2025人教B版高中数学选择性必修第三册强化练习题（含解析）--5.2.2　等差数列的前n项和

中小学教育资源及组卷应用平台
2025人教B版高中数学选择性必修第三册
5.2.2　等差数列的前n项和
基础过关练
题组一　等差数列的前n项和
1.(多选题)(2023湖北十堰高中协作体月考)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S5=35,a4=11,则(　　)
A.an=4n-5　　　　 B.an=2n+3
C.Sn=2n2-3n　　　　D.Sn=n2+2n
2.(2024皖中名校联盟联考)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若,S5=5S3-5,则a9=(　　)
A.2　　　　B.-2　　　　C.3　　　　D.-1
3.(2024辽宁朝阳建平实验中学月考)如果一个等差数列的前3项和为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
4.(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a5=3,则S17=　　　　.
5.(2024陕西商洛多校联考)设等差数列{an}满足a2+a5=19,a6-a3=9.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记Sn为{an}的前n项和,若S11+Sk=Sk+2,求k的值.
题组二　等差数列前n项和的性质
6.(2023辽宁省实验中学月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S10=20,S20=30,则S30=(　　)
A.20　　　　B.30　　　　
C.40　　　　D.50
7.(2024黑龙江哈尔滨六校期末)已知等差数列{an}的项数为2m+1(m∈N*),其中奇数项之和为140,偶数项之和为120,则m=(　　)
A.6　　　　 B.7　　　　
C.12　　　　D.13
8.(2024浙江金华第一中学期中)已知数列{an}是公差不为0的无穷等差数列,Sn是其前n项和,若Sn存在最大值,则(　　)
A.在S1,,…,中,最大的数是S1
B.在S1,,…,中,最大的数是
C.在S1,S2,S3,…,S2 023中,最大的数是S1
D.在S1,S2,S3,…,S2 023中,最大的数是S2 023
9.(2024湖北新高考协作体联考)有两个等差数列{an},{bn},其前n项和分别为Sn,Tn.
(1)若,则=　　　　;
(2)若,则=　　　　;
(3)若,则=　　　　.
题组三　等差数列前n
10.(2023辽宁沈阳东北育才中学期中)蚊香具有悠久的历史,我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”如图所示.画法如下:在水平直线上取长度为1的线段AB,以AB为一边作等边三角形ABC,然后以点B为圆心,AB为半径逆时针画圆弧,交线段CB的延长线于点D(第一段圆弧),再以点C为圆心,
CD为半径逆时针画圆弧,交线段AC的延长线于点E,再以点A为圆心,AE为半径逆时针画圆弧……以此类推,当得到的“蚊香”恰好有15段圆弧时,“蚊香”的长度为(　　)
A.44π　　　　B.64π　　　　C.70π　　　　D.80π
11.(2024山东德州齐河第一中学月考)某健身房推出会员打卡送积分活动(积分可兑换礼品),第一天打卡得1积分,以后只要连续打卡,每天所得积分都会比前一天多2分.若某天未打卡,则当天没有积分,且第二天打卡必须从1积分重新开始.某会员参与打卡活动,从3月1日开始,到3月20日他共得193积分,中途有一天未打卡,则他未打卡的那天是(　　)
A.3月5日或3月16日
B.3月6日或3月15日
C.3月7日或3月14日
D.3月8日或3月13日
12.(2024山东淄博沂源第二中学月考)如图,三角形数阵由一个等差数列2,5,8,11,14,…排列而成,按照此规律,则该数阵中第10行从左至右的第4个数是　　　　.
13.已知Sn为等差数列{an}的前n项和,S4=24,S10=120.
(1)求Sn;
(2)记数列的前n项和为Tn,证明:Tn<.
14.(2024四川南充月考)已知等差数列{an}中,a1=10,a5=2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{|an|}的前n项和Sn.
能力提升练
题组一　等差数列的前n项和及其应用
1.(2024重庆第十八中学期末)已知等差数列{an}中,a3=9,a5=17,记数列的前n项和为Sn,若S2n+1-Sn≤(m∈Z)对任意的n∈N*恒成立,则整数m的最小值是(　　)
A.5　　　　B.4　　　　C.3　　　　D.2
2.(多选题)(2024东北三校联考)等差数列{an}中,a1>0,则下列命题正确的是(　　)
A.若a3+a7=4,则S9=18
B.若S15>0,S16<0,则
C.若a1+a2=5,a3+a4=9,则a7+a8=17
D.若a8=S10,则S9>0,S10<0
3.(2024北京大兴期末)设无穷等差数列{an}的公差为d,集合T={t|t=sin an,n∈N*},则(　　)
A.T中不可能有无数个元素
B.当且仅当d=0时,T中只有1个元素
C.当T中只有2个元素时,这2个元素的乘积有可能为
D.当d=,k≥2,k∈N*时,T中最多有k个元素,且这k个元素的和为0
4.(多选题)(2024江苏苏州期中)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,齐去长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.则(　　)
A.驽马第七日行九十四里
B.第七日良马先至齐
C.第八日两马相逢
D.两马相逢时良马行一千三百九十五里
5.(2024湖南长沙雅礼中学一模)已知等差数列{an}(公差不为0)和等差数列{bn}的前n项和分别为Sn、Tn,如果关于x的方程:1 003x2-S1 003x+T1 003=0有实数解,那么以下关于x的1 003个方程:x2-aix+bi=0(i=1,2,…,1 003)中,有实数解的方程至少有(　　)
A.499个　　　　B.500个　　　　C.501个　　　　D.502个
6.(2023山东威海期末)已知各项均为正数的递增等差数列{an},其前n项和为Sn,公差为d,若数列{}也是等差数列,则a1+的最小值为　　　　.
7.(2024山东青岛期末)数列{an}的前n项和Sn=n2,数列{bn}满足:对于正整数m,bm是使得不等式an≥m成立的所有n中的最小值,则数列{bn}的前(2n+1)项和为　　　　.
8.(2022山东潍坊期末)已知数列{an}是公差不为0的等差数列,=a1a13,a3+a6+a9=153.记bn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.7]=0,[1.9]=1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{bn}的前101项和.
9.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,-1(n∈N+).
(1)求数列{an}的通项公式及其前n项和;
(2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,求Tn的取值范围.
题组二　等差数列前n项和的性质及其应用
10.(2023辽宁六校协作体联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,m≥2,m∈N*,则m等于(　　)
A.8　　　　B.7　　　　C.6　　　　D.5
11.(2022山东聊城期末)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若,则=(　　)
A.
12.(2024江苏盐城新丰中学学情调研)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　与等差数列前n项和有关的最值
13.(多选题)(2023山东青岛二中月考)设等差数列{an}的前n项和是Sn,公差为d,已知S12>0,S13<0,则(　　)
A.a1>0,d<0
B.S5与S6均为{Sn}的最大项
C.a6+a7>0
D.a7<0
14.(2024广东三校期末)已知Sn是等差数列{an}的前n项和,且满足S2 023A.a2 023<0
B.使得Sn<0成立的最大的n值为4 045
C.a2 022a2 023>a2 024a2 025
D.当n=2 023时,Tn取得最小值
15.(多选题)(2024重庆一中月考)设数列{an}满足2an=an+1+an-1(n≥2且n∈N*),Sn是数列{an}的前n项和,且4S7-7S4=42,a1=1,数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn=·Sn,则下列结论正确的有(　　)
A.a5=3
B.数列的前2 024项和为
C.当n=4时,Tn取得最小值
D.当n=5时,取得最小值
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.AC　设{an}的公差为d.由题可知,S5==5a3=35,解得a3=7,所以d=a4-a3=4,
所以an=a4+(n-4)d=4n-5,所以a1=-1,所以Sn==2n2-3n.故选AC.
2.A　记等差数列{an}的公差为d,
由S5=5S3-5可得5a1+10d=5(3a1+3d)-5,整理得2a1+d-1=0,①
因为,所以S6=3S3,即6a1+15d=3(3a1+3d),整理可得a1=2d,②
联立①②可得a1=,
故a9=a1+8d=2.故选A.
3.A　设这个等差数列为{an},其前n项和为Sn,则a1+a2+a3=34,an-2+an-1+an=146,n>6,n∈N*,因此3(a1+an)=34+146=180,即a1+an=60,
又Sn=390,所以=390,得n=13,故这个数列有13项.
4.答案　34
解析　设等差数列{an}的公差为d(d>0),
由a5=3,可得(a1+8d)=3,
即a9=3,解得a9=2(负值舍去),
故S17==17a9=34.
5.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,由故an=a1+(n-1)d=3n-1.
(2)由(1)可知Sn=,
因为S11+Sk=Sk+2,所以,整理得6k=180,解得k=30.
6.B　由等差数列前n项和的性质,可得S10,S20-S10,S30-S20成等差数列,∴2(S20-S10)=S10+(S30-S20),
∴2×(30-20)=20+S30-30,解得S30=30.
7.A　项数为2m+1的{an}中奇数项共有(m+1)项,
其和为=(m+1)·am+1=140,
项数为2m+1的{an}中偶数项共有m项,其和为=mam+1=120,
所以,解得m=6.故选A.
规律总结　已知等差数列{an}的公差为d,其前n项和为Sn.若项数为2n(n∈N*),则S偶-S奇=nd,(S奇≠0,an≠0);若项数为2n-1(n∈N*),则S奇-S偶=an,(S奇≠0).
8.A　设等差数列{an}的公差为d,则d≠0,由Sn存在最大值可知,d<0,
因为Sn=na1+n,所以,所以数列是以S1为首项,为公差的等差数列,且d<0,则是递减数列,所以在S1,,…,中,最大的数是S1,故A正确,B错误.
在S1,S2,S3,…,S2 023中,最大的数是不确定的,比如an=-n+,由≤n≤,n∈N*,所以n=4,即S4为最大值,故C、D错误.故选A.
9.答案　(1)
解析　(1).
(2).
(3)因为{an},{bn}为等差数列,且,
所以可设Sn=kn(2n+3),Tn=kn(n+1)(易错点:Sn,Tn均为n的二次函数),
则a5=S5-S4=65k-44k=21k,b10=T10-T9=10k×11-9k×10=20k,所以.
规律总结　若等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,则(bn≠0,T2n-1≠0).
10.D　由题意可知每段圆弧的圆心角都是,且每段圆弧的半径依次增加1,则第n段圆弧的半径为n,记第n段圆弧的弧长为an,则an=·n,
所以这15段“蚊香”的长度为×(1+2+3+…+15)==80π.故选D.
11.D　若他连续打卡,则从打卡第1天开始,逐日所得积分依次成等差数列,且首项为1,公差为2,第n天所得积分为2n-1.
假设他连续打卡n(1≤n≤18,n∈N*)天,第(n+1)天中断了,则他这20天所得积分之和为(1+3+…+2n-1)+[1+3+…+2(19-n)-1]==193,化简得n2-19n+84=0,解得n=7或n=12,所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日.故选D.
12.答案　146
解析　将三角形数阵中每行最左边的一列数2,5,11,20,…记为数列{an},观察分析可得an+1=an+3n,且a1=2.
由an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-1-an-2)+(an-an-1)=2+3+3×2+3×3+…+3(n-2)+3(n-1)
=2+3×n+2,
故a10=×10+2=137,即第10行从左到右的第一个数是137,按照规律,第4个数应该是137+3×3=146.
13.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
由题意得
∴Sn=3n+×2=n2+2n.
(2)证明:由(1)得,
∴Tn=+…+×+…
+=.
14.解析　(1)∵数列{an}是等差数列,且a1=10,a5=2,∴公差d==-2,
∴an=a1+(n-1)d=10-2(n-1)=12-2n.
(2)由(1)知an=12-2n,
∴当n<6时,an>0;当n=6时,an=0;当n>6时,an<0,
因此当n≤6时,Sn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=a1+a2+a3+…+an==11n-n2;
当n>6时,Sn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=a1+a2+a3+…+a6-(a7+a8+…+an)
=2(a1+a2+…+a6)-(a1+a2+…+a6+a7+…+an)
=2×(11×6-62)-(11n-n2)=n2-11n+60.
综上,Sn=
能力提升练
1.B　设等差数列{an}的公差为d,由a3=9,a5=17,
得∴an=4n-3,
故Sn=1++…+,
令bn=S2n+1-Sn,则bn=+…+,
则bn+1-bn=+…+-<0,∴{bn}是递减数列,∴{bn}的最大项为b1,且b1=,
根据题意可得S2n+1-Sn≤,得m≥,
又m∈Z,∴m的最小值为4.故选B.
2.ACD　对于A,由a3+a7=4,得S9==18,A正确;
对于B,由S15==15a8>0,得a8>0,由S16==8(a8+a9)<0,得a8+a9<0,
故a9<-a8<0,因此=(a8+a9)(a8-a9)<0,即,B错误;
对于C,a5+a6=(2a3-a1)+(2a4-a2)=2(a3+a4)-(a1+a2)=13,则a7+a8=(2a5-a3)+(2a6-a4)=2(a5+a6)-(a3+a4)=17,C正确;
对于D,设{an}的公差为d,由a8=S10,得a1+7d=10a1+45d,解得d=-a1,
则S9=9a1+36d=9a1<0,D正确.故选ACD.
3.D　对于A,取an=n,则t=sin an=sin n,因为函数y=sin x的周期为2π,且图象的对称轴为直线x=+kπ,k∈Z,所以对任意的ai,aj(i,j∈N*,i≠j),必有sin ai≠sin aj,故当{an}是无穷等差数列时,T中有无穷个元素,故A错误;
对于B,取an=nπ,即d=π,则t=sin an=sin nπ=0,此时T中只有一个元素,故B错误;
对于C,若T中只有2个元素,根据y=sin x的周期性与图象的中心对称性可知,sin an的相邻两个值必一正一负,所以T中的这2个元素的乘积必为负,故C错误;
对于D,当d=时,t1=sin a1,t2=sin,……,tk=sin=sin a1,……,
所以T中最多有k个元素,
又因为正弦函数的周期为2π,数列{an}的公差为,所以ak(k≥2,k∈N*)把周期2π平均分成k份,所以T中的这k个元素的和为0,故D正确.故选D.
4.AD　由题意可知,两马日行里数都成等差数列,
记数列{an}为良马的日行里数,其前n项和为Sn,a1=103,公差d1=13,所以an=13n+90,n∈N*.
记数列{bn}为驽马的日行里数,b1=97,公差d2=-0.5,所以bn=-0.5n+97.5,
n∈N*.
驽马第七日所行里数为b7=-0.5×7+97.5=94,A正确;
前七日良马所行总里数为S7=(a1+a7)=994,因为994<1 125,所以第七日良马未至齐,B错误;
设第m日两马相逢,由题意可知两马所行的总里数是齐和长安之间距离的两倍,
即103m+×0.5=2×1 125,解得m=9或m=
-40(舍),即第九日两马相逢,C错误;
由C可知,第九日两马相逢,此时良马所行总里数为S9=(a1+a9)=1 395,
D正确.故选AD.
5.D　由题意得-4×1 003T1 003≥0,因为S1 003==1 003
×a502,T1 003==1 003b502,所以-4b502≥0,
若关于x的方程x2-aix+bi=0(i=1,2,3,…,1 003)无实数解,则-4bi<0,显然第502个方程有解.
设方程x2-a1x+b1=0与方程x2-a1 003x+b1 003=0的判别式分别为Δ1,Δ1 003,
则Δ1+Δ1 003=(-4b1 003)=-4(b1+b1 003)≥-4b502)≥0,
第一个等号成立的条件是a1=a1 003,而{an}的公差不为0,所以Δ1+Δ1 003>0,所以Δ1>0,Δ1 003>0至少有一个成立,
同理可证Δ2>0,Δ1 002>0至少有一个成立,……,Δ501>0,Δ503>0至少有一个成立,且Δ502≥0.
综上,在所给的1 003个方程中,有实数根的方程至少有502个.故选D.
6.答案　3
解析　设等差数列{an}的公差为d(d>0),
则Sn=na1+n,
则有,
若数列{}也是等差数列,则必有a1=,
则a1+-1≥2×-1=4-1=3,当且仅当d=2时,等号成立,故a1+的最小值为3.
7.答案　n2+3n+1
解析　由已知得当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,又a1=S1=1,满足上式,
因此an=2n-1,由an≥m,得n≥,则当m为正奇数时,bm=,当m为正偶数时,bm=+1,
于是数列{bn}的前(2n+1)项和为(b1+b3+b5+…+b2n+1)+(b2+b4+b6+…+b2n)
=[1+2+3+…+(n+1)]+[2+3+4+…+(n+1)]=2×-1=n2+3n+1.
8.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,d≠0,
因为=a1a13,所以(a1+d)2=a1(a1+12d)①.
因为a3+a6+a9=153,所以3a6=153,即a6=51,所以a1+5d=51②.
由①②得(舍去),所以an=1+10(n-1)=10n-9.
(2)由(1)得bn=[lg an]=[lg(10n-9)].
令an=10n-9≥1 000,得n≥100.9,
令an=10n-9≥100,得n≥10.9,
令an=10n-9≥10,得n≥1.9.
故b1=[lg a1]=0,
当2≤n≤10时,bn=[lg an]=1,
当11≤n≤100时,bn=[lg an]=2,
当n=101时,bn=[lg an]=3.
设{bn}的前n项和为Tn,
则T101=0×1+1×9+2×90+3×1=192.
9.解析　(1)由题意可得Sn=-n①,
当n≥2时,Sn-1=-(n-1)②,
①-②,整理得nan+1-(n+1)an=2,
即,
所以当n ≥2时,
+…++a1=2++…++1=2,
则an=3n-2(n≥2).
当n=1时,a1=1也成立,所以an=3n-2.
所以数列{an}是以1为首项,3为公差的等差数列,
所以Sn=n.
(2)由(1)得bn=,
则Tn=
=.
又Tn+1-Tn=>0,
所以数列{Tn}单调递增,
所以当n=1时,Tn取得最小值,为,
又因为Tn=,
所以Tn的取值范围为.
10.D　解法一:因为am=Sm-Sm-1=2(m≥2,m∈N*),am+1=Sm+1-Sm=3,所以等差数列{an}的公差为am+1-am=1,
又Sm==0,所以a1=-2,所以am=-2+(m-1)×1=2,解得m=5.
解法二:由等差数列前n项和的性质知数列成等差数列,
则(m≥2,m∈N*)成等差数列,所以2·,即0=,解得m=5.
11.A　由题意得S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12成等差数列,因为,所以,即S8-S4=S4,
所以数列S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12是以S4为首项,S4为公差的等差数列,
则S12-S8=2S4,S16-S12=S4,
所以S8=S4,S16=7S4,所以.故选A.
12.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,∴奇数项之和S奇=135-63=72,∴S奇-S偶=a1+=72-63=9.
又∵am-a1=14,∴a1=2,
∵Sm==135,∴m=15,
∴d==1,∴a100=a1+99d=101.
13.ACD　因为S12=>0,所以a6+a7>0,
又因为S13==13a7<0,所以a7<0,a6>0,
所以等差数列{an}的前6项均为正数,从第7项开始,各项均为负数,
故a1>0,d<0,{Sn}的最大项为S6.故选ACD.
14.B　对于A,S2 024-S2 023=a2 024>0,S2 024-S2 022=a2 023+a2 024<0,所以a2 023
<0,A中结论正确.
对于B,S4 047==4 047a2 024>0,S4 046==2 023×
(a2 023+a2 024)<0,
所以使Sn<0成立的最大的n值为4 046,B中结论错误.
对于C,由等差数列的性质知a1故|a2 023|>|a2 024|,|a2 022|>|a2 025|,
则(-a2 022)(-a2 023)>a2 024a2 025,即a2 022a2 023>a2 024·a2 025,C中结论正确.
对于D,设等差数列{an}的公差为d.由bn=anan+1·an+2,得,
所以Tn=+…+=.
易知d>0,故要使Tn取得最小值,需取得最小值,需满足an+1an+2>0且an+1an+2最小,
由C中分析知a1a2>a2a3>…>a2 022a2 023>0,0a2 024a2 025,故an+1an+2取最小值时,n=2 023,
此时最小,即Tn最小,故D中结论正确.
故选B.
15.BCD　由2an=an+1+an-1得an-an-1=an+1-an,
故{an}为等差数列,设其公差为d,由等差数列前n项和的性质知也为等差数列,且公差为,
由4S7-7S4=42,得=3·,则d=1,
又a1=1,∴an=n,∴a5=5,A错误;
易得Sn=,则,
故的前2 024项和为+…+
,B正确;
Tn=·Sn=,
当n=1时,b1=T1=-50,当n≥2时,bn=Tn-Tn-1=,
易知n≥2时,{bn}单调递增,且b2=-22,b4=-7,b5=5,
∴b1当1≤n≤4时,{Tn}单调递减,且Tn<0,当n≥5时,{Tn}单调递增,
且T7=-32<0,T8=27>0,所以n≤4或n≥8时,>0,
当n=5,6,7时,<0,且,
∵-18<-,∴当n=5时,取得最小值,D正确.故选BCD.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)