n项和第2课时等差数列的前n项和(习题课)达标检测(

等差数列的前n 项和A 级基础巩固一、选择题1．一个等差数列共有2n ＋1项，其奇数项的和为512，偶数项的和为480，则中间项为()A ．30B ．31C ．32D ．33解析：中间项为a n ＋1.S 奇＝（a 1＋a 2n ＋1）2·(n ＋1)＝(n ＋1)a n ＋1＝512. S 偶＝a 2＋a 2n 2·n ＝n ·a n ＋1＝480. 所以a n ＋1＝S 奇－S 偶＝512－480＝32.答案：C2．(多选)设{a n }是等差数列，S n 为其前n 项和，且S 7<S 8，S 8＝S 9>S 10，则下列结论正确的是()A ．d <0B ．a 9＝0C ．S 11>S 7D ．S 8、S 9均为S n 的最大值解析：由S 7<S 8得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 7<a 1＋a 2＋…＋a 7＋a 8，即a 8>0，又因为S 8＝S 9，所以a 1＋a 2＋…＋a 8＝a 1＋a 2＋…＋a 8＋a 9，所以a 9＝0，故B 项正确．同理由S 9>S 10，得a 10<0，因为d ＝a 10－a 9<0，故A 项正确．对C ，S 11>S 7，即a 8＋a 9＋a 10＋a 11>0，可得2(a 9＋a 10)>0，由结论a 9＝0，a 10<0，显然C 项是错误的．因为S 7<S 8，S 8＝S 9>S 10，所以S 8与S 9均为S n 的最大值，故D 项正确．答案：ABD3．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 3S 6＝13，则S 6S 12为()A.310B.13C.18D.19解析：S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9，构成一个新的等差数列，令S 3＝1，S 6－S 3＝3－1＝2，所以S 9－S 6＝3，S 12－S 9＝4.所以S 12＝S 3＋(S 6－S 3)＋(S 9－S 6)＋(S 12－S 9)＝1＋2＋3＋4＝10.所以S 6S 12＝310. 答案：A4．若数列{a n }的前n 项和是S n ＝n 2－4n ＋2，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|等于()A ．15B ．35C ．66D ．100解析：易得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －5，n ≥2. |a 1|＝1，|a 2|＝1，|a 3|＝1，令a n >0则2n －5>0，所以n ≥3.所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝－(a 1＋a 2)＋a 3＋…＋a 10＝2＋(S 10－S 2)＝2＋[(102－4×10＋2)－(22－4×2＋2)]＝66.答案：C5．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝－11，a 5＋a 9＝－2，则当S n 取最小值时，n ＝()A ．9B ．8C ．7D ．6解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝－11，a 5＋a 9＝－2，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝－11，2a 1＋12d ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－13，d ＝2.所以a n ＝－15＋2n .由a n ＝－15＋2n ≤0，解得n ≤152. 又n 为正整数，所以当S n 取最小值时，n ＝7.答案：C二、填空题6．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9＝________．解析：S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等差数列，即2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)．因为S 3＝9，S 6－S 3＝27，所以S 9－S 6＝45，所以a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6＝45.答案：457．(2019·全国卷Ⅲ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 1≠0，a 2＝3a 1，则S 10S 5＝________．答案：48．若等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若a 2∶a 3＝5∶2，则S 3∶S 5＝________．解析：S 3S 5＝3（a 1＋a 3）5（a 1＋a 5）＝3a 25a 3＝35×52＝32. 答案：3∶2三、解答题9．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝12，且S 12＞0，S 13＜0.(1)求公差d 的X 围；(2)问前几项的和最大，并说明理由．解：(1)因为a 3＝12，所以a 1＝12－2d ，因为S 12＞0，S 13＜0，所以⎩⎪⎨⎪⎧12a 1＋66d ＞0，13a 1＋78d ＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧24＋7d ＞0，3＋d ＜0，所以－247＜d ＜－3. (2)因为S 12＞0，S 13＜0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 12＞0，a 1＋a 13＜0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 6＋a 7＞0，a 7＜0，所以a 6＞0.又由(1)知d ＜0.所以数列前6项为正，从第7项起为负．所以数列前6项和最大．10．一个等差数列的前10项之和为100，前100项之和为10，求前110项之和．解：法一设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则S n ＝na 1＋n （n －1）2d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋10×92d ＝100，①100a 1＋100×992d ＝10，② ①×10－②，整理得d ＝－1150，代入①，得a 1＝1 099100. 所以S 110＝110a 1＋110×1092d ＝110×1 099100＋110×1092×⎝ ⎛⎭⎪⎫－1150 ＝110×1 099－109×11100＝－110. 故此数列的前110项之和为－110. 法二数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，…，S 100－S 90，S 110－S 100为等差数列，设公差为d ′，则10S 10＋10×92×d ′＝S 100＝10，因为S 10＝100，代入上式得d ′＝－22，所以S 110－S 100＝S 10＋(11－1)×d ′＝100＋10×(－22)＝－120，所以S 110＝－120＋S 100＝－110.法三设等差数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn . 因为S 10＝100，S 100＝10，所以⎩⎪⎨⎪⎧102a ＋10b ＝100，1002a ＋100b ＝10，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－11100，b ＝11110，所以S n ＝－11100n 2＋11110n ，所以S 110＝－11100×1102＋11110×110＝－110. B 级能力提升1．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 4＝0，a 5＝5，则()A ．a n ＝2n －5B ．a n ＝3n －10C ．S n ＝2n 2－8nD ．S n ＝12n 2－2n 答案：A2．若数列{a n }是等差数列，首项a 1＞0，a 2 003＋a 2 004＞0，a 2 003· a 2 004＜0，则使前n 项和S n ＞0成立的最大自然数n 是________．解析：由条件可知数列单调递减，故知 a 2 003＞0，a 2 004＜0，故S 4 006＝4 006（a 1＋a 4 006）2＝2 003·(a 2 003＋a 2 004)＞0， S 4 007＝4 007（a 1＋a 4 007）2＝4 007×a 2 004＜0，故使前n 项和S n ＞0成立的最大自然数n 是4 006. 答案：4 0063．等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝10，a 2为整数，且S n ≤S 4.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由a 1＝10，a 2为整数知，等差数列{a n }的公差d 为整数．因为S n ≤S 4，故a 4≥0，a 5≤0，于是10＋3d ≥0，10＋4d ≤0.解得－103≤d ≤－52. 因此d ＝－3.数列{a n }的通项公式为a n ＝13－3n .(2)b n ＝1（13－3n ）（10－3n ）＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n ，于是T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝13⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋⎦⎥⎤…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n ＝13(110－3n －110)＝n 10（10－3n ）.。

等差数列的前n项和公式(第2课时)-高二数学同步备课系列(人教A版2019选择性必修第二册)

在例9中, 当d 3.5时, Sn有最大值吗 ? 结合例9考虑更一般的等差数列前n项和的最大值问题.
解法2：Sn
10n
n(n 1) 2
(3.5)
7 4
n2
47 4
n,
对称轴是n
3
5 14
,
所以Sn有最大值,
是S3
.
环节六:归纳总结，反思提升
问题请同学们回顾本节课的学习内容,并回答下列问题： 1. 本节课学习的概念有哪些？ 2. 在解决问题时，用到了哪些数学思想？
(3) 设这些5的倍数从小到大依次排列构成等差数列{cn}, 则c1 100, d 5, cn 995.
cn c1 (n 1)d , 995 100 (n 1) 5, n 180,
即有180个数是5的倍数,
Sn
180 (100 2
995)
98550.
（4）小于100的正整数中被7除余2的最小数为2，最大数为93，这些数构成以2为首项，7为公差的等差数列．
设有n个数,由93 2 (n 1) 7, 得n 14,即有14个数被7除余2. S 14 (2 93) 665.
2
4. 1682年，英国的天文学家哈雷发现一颗大彗星描绘的曲线和1531年，1607 年的彗星惊人地相似，便大胆断定，这是同一天体的三次出现，并预言它将于76年后再度回归。这就是著名的哈雷彗星，它的回归周期大约是76年，请你查找资料，列出哈雷彗星回归时间表，并预测它在本世纪回归的时间。
a2 a4 a6 3a4 99,a4 33, d a4 a3 2.
a20 a3 17d 35 17 (2) 1
3．（1）求从小到大排列的前n个正偶数的和．（2）求从小到大排列的前n个正奇数的和．（3）在三位正整数的集合中有多少个数是5的倍数？求这些数的和．（4）在小于100的正整数中，有多少个数被7除余2？这些数的和是多少？

第二节等差数列及其前n项和

课前 ·双基落实课堂 ·考点突破课后· 三维演练
等差数列及其前n项和
结束
2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：an＝ a1＋(n－1)d .
nn－1 na1＋an d ＝_________. 1＋ (2)前n项和公式：Sn＝ na ____________ 2 2
3．等差数列的常用性质 (1)通项公式的推广：an＝am＋ (n－m)d (n，m∈N*)． (2)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则 ak＋al＝am＋an . (3)若{an}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为 2d .
课前 ·双基落实课堂 ·考点突破课后· 三维演练
等差数列及其前n项和
结束
2．(2017· 合肥质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a8＝1，S16 ＝0，当Sn取最大值时n的值为 A．7 B． 8 C．9 D．10
a1＝15，解得 d＝－2，
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
(
)
a8＝a1＋7d＝1，解析：法一：由 16×15 S ＝16a1＋ d＝0， 2 16
等差数列及其前n项和
结束
第二节
等差数列及其前n项和
1．等差数列的有关概念 (1)定义：如果一个数列从第 2 项起，每一项与它的前一项的
差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这 ____
个常数叫做等差数列的公差，通常用字母 d 表示． a＋b A＝ (2)等差中项：数列 a， A， b 成等差数列的充要条件是________ 2 ，其中 A 叫做 a，b 的等差中项．
等差数列及其前n项和
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等差数列的前n项和公式习题课

第4课时【教学题目】§6.2.3等差数列的前n 项和公式习题课【教学目标】1.掌握等差数列的前n 项和公式；2.会应用等差数列的前n 项和公式解答相关问题.【教学内容】1.等差数列的前n 项和公式；2.应用等差数列的前n 项和公式解答相关问题.【教学重点】等差数列的前n 项和公式.【教学难点】应用等差数列的前n 项和公式解答相关问题.【教学过程】一、知识点梳理（一）等差数列的定义1n n a a d +-=；（二）等差数列的递推公式1n n a a d +=+；（三）等差数列的通项公式()11n a a n d =+-；（四）等差数列的前n 项和公式()()11122n n n a a n n S na d +-==+. 二、例题讲解例1、一个等差数列共有20项，各项之和为1050，首项是5，求数列的公差与第20项. 解：因为20n =，201050S =，15a =所以()202020510502a S ⨯+==，解得20100a =，又因为()201201519100a a d d =+-=+=，所以5d =.故20100a =，5d =.例2、在等差数列{}n a 中, 315a =99a =-求30S .解：因为所以1a =23，4d =-. 故()()30303013023410502S ⨯-=⨯+⨯-=-. 例3、等差数列3,1,5,-的前几项和是150？解：因为13a =-，()21134d a a =-=--=，所以()1341502n n n S n -=-+⋅=，解得110n =，2152n N *=-∉（舍去）所以等差数列3,1,5,-的前10项和是150. 三、学生练习（一）在等差数列{}n a 中,已知12a =，720a =，求15S .分析：通过12a =，720a =，利用等差数列的通项公式()11n a a n d =+-，求出公差d ，再将1a 、d 、n 代入等差数列的前n 项和公式()112n n n S na d -=+，从而得到15S . （二）在等差数列{}n a 中,已知1526a =，15180S =，求1a 和d .分析：已知1526a =，15n =，15180S =，根据等差数列的前n 项和公式()12n n n a a S +=，从而解得1a ，再根据等差数列的通项公式()11n a a n d =+-，求出公差d ，或者根据等差数列的前n 项和公式()112n n n S na d -=+，也可以求出公差d . 四、课堂小结（一）等差数列的前n 项和公式；（二）应用等差数列的前n 项和公式解答相关问题.五、作业布置 ()31131215a a d a d =+-=+=()9119189a a d a d =+-=+=-课本P11练习6.2A组第5题、第6题、第7题，第8题.六、教学反思本节课的重点在于使学生掌握等差数列的前n项和公式并学会应用等差数列的前n项和公式解答相关问题.特别要使学生明白知道了等差数列{}n a中的1a、n和n a，利用公式S；知道了等差数列{}n a中的1a、n和d，利用公式（6.4）可以直（6.3）可以直接计算nS.应使学生明白：（1）应用时，如何对公式（6.3）和公式（6.4）进行选择？（2）接计算n已知等差数列{}n a中的n S、1a、n、n a四个量中的三个量，就可以利用公式（6.3）求另外一个量.（3）已知等差数列{}n a中n S、1a、n、d四个量中的三个量，就可以利用公式（6.4）求另外一个量.通过课堂练习和作业反映的情况来看，学生基本掌握了等差数列的前n项和公式、等差数列的通项公式，但对于二者的结合应用还不熟练，另外有些学生的数学基本功较差，应引起重视.。

等差数列的前n项和练习题及答案解析

1．若一个等差数列首项为0，公差为2，则这个等差数列的前20项之和为( )A ．360B ．370C ．380D ．390答案：C2．已知a 1＝1，a 8＝6，则S 8等于( )A ．25B ．26C ．27D ．28答案：D3．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 6＝S 3＝12，则{a n }的通项a n ＝________.解析：由已知⎩⎨⎧ a 1＋5d ＝123a 1＋3d ＝12?⎩⎨⎧a 1＝2，d ＝2.故a n ＝2n . 答案：2n4．在等差数列{a n }中，已知a 5＝14，a 7＝20，求S 5.解：d ＝a 7－a 57－5＝20－142＝3， a 1＝a 5－4d ＝14－12＝2，所以S 5＝5?a 1＋a 5?2＝5?2＋14?2＝40. 一、选择题1．(2011年杭州质检)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝1，a 3＝3，则S 4＝( )A ．12B ．10C ．8D ．6 解析：选＝a 3－a 2＝2，a 1＝－1，S 4＝4a 1＋4×32×2＝8. 2．在等差数列{a n }中，a 2＋a 5＝19，S 5＝40，则a 10＝( )A ．24B ．27C ．29D ．48解析：选C.由已知⎩⎨⎧ 2a 1＋5d ＝19，5a 1＋10d ＝40.解得⎩⎨⎧a 1＝2，d ＝3.∴a 10＝2＋9×3＝29. 3．在等差数列{a n }中，S 10＝120，则a 2＋a 9＝( )A ．12B ．24C ．36D ．48解析：选＝10?a 1＋a 10?2＝5(a 2＋a 9)＝120.∴a 2＋a 9＝24. 4．已知等差数列{a n }的公差为1，且a 1＋a 2＋…＋a 98＋a 99＝99，则a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 96＋a 99＝( )A ．99B ．66C ．33D ．0解析：选B.由a 1＋a 2＋…＋a 98＋a 99＝99，得99a 1＋99×982＝99. ∴a 1＝－48，∴a 3＝a 1＋2d ＝－46.又∵{a 3n }是以a 3为首项，以3为公差的等差数列．∴a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99＝33a 3＋33×322×3＝33(48－46)＝66.5．若一个等差数列的前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有( )A ．13项B ．12项C ．11项D ．10项解析：选A.∵a 1＋a 2＋a 3＝34，①a n ＋a n －1＋a n －2＝146，②又∵a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n －2，∴①＋②得3(a 1＋a n )＝180，∴a 1＋a n ＝60.③S n ＝?a1＋a n ?·n 2＝390.④将③代入④中得n ＝13.6．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 ．10C ．11D ．12解析：选B.由等差数列前n 项和的性质知S 偶S 奇＝nn ＋1，即150165＝nn ＋1，∴n ＝10.二、填空题7．设数列{a n }的首项a 1＝－7，且满足a n ＋1＝a n ＋2(n ∈N *)，则a 1＋a 2＋…＋a 17＝________. 解析：由题意得a n ＋1－a n ＝2，∴{a n }是一个首项a 1＝－7，公差d ＝2的等差数列．∴a 1＋a 2＋…＋a 17＝S 17＝17×(－7)＋17×162×2＝153.答案：1538．已知{a n }是等差数列，a 4＋a 6＝6，其前5项和S 5＝10，则其公差为d ＝__________.解析：a 4＋a 6＝a 1＋3d ＋a 1＋5d ＝6.①S 5＝5a 1＋12×5×(5－1)d ＝10.②由①②得a 1＝1，d ＝12.答案：129．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，a 12＝－8，S 9＝－9，则S 16＝________.解析：由等差数列的性质知S 9＝9a 5＝－9，∴a 5＝－1.又∵a 5＋a 12＝a 1＋a 16＝－9，∴S 16＝16?a 1＋a 16?2＝8(a 1＋a 16)＝－72.答案：－72三、解答题10．已知数列{a n }的前n 项和公式为S n ＝n 2－23n －2(n ∈N *)．(1)写出该数列的第3项；(2)判断74是否在该数列中．解：(1)a 3＝S 3－S 2＝－18.(2)n ＝1时，a 1＝S 1＝－24，n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －24，即a n ＝⎩⎨⎧ －24，n ＝1，2n －24，n ≥2，由题设得2n －24＝74(n ≥2)，解得n ＝49.∴74在该数列中．11．(2010年高考课标全国卷)设等差数列{a n }满足a 3＝5，a 10＝－9.(1)求{a n }的通项公式；(2)求{a n }的前n 项和S n 及使得S n 最大的序号n 的值．解：(1)由a n ＝a 1＋(n －1)d 及a 3＝5，a 10＝－9得⎩⎨⎧ a 1＋2d ＝5，a 1＋9d ＝－9，可解得⎩⎨⎧a 1＝9，d ＝－2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝11－2n .(2)由(1)知，S n ＝na 1＋n ?n －1?2d ＝10n －n 2. 因为S n ＝－(n －5)2＋25，所以当n ＝5时，S n 取得最大值．12．已知数列{a n }是等差数列．(1)前四项和为21，末四项和为67，且各项和为286，求项数；(2)S n ＝20，S 2n ＝38，求S 3n .解：(1)由题意知a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝21，a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＝67，所以a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＝88.所以a 1＋a n ＝884＝22. 因为S n ＝n ?a 1＋a n ?2＝286，所以n ＝26. (2)因为S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等差数列，所以S 3n ＝3(S 2n －S n )＝54.。

【高中数学】习题课二求数列的和

习题课二求数列的和题型一分组分解求和【例1】已知正项等比数列{a n }中，a 1＋a 2＝6，a 3＋a 4＝24. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，求数列{a n ＋b n }的前n 项和. 解 (1)设数列{a n }的公比为q (q >0)，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1·q ＝6，a 1·q 2＋a 1·q 3＝24，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2， ∴a n ＝a 1·q n －1＝2×2n －1＝2n .(2)b n ＝log 22n ＝n ，设{a n ＋b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝(a 1＋b 1)＋(a 2＋b 2)＋…＋(a n ＋b n ) ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )＋(b 1＋b 2＋…＋b n ) ＝(2＋22＋…＋2n )＋(1＋2＋…＋n ) ＝2×（2n －1）2－1＋n （1＋n ）2＝2n ＋1－2＋12n 2＋12n .规律方法 1.若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.2.若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{c n }的前n 项和.【训练1】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n . 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＋S 4＝S 5可得a 1＋a 2＋a 3＝a 5，即3a 2＝a 5，∴3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2， ∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)可得b n ＝(－1)n －1×(2n －1)，∴T 2n ＝(1－3)＋(5－7)＋…＋[(4n －3)－(4n －1)] ＝(－2)·n ＝－2n .题型二裂项相消法求和【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 2＝2，S 4＝16，{a n ＋1}是等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a n >0，设b n ＝log 2(3a n ＋3)，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和.解 (1)设等比数列{a n ＋1}的公比为q ，其前n 项和为T n ，因为S 2＝2，S 4＝16，所以T 2＝4，T 4＝20，易知q ≠1，所以T 2＝（a 1＋1）（1－q 2）1－q ＝4①，T 4＝（a 1＋1）（1－q 4）1－q ＝20②，由②①得1＋q 2＝5，解得q ＝±2. 当q ＝2时，a 1＝13，所以a n ＋1＝43×2n －1＝2n ＋13；当q ＝－2时，a 1＝－5，所以a n ＋1＝(－4)×(－2)n －1＝－(－2)n ＋1. 所以a n ＝2n ＋13－1或a n ＝－(－2)n ＋1－1.(2)因为a n >0，所以a n ＝2n ＋13－1，所以b n ＝log 2(3a n ＋3)＝n ＋1，所以1b n b n ＋1＝1（n ＋1）（n ＋2）＝1n ＋1－1n ＋2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和为⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝12－1n ＋2＝n 2（n ＋2）. 规律方法 (1)把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的.常见的拆项公式： (ⅰ)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1；(ⅱ)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；(ⅲ)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(2)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止. (3)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项. 【训练2】设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3. (1)求a n ；(2)设b n ＝1S n ，求数列{b n }的前n 项和为T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝a 1＋6d ，（a 1＋7d ）－2（a 1＋2d ）＝3，解得a 1＝3，d ＝2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.(2)由(1)得S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n (n ＋2)，∴b n ＝1n （n ＋2）＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2.∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n＝12[⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2]＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2.题型三错位相减法求和【例3】已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .解 (1)设{a n }的公比为q ，由题意知：a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2，又a n >0，解得：a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n .(2)由题意知：S 2n ＋1＝（2n ＋1）（b 1＋b 2n ＋1）2＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b na n ，则c n ＝2n ＋12n ，因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ，又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1，两式相减得12T n ＝32＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1 ＝32＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －11－12－2n ＋12n ＋1 ＝52－2n ＋52n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .规律方法 1.一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法.2.用错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式.【训练3】已知数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，在等差数列{b n }中，b n >0，且b 1＋b 2＋b 3＝15，又a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列. (1)求数列{a n b n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和T n .解 (1)∵a n ＝3n －1，∴a 1＝1，a 2＝3，a 3＝9.∵在等差数列{b n }中，b 1＋b 2＋b 3＝15，∴3b 2＝15，则b 2＝5. 设等差数列{b n }的公差为d ，又a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列， ∴(1＋5－d )(9＋5＋d )＝64，解得d ＝－10或d ＝2. ∵b n >0，∴d ＝－10应舍去，∴d ＝2， ∴b 1＝3，∴b n ＝2n ＋1. 故a n b n ＝(2n ＋1)·3n －1，n ∈N *.(2)由(1)知T n ＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n －1)3n －2＋(2n ＋1)3n －1，① 3T n ＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n －1)3n －1＋(2n ＋1)3n ，②①－②，得－2T n ＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －1－(2n ＋1)3n ＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n －1)－(2n ＋1)3n ＝3＋2×3－3n1－3－(2n ＋1)3n＝3n －(2n ＋1)3n ＝－2n ·3n . ∴T n ＝n ·3n ，n ∈N *.一、素养落地1.通过学习数列求和的方法，提升数学运算和逻辑推理素养.2.求数列的前n 项和，一般有下列几种方法. (1)错位相减适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和. (2)分组求和把一个数列分成几个可以直接求和的数列. (3)裂项相消有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和. (4)奇偶并项当数列通项中出现(－1)n 或(－1) n ＋1时，常常需要对n 取值的奇偶性进行分类讨论.(5)倒序相加例如，等差数列前n 项和公式的推导方法. 二、素养训练1.数列214，418，6116，…的前n 项和S n 为( )A.n 2＋1＋12n ＋1B.n 2＋2－12n ＋1C.n (n ＋1)＋12－12n ＋1D.n (n ＋1)＋12n ＋1解析 S n ＝(2＋4＋6＋…＋2n )＋⎝⎛⎭⎫14＋18＋…＋12n ＋1＝12n (2＋2n )＋14⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12 ＝n (n ＋1)＋12－12n ＋1.答案 C2.等比数列{a n }中，a 5＝2，a 6＝5，则数列{lg a n }的前10项和等于( ) A.6 B.5 C.4D.3解析 ∵数列{a n }是等比数列，a 5＝2，a 6＝5， ∴a 1a 10＝a 2a 9＝a 3a 8＝a 4a 7＝a 5a 6＝10， ∴lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 10＝lg(a 1·a 2·…·a 10) ＝lg(a 5a 6)5＝5lg 10＝5. 故选B. 答案 B3.数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n （n ＋1）的前2 020项和为________.解析因为2n （n ＋1）＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，所以S 2 020＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋12 020－12 021 ＝2⎝⎛⎭⎫1－12 021＝4 0402 021. 答案4 0402 0214.已知数列a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n －1，n 为奇数，n ，n 为偶数，则S 100＝________.解析由题意得S 100＝a 1＋a 2＋…＋a 99＋a 100 ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100) ＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100) ＝5 000. 答案 5 0005.在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n ，n ∈N *. (1)设b n ＝a n2n －1，证明：数列{b n }是等差数列；(2)在(1)的条件下求数列{a n }的前n 项和S n . (1)证明由已知a n ＋1＝2a n ＋2n ，得b n ＋1＝a n ＋12n ＝2a n ＋2n 2n ＝a n2n －1＋1＝b n ＋1.∴b n ＋1－b n ＝1，又b 1＝a 1＝1.∴{b n }是首项为1，公差为1的等差数列. (2)解由(1)知，b n ＝n ，a n2n －1＝b n ＝n .∴a n ＝n ·2n －1.∴S n ＝1＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1，两边同时乘以2得2S n ＝1×21＋2×22＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，两式相减得－S n ＝1＋21＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n ＝(1－n )2n －1， ∴S n ＝(n －1)×2n ＋1. 三、审题答题示范(一) 数列求和问题【典型示例】 (12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2＝4，2S n ＝na n ＋n ①，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若取出数列{a n }中的部分项a 2，a 6，a 22，…依次组成一个等比数列{c n }，若数列{b n }满足a n ＝b n ·c n ，求证：数列{b n }的前n 项和T n <23.②联想解题看到①，想到a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，利用S n 与a n 的关系结合定义法或等差中项法证明数列{a n }为等差数列并求通项公式.看到②，想到利用错位相减法求数列{b n }的前n 项和T n ，从而得到T n 的取值范围，即可证明T n <23. 满分示范(1)解数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝na n ＋n ，n ∈N *，当n ＝1时，2a 1＝a 1＋1，则a 1＝1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1①， a n ＋1＝S n ＋1－S n ②.2分由②－①得，S n ＋1－2S n ＋S n －1＝a n ＋1－a n ，所以（n ＋1）（a n ＋1＋1）2－n (a n ＋1)＋（n －1）（a n －1＋1）2＝a n ＋1－a n ，所以（n －1）a n ＋1＋（n －1）a n －12＝(n －1)a n ，即a n ＋1＋a n －12＝a n ，所以数列{a n }为等差数列.5分又a 1＝1，且a 2＝4，整理得a n ＝3n －2.6分 (2)证明由a 2＝4，a 6＝16，解得c n ＝4n ，所以b n ＝(3n －2)×14n .8分则T n ＝1×14＋4×142＋…＋(3n －2)×14n ③，14T n ＝1×142＋4×143＋…＋(3n －2)×14n ＋1④，9分由③－④得，34T n ＝14＋3⎝⎛⎭⎫142＋…＋14n －(3n －2)×14n ＋1＝12－3n ＋24n ＋1，解得T n ＝23－3n ＋23×4n <23.12分满分心得(1)利用数列的递推公式求通项公式主要应用构造法，即构造出等差、等比数列，或可应用累加、累乘求解的形式.(2)利用错位相减法求数列的和最容易出现运算错误，运算时要注意作差后所得各项的符号，所得等比数列的项数.(3)与数列的和有关的不等式证明问题，一般是先求和及其范围，再证明不等式.基础达标一、选择题1.已知数列{a n }的通项a n ＝2n ＋1，n ∈N *，由b n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n n 所确定的数列{b n }的前n 项的和是( ) A.n (n ＋2) B.12n (n ＋4) C.12n (n ＋5) D.12n (n ＋7) 解析 ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝n2(2n ＋4)＝n 2＋2n .∴b n ＝n ＋2，∴{b n }的前n 项和S n ＝n （n ＋5）2.答案 C2.数列12×5，15×8，18×11，…，1（3n －1）×（3n ＋2），…的前n 项和为( )A.n 3n ＋2B.n 6n ＋4C.3n 6n ＋4D.n ＋1n ＋2 解析由数列通项公式1（3n －1）（3n ＋2）＝13⎝⎛⎭⎫13n －1－13n ＋2，得前n 项和S n ＝13(12－15＋15－18＋18－111＋…＋13n －1－13n ＋2)＝13⎝⎛⎭⎫12－13n ＋2＝n6n ＋4. 答案 B3.1＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋14＋…＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋14＋…＋1210的值为( ) A.18＋129B.20＋1210C.22＋1211D.18＋1210解析设a n ＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n1－12＝2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n， ∴原式＝a 1＋a 2＋…＋a 11＝2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫121＋2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫122＋…＋2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫1211＝2⎣⎡⎦⎤11－⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋1211 ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤11－12⎝⎛⎭⎫1－12111－12＝2⎣⎡⎦⎤11－⎝⎛⎭⎫1－1211 ＝2⎝⎛⎭⎫11－1＋1211＝20＋1210. 答案 B4.已知函数f (x )＝21＋x 2(x ∈R )，若等比数列{a n }满足a 1a 2 021＝1，则f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 021)＝( ) A.2 021 B.2 0212C.2D.12解析 ∵函数f (x )＝21＋x 2(x ∈R )，∴f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫1x ＝21＋x 2＋21＋⎝⎛⎭⎫1x 2＝21＋x 2＋2x 2x 2＋1＝2.∵数列{a n }为等比数列，且a 1·a 2 021＝1， ∴a 1a 2 021＝a 2a 2 020＝a 3a 2 019＝…＝a 2 021a 1＝1.∴f (a 1)＋f (a 2 021)＝f (a 2)＋f (a 2 020)＝f (a 3)＋f (a 2 019)＝…＝f (a 2 021)＋f (a 1)＝2，∴f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 021)＝2 021.故选A. 答案 A5.定义np 1＋p 2＋…＋p n 为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”.若已知数列{a n }的前n 项的“均倒数”为13n ＋1，又b n ＝a n ＋26，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 9b 10＝( )A.111 B.1011 C.910D.1112解析由题意得n a 1＋a 2＋…＋a n ＝13n ＋1，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (3n ＋1)＝3n 2＋n ，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝3n 2＋n .当n ＝1时，a 1＝S 1＝4；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2＋n －[3·(n －1)2＋(n －1)]＝6n －2.经检验a 1＝4也符合此式，所以a n ＝6n －2，n ∈N *，则b n ＝a n ＋26＝n ，所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 9b 10＝11×2＋12×3＋…＋19×10＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫19－110＝1－110＝910.故选C. 答案 C 二、填空题 6.设a n ＝1n ＋1＋n，数列{a n }的前n 项和S n ＝9，则n ＝________.解析 a n ＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，故S n ＝2－1＋3－2＋…＋n ＋1－n ＝n ＋1－1＝9. 解得n ＝99. 答案 997.在数列{a n }中，已知S n ＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n －1(4n －3)，n ∈N *，则S 15＋S 22－S 31的值是________.解析 S 15＝－4×7＋a 15＝－28＋57＝29， S 22＝－4×11＝－44，S 31＝－4×15＋a 31＝－60＋121＝61， S 15＋S 22－S 31＝29－44－61＝－76. 答案－768.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则数列{na n }的前n 项和T n 为________.解析 ∵S n ＝2a n －1(n ∈N *)，∴n ＝1时，a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1，n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －1－(2a n －1－1)，化为a n ＝2a n －1，∴数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列， ∴a n ＝2n －1. ∴na n ＝n ·2n －1.则数列{na n }的前n 项和T n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ·2n －1. ∴2T n ＝2＋2×22＋…＋(n －1)×2n －1＋n ·2n ，∴－T n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1， ∴T n ＝(n －1)2n ＋1. 答案 (n －1)2n ＋1 三、解答题9.已知函数f (x )＝2x －3x －1，点(n ，a n )在f (x )的图象上，数列{a n }的前n 项和为S n ，求S n . 解由题意得a n ＝2n －3n －1，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2＋22＋…＋2n )－3(1＋2＋3＋…＋n )－n ＝2（1－2n ）1－2－3·n （n ＋1）2－n＝2n ＋1－n （3n ＋5）2－2.10.已知等差数列{a n }中，2a 2＋a 3＋a 5＝20，且前10项和S 10＝100. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和.解 (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，10a 1＋10×92d ＝10a 1＋45d ＝100，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. (2)b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.能力提升11.已知等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2 020项和为( )A.1 009B.1 010C.2 019D.2 020解析设数列{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋6d ＝a 1＋3d ＋7，a 1＋9d ＝19，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1. 设b n ＝a n cos n π，∴b 1＋b 2＝a 1cos π＋a 2cos 2π＝2，b 3＋b 4＝a 3cos 3π＋a 4cos 4π＝2，…， ∴数列{a n cos n π}的前2 020项和S 2 020＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 2 019＋b 2 020)＝2×2 0202＝2 020.故选D. 答案 D12.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋λ(λ为常数). (1)试探究数列{a n ＋λ}是不是等比数列，并求a n ； (2)当λ＝1时，求数列{n (a n ＋λ)}的前n 项和T n . 解 (1)因为a n ＋1＝2a n ＋λ，所以a n ＋1＋λ＝2(a n ＋λ). 又a 1＝1，所以当λ＝－1时，a 1＋λ＝0，数列{a n ＋λ}不是等比数列，此时a n ＋λ＝a n －1＝0，即a n ＝1；当λ≠－1时，a 1＋λ≠0，所以a n ＋λ≠0，所以数列{a n ＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列，此时a n ＋λ＝(1＋λ)2n －1，即a n ＝(1＋λ)2n －1－λ. (2)由(1)知a n ＝2n －1，所以n (a n ＋1)＝n ·2n ， T n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ，① 2T n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1，② ①－②得：－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2（1－2n ）1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2.所以T n ＝(n －1)2n ＋1＋2.创新猜想13.(多空题)设等差数列{a n }满足a 2＝5，a 6＋a 8＝30，则a n ＝________，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n－1的前n 项和为________.解析设等差数列{a n }的公差为d .∵{a n }是等差数列，∴a 6＋a 8＝30＝2a 7，解得a 7＝15，∴a 7－a 2＝5d .又a 2＝5，则d ＝2.∴a n ＝a 2＋(n －2)d ＝2n ＋1. ∴1a 2n －1＝14n （n ＋1）＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n－1的前n 项和为14⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n4（n ＋1）. 答案 2n ＋1n4（n ＋1）14.(多空题)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，2S n ＝⎝⎛⎭⎫1－13n a n ＋1，b n ＝(－1)n ·(log 3a n )2，则a n ＝________，数列{b n }的前2n 项和为________.解析根据题意，数列{a n }满足2S n ＝⎝⎛⎭⎫1－13n a n ＋1①，则当n ≥2时，有2S n －1＝⎝⎛⎭⎫1－13n －1a n ②，由①－②可得⎝⎛⎭⎫1－13n (a n ＋1－3a n )＝0，所以a n ＋1－3a n ＝0，即a n ＋1＝3a n (n ≥2).由2S n ＝⎝⎛⎭⎫1－13n a n ＋1，可求得a 2＝3，a 2＝3a 1，则数列{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n －1，b n ＝(－1)n ·(log 3a n )2＝(－1)n ·(log 33n －1)2＝(－1)n (n －1)2，则b 2n －1＋b 2n ＝－(2n －2)2＋(2n －1)2＝4n －3.所以数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝1＋5＋9＋…＋(4n －3)＝n （1＋4n －3）2＝2n 2－n .答案 3n －12n 2－n高考数学：试卷答题攻略一、“六先六后”，因人因卷制宜。

高中数学选择性必修二 4 2 2第1课时等差数列的前n项和-练习

第四章数列4.2 等差数列4.2.2 等差数列的前n 项和公式第1课时等差数列的前n 项和课后篇巩固提升基础达标练1.已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和,a 2+a 5=4,S 7=21,则a 7的值为( )A.6B.7C.8D.9{a n }的公差为d ,则{a 1+d +a 1+4d =4,7a 1+7×62d =21,解得{a 1=-3,d =2,所以a 7=a 1+6d=-3+6×2=9,故选D .2.(多选)(2020山东高三月考)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若a 4+a 5=24,S 6=48,则下列正确的是( )A.a 1=-2B.a 1=2C.d=4D.d=-4{a 4+a 5=2a 1+7d =24,S 6=6a 1+15d =48,所以{a 1=-2,d =4.故选AC .3.已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2,则a n 等于( )A.nB.n 2C.2n+1D.2n-1n=1时,a 1=S 1=1;当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 2-(n-1)2=2n-1,且a 1=1适合上式,故a n =2n-1(n ∈N *).4.在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述:今有良马与驽马发长安至齐,齐去安一千一百二十五里,良马初日行一百零三里,日增十三里;驽马初日行九十七里,日减半里,良马先至齐,复还迎驽马,二马相逢,问:相逢时良马比驽马多行( ) A.1 125里 B.920里 C.820里 D.540里{a n },则{a n }是以103为首项,以13为公差的等差数列,其前n 项和为A n ,驽马每天所行路程为{b n },则{b n }是以97为首项,以-12为公差的等差数列,其前n 项和为B n ,设共用n 天二马相逢,则A n +B n =2×1 125,所以103n+n (n -1)2×13+97n+n (n -1)2(-12)=2 250, 化简得n 2+31n-360=0,解得n=9.A 9=103×9+9×82×13=1 395,B 9=2 250-1 395=855,A 9-B 9=1 395-855=540.5.已知数列{a n }的通项公式为a n =2n+1,令b n =1n (a 1+a 2+…+a n ),则数列{b n }的前10项和T 10=( )A.70B.75C.80D.85a n =2n+1, ∴数列{a n }是等差数列,首项a 1=3,其前n 项和S n =n (a 1+a n )2=n (3+2n+1)2=n 2+2n ,∴b n =1n S n =n+2,∴数列{b n }也是等差数列,首项b 1=3,公差为1.∴其前10项和T 10=10×3+10×92×1=75,故选B .6.已知等差数列{a n}中,a10=13,S9=27,则公差d=,a100=.9=9a5=27⇒a5=3,d=a10-a55=13-35=2,∴a100=a10+90d=13+90×2=193.1937.(2019全国Ⅲ,理14)记S n为等差数列{a n}的前n项和.若a1≠0,a2=3a1,则S10S5=.{a n}的公差为d.∵a1≠0,a2=3a1,∴a1+d=3a1,即d=2a1.∴S10S5=10a1+10×92d5a1+5×42d=100a125a1=4.8.已知数列{a n}的前n项和为S n=n·2n-1,则a3+a4+a5=.3+a4+a5=S5-S2=(5×25-1)-(2×22-1)=152.9.设数列{a n}的前n项和为S n,点(n,S nn)(n∈N*)均在函数y=3x-2的图象上,求数列{a n}的通项公式.,得S nn=3n-2,即S n=3n2-2n.当n≥2时,a n=S n-S n-1=(3n2-2n)-[3(n-1)2-2(n-1)]=6n-5.因为a1=S1=1,满足a n=6n-5,所以a n=6n-5(n∈N*).10.已知数列{a n}满足a1=1,a2=2,a n+2=2a n+1-a n+2.(1)设b n=a n+1-a n,证明{b n}是等差数列;(2)求{a n}的通项公式.∵a n+2=2a n+1-a n+2,∴a n+2-a n+1=a n+1-a n+2,即b n+1=b n+2.又b1=a2-a1=2-1=1,∴数列{b n}是以1为首项,2为公差的等差数列.(2)由(1)可知,a n+1-a n=1+2(n-1)=2n-1,∴a n-a n-1=2(n-1)-1,a n-1-a n-2=2(n-2)-1,……a2-a1=2×1-1,累加,得a n-a1=2×n(n-1)-(n-1)=n2-2n+1,2∴a n=a1+n2-2n+1=n2-2n+2,∴数列{a n}的通项公式为a n=n2-2n+2.能力提升练1.在等差数列{a n}中,2a4+a7=3,则数列{a n}的前9项和S9等于()A.3B.6C.9D.12{a n}的公差为d,因为2a4+a7=3,所以2(a1+3d)+a1+6d=3,整理,得a1+4d=1,即a5=1,所以S 9=9(a 1+a 9)2=9a 5=9.2.若公差不为0的等差数列{a n }的前21项的和等于前8项的和,且a 8+a k =0,则正整数k 的值为( )A.20B.21C.22D.23{a n }的前n 项和为S n ,由题意,得S 21=S 8,即a 9+a 10+…+a 21=0.根据等差数列的性质,得13a 15=0,即a 15=0.故a 8+a 22=2a 15=0,即k=22.故选C .3.已知等差数列{a n },a 2=6,a 5=15,若b n =a 2n ,则数列{b n }的前5项和等于( )A .30B .45C .90D .186{a n }易得公差d 1=3.又b n =a 2n ,所以{b n }也是等差数列,公差d 2=6.故S 5=b 1+b 2+b 3+b 4+b 5=a 2+a 4+a 6+a 8+a 10=5×6+5×42×6=90.4.(2020河北正定中学高一月考)设等差数列{a n }的前n 项和是S n ,已知S 14>0,S 15<0,下列选项正确的是( ) A.a 1>0,d<0B.a 7+a 8>0C.S 6与S 7均为S n 的最大值D.a 8<0,有S 14=14×(a 1+a 14)2=7(a 1+a 14)=7(a 7+a 8)>0,即a 7+a 8>0,S 15=15×(a 1+a 15)2=15a 8<0,即a 8<0,则a 7>0;故等差数列{a n }的前7项为正数,从第8项开始为负数,则a 1>0,d<0.则有S7为S n的最大值.故A,B,D正确.故选ABD.5.已知数列{a n}的前n项和为S n,且S n=2a n-1(n∈N*),则a5=.n≥2时,由S n=2a n-1,得S n-1=2a n-1-1.两式相减,得a n=2a n-2a n-1,所以a n=2a n-1.因为a1=2a1-1,所以a1=1,故a5=2a4=22a3=23a2=24a1=16.6.(2019北京,理10)设等差数列{a n}的前n项和为S n.若a2=-3,S5=-10,则a5=,S n的最小值为.{a n}中,由S5=5a3=-10,得a3=-2,又a2=-3,公差d=a3-a2=1,a5=a3+2d=0,由等差数列{a n}的性质得当n≤5时,a n≤0,当n≥6时,a n大于0,所以S n的最小值为S4或S5,即为-10.-107.已知数列{a n}的前n项和为S n(S n≠0),且满足a n+2S n·S n-1=0(n≥2),a1=12.(1)求证:{1S n}是等差数列;(2)求数列{a n}的通项公式.-a n=2S n S n-1(n≥2),∴-S n+S n-1=2S n S n-1(n≥2).又S n≠0(n=1,2,3,…),∴1S n −1S n-1=2.又1S1=1a1=2,∴{1S n}是以2为首项,2为公差的等差数列.(1)可知1S n =2+(n-1)·2=2n,∴S n=12n.当n ≥2时,a n =S n -S n-1=12n −12(n -1)=-12n (n -1)或当n ≥2时,a n =-2S n S n-1=-12n (n -1);当n=1时,S 1=a 1=12.故a n ={12,n =1,-12n (n -1),n ≥2. 素养培优练设S n 为数列{a n }的前n 项和,S n =λa n -1(λ为常数,n=1,2,3,…).(1)若a 3=a 22,求λ的值.(2)是否存在实数λ,使得数列{a n }是等差数列?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.因为S n =λa n -1,所以a 1=λa 1-1,a 2+a 1=λa 2-1,a 3+a 2+a 1=λa 3-1. 由a 1=λa 1-1,可知λ≠1,所以a 1=1λ-1,a 2=λ(λ-1)2,a 3=λ2(λ-1)3. 因为a 3=a 22,所以λ2(λ-1)3=λ2(λ-1)4,解得λ=0或λ=2.(2)假设存在实数λ,使得数列{a n }是等差数列,则2a 2=a 1+a 3,由(1)可得2λ(λ-1)2=1λ-1+λ2(λ-1)3, 所以2λ(λ-1)2=2λ2-2λ+1(λ-1)3=2λ(λ-1)2+1(λ-1)3,即1(λ-1)3=0,显然不成立,所以不存在实数λ,使得数列{a n }是等差数列.。

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C、其公差必小于0D、都可能
7、等差数列中，若则的值是（）
A、 B、 C、 D、
8、已知两个等差数列和的前n项和之比为，则等于（）
A、 B、 C、 D、
9、一个项数是奇数的等差数列，它的奇数项与偶数项之和分别为168和140，最后一项比第一项大30，则数列的项数是（）
A、21B、15C、11D、7
10、已知为等差数列， >0且S15=S20，问它的前多少项和最大。
11、（选做）设等差数列的前n项和为，已知，
且S12>0，S13<0（1）求公差d的范围
（2）问前几项和最大，说明理由
12、（选做）已知数列的前n项和且。求的前n项和。
课后反思
高二年级数学(必修5)导学案
姓名班级小组小组评价教师评价
课题
等差数列前n项和（2）
课型
习题课
课时
第课时
主备人
周涛
执教者
审核
审批
累计课时
总第课时
使用时间
2017年月日
学习
目标
我能熟练运用等差数列通项公式和前n项和公式
重难点
重点：等差数列前n项和的应用
难点：等差数列前n项和的应用
学法指导
A、 B、
C、 D、
4、在首项是31，公差为-4的等差数列中，与零最靠近的项（）
A、 B、 C、 D、
5、等差数列96，88，80…的前n项和的最大值是（）
A、606B、612C、618D、624
6、如果一个数列是等差数列，将它的各项取绝对值后仍是等差数列则（）
A、它是常数列B、其公差必大于0
学习流程及内容
个性备课(笔记)
学生思考讨论交流展示。
学生通过自主学习的知识尝试解决，教师适时指导。
小组展示质疑点评
1、等差数列中，，则那么的值为（）
A、1B、 C、3D、4
3、等差数列中，公差且。若前20项的和S20=10M，则下列（）不成立