4.2.2.1等差数列的前n项和及其性质 分层练习（含解析）-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册
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| 名称 | 4.2.2.1等差数列的前n项和及其性质 分层练习（含解析）-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 76.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-09-01 14:25:08 | ||
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文档简介
4.2.2.1 等差数列的前n项和及其性质
基础过关练
题组一 求等差数列的前n项和
1.(2025河北张家口期末)已知等差数列{an}的公差d≠0,前n项和为Sn,a1=d,则=( )
A.6 B.7 C.8 D.9
2.(2025湖北仙桃期末)已知{an}是等差数列,a1+a3+a5=21,a6+a8+a10=51,则{an}的前10项和为( )
A.90 B.100 C.110 D.120
3.(2025湖北部分重点中学期末)若等差数列{an}的前n项和为Sn,则“S2 022<0,S2 023>0”是“a1 011·a1 012<0”的( )
A.充要条件
B.必要不充分条件
C.充分不必要条件
D.既不充分也不必要条件
4.(2025江苏无锡辅仁高级中学调研)已知{an}是各项均为正数的等差数列,Sn为其前n项和,且a6+2a7+a10=20,则当a7·a8取最大值时,S10=( )
A.10 B.20
C.25 D.50
5.(多选题)(2025河北保定部分中学期末)记等差数列{an}的前n项和为Sn,则根据下列条件能够确定S21的值的是( )
A.a11=10 B.a4+a19=10
C.a7=10,S13=130 D.S7=100,S14=300
6.(2024安徽安庆月考)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
题组二 等差数列前n项和的性质
7.(多选题)(2025河北石家庄期末)已知数列{an}的前n项和Sn=3n2-2n(n∈N*),则下列结论正确的是( )
A.a2=8 B.{an}为等差数列
C.a10=a3+40 D.{Sn}是递增数列
8.(教材习题改编)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2,S2n=6,则S4n=( )
A.8 B.12 C.14 D.20
9.(2025江苏苏州调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若3S5-5S3=1,则5S7-7S5=( )
A. B.1
C. D.
10.已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,且S2 017=S2 018,Sk=S2 012,则正整数k为( )
A.2 021 B.2 022
C.2 023 D.2 024
11.(2025天津河东期末)已知等差数列{an}的公差d=,a1+a3+a5+…+a99=60,则a1+a2+a3+…+a100= .
12.(2024湖北新高考协作体联考)已知等差数列{an},{bn}的前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项和的应用
13.(2024广东广州天河期末)图1是一个水平摆放的小正方体木块,图2,图3是由这样的小正方体木块叠放而成的,按照这样的规律放下去,第6个图形中叠放的小正方体木块的总个数是( )
A.61 B.66 C.90 D.91
14.(2025黑龙江哈尔滨第三中学期中)专家表示如果天气因素造成的涨水现象赶上潮汐高潮,水位就会异常地高,甚至会发生海水倒灌.某地发生海水倒灌,需要在24 h内排水减少损失,因此需要紧急抽调抽水机.经测算,在某型号抽水机平均工作24 h的情况下,需要调用20台抽水机,而目前只有一台抽水机可立即投入施工,其余抽水机需要从其他施工现场抽调,且每隔20 min才有一台抽水机到达施工现场投入工作,若要在24 h内完成排水任务,则至少需要抽调这种型号的抽水机( )
A.25台 B.24台 C.23台 D.22台
15.(2024浙江温州期末)传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数.他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类,如下图第一行的1,3,6,10称为三角形数,第二行的1,4,9,16称为正方形数,则下列各数既是三角形数又是正方形数的是( )
A.55 B.49 C.36 D.28
16.(2025上海延安中学月考)一个三人报数游戏:A报数字1,B报后两个数字2,3,C报后三个数字4,5,6,A报后四个数字7,8,9,10,……,依次类推,直到报出10 000,则A报出的第2 000个数字为( )
A.5 957 B.5 958 C.5 959 D.5 960
17.(2025湖北武汉部分学校期末)设{an}是公差不为零的等差数列,其前n项和为Sn,+=+,S7=7.
(1)求an和Sn;
(2)求{|an|}的前n项和Tn.
能力提升练
题组一 与等差数列的前n项和有关的计算
1.(2024陕西安康期末)已知函数f(x)=|x-1|,公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn.若f(a1 012)=f(a1 013),则S2 024=( )
A.1 012 B.2 024 C.3 036 D.4 048
2.(2024安徽十五校期末联考)定义:对于数a,b,若它们除以整数m所得的余数相等,则称a与b对于模m同余或a同余于b模m,记作a≡b(mod m).已知正整数t满足t≡11(mod 6),将所有符合条件的t的值按从小到大的顺序排列,构成数列{an}.设数列{an}的前n项和为Sn,则的最小值为( )
A.12 B.14 C.16 D.18
3.(多选题)(2025湖北部分重点中学期末)若数列{an}满足a1+2a2+…+2n-1an=n·2n,则( )
A.an=n+1
B.{an}的前n项和为
C.{(-1)nan}的前100项和为100
D.{|an-5|}的前30项和为357
4.(2025广东深圳外国语学校期末)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,且Sn=,S5=15,记bn=[log2an],则数列{bn}的前100项和为 .
5.(2025陕西汉中模拟)设数列{an}的前n项和为Sn,2Sn-an=n2,n∈N*.
(1)证明:数列{an+an+1}是等差数列;
(2)求S20.
题组二 等差数列前n项和的性质
6.(2025江苏苏州第三中学月考)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=( )
A.8 B.7 C.6 D.5
7.(2025湖北武汉部分重点中学期末联考)设等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若=,则=( )
A. B. C. D.
8.(多选题)(2025江苏连云港期末)已知公差为d的等差数列{an}的前m(m为奇数)项的和为99,其中偶数项之和为44,且a1-am=16,则( )
A.m=9 B.a5=13 C.d=-2 D.a6=11
题组三 等差数列前n项和的应用
9.(2025山东泰安期末)已知两个等差数列1,3,5,7,9,…,99和2,5,8,11,…,101,将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序排列组成一个新数列,则这个新数列的各项之和为( )
A.750 B.800 C.850 D.832
10.(2024重庆第十八中学期末)在等差数列{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n∈N*恒成立,则整数m的最小值是( )
A.5 B.4 C.3 D.2
11.(多选题)(2024东北三校联考)在等差数列{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
答案
基础过关练
1.B 由题意得====7.
2.D 解法一:设{an}的公差为d,
由题意得解得
则{an}的前10项和为10a1+d=30+90=120.
解法二:由a1+a3+a5=21得3a3=21,则a3=7,
由a6+a8+a10=51得3a8=51,则a8=17,
故{an}的前10项和为==120.
3.C 若S2 022<0,S2 023>0,
则S2 023==2 023a1 012>0,
S2 022==1 011(a1 011+a1 012)<0,
∴a1 012>0,a1 011+a1 012<0,∴a1 011<0,
∴a1 011·a1 012<0,故充分性成立;
若a1 011·a1 012<0,则a1 011+a1 012的正负无法判断,
则S2 022=1 011(a1 011+a1 012)的正负无法判断,故必要性不成立.
故“S2 022<0,S2 023>0”是“a1 011·a1 012<0”的充分不必要条件.
4.D 因为a6+2a7+a10=a6+a10+2a7=2a8+2a7=20,
所以a7+a8=10,
因为数列{an}是各项均为正数的等差数列,所以a7>0,a8>0,所以a7·a8≤==25,当且仅当a7=a8=5时等号成立,
此时数列{an}为常数列,且an=5,所以S10=50.
5.AD 设等差数列{an}的公差为d.
对于A,S21===21a11=210,故A符合题意;
对于B,a4+a19=a11+a12=2a11+d=10,因为d的值不确定,所以无法求出a11的值,所以无法确定S21的值,故B不符合题意;
对于C,S13===13a7=130,本选项相当于给出了一个条件,无法确定a1,d,进而无法确定S21的值,故C不符合题意;
对于D,因为S14-S7=a8+a9+…+a14=a1+a2+…+a7+7d×7=100+49d=300-100,所以49d=100,
所以S21-S14=a15+a16+…+a21=a1+a2+…+a7+14d×7=100+200=300,所以S21=S14+300=600,故D符合题意.
6.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,所以n=13,
故这个数列有13项.
7.BD 由题意得当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n2-2n-3(n-1)2+2(n-1)=6n-5,当n=1时,a1=S1=1也适合上式,所以an=6n-5,则a2=7,A错误;由an=6n-5,可得{an}是首项为1,公差为6的等差数列,B正确;易得a10=55,a3=13,则a10=a3+42,C错误;由A得当n≥2时,Sn-Sn-1=6n-5>0,所以{Sn}是递增数列,D正确.
8.D 由题意得S2n-Sn=4,由等差数列前n项和的性质知Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,S4n-S3n组成首项为2,公差为2的等差数列,则S4n=(S4n-S3n)+(S3n-S2n)+(S2n-Sn)+Sn=8+6+4+2=20.
9.D 由等差数列前n项和的性质知成等差数列,
由3S5-5S3=1得-=,则-=-=,所以5S7-7S5=.
10.C 因为{an}的公差不为0,所以Sn关于n的函数图象是二次函数图象上的一些点,所以由二次函数图象的对称性及S2 017=S2 018,Sk=S2 012,可得=,解得k=2 023.
11.答案 145
解析 由题意得a2+a4+a6+…+a100=a1+d+a3+d+a5+d+…+a99+d=a1+a3+a5+…+a99+50d=60+50×=85,所以a1+a2+a3+…+a100=60+85=145.
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).
12.答案 (1) (2) (3)
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),k≠0,则a5=S5-S4=65k-44k=21k,b10=T10-T9=10k×11-9k×10=20k,所以=.
13.B 易得各图中小正方体木块的个数依次为1,1+5,1+5+9,…,
归纳可知,第n个图形共有n层,且从上到下各层小正方体木块的个数构成以1为首项,4为公差的等差数列,所以第6个图形中叠放的小正方体木块的总个数为6+×4=66.
14.B 记一台抽水机20 min完成的任务量为1,设需要n台抽水机,这n台抽水机完成的任务量依次为a1,a2,…,an(1≤n≤72,n∈N*),
依题意,a1=24×=72,an+1-an=-1,
因此{an}是首项为72,公差为-1的等差数列,
设{an}的前n项和为Sn,则Sn=72n-,
由题意得Sn=72n-≥20×24×3,即n2-145n+2 880≤0,
记f(n)=n2-145n+2 880,
易得f(n)在[1,72]上单调递减,
又f(23)=74>0, f(24)=-24<0,
所以当24≤n≤72时, f(n)<0,
所以至少需要抽调24台抽水机.
15.C 由题意知,三角形数可看作1=1,3=1+2,6=1+2+3,10=1+2+3+4,……,
则第n个三角形数为1+2+3+…+n=;
正方形数可看作1=12,4=22,9=32,16=42,……,则第n个正方形数为n2.
对于A,令n2=55,其解不是正整数,所以55不是正方形数,故A不符合题意;
对于B,令n2=49,解得n=7,令=49,其解不是正整数,所以49不是三角形数,故B不符合题意;
对于C,令n2=36,解得n=6,令=36,解得n=8,故C符合题意;
对于D,令n2=28,其解不是正整数,所以28不是正方形数,故D不符合题意.
16.D 依题意,A第n(n∈N*)次报数的个数为3n-2,
则A这n次报数的总个数Tn==,
令Tn≥2 000,得n的最小值为37,且T37=2 035,
当A第37次报数时,A,B,C三人共报了36×3+1=109次数,
当报完第109次数后,三人总的报数个数为1+2+3+…+109==5 995,
因此A报出的第2 035个数字为5 995,
所以A报出的第2 000个数字为5 995-(2 035-2 000)=5 960.
17.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,且d≠0,
∵+=+,∴-=-,即(a2-a5)(a2+a5)=(a4-a3)(a4+a3),即-3d(a4+a3)=d(a4+a3),
又d≠0,∴a4+a3=0,即2a1+5d=0①,
由S7=7得7a1+d=7②,
联立①②可得a1=-5,d=2,∴an=-5+2(n-1)=2n-7,Sn=-5n+×2=n2-6n.
(2)令an=2n-7=0,得n=,
∴当n≤3时,an<0,当n≥4时,an>0.
∴当n≤3时,Tn=-Sn=-n2+6n,
当n≥4时,Tn=-S3+(Sn-S3)=Sn-2S3=n2-6n-2×(9-18)=n2-6n+18,
∴Tn=
能力提升练
1.B 由题可知函数f(x)的图象关于直线x=1对称,
因为{an}的公差不为0,所以a1 012≠a1 013,
又因为f(a1 012)=f(a1 013),所以=1,
所以a1 012+a1 013=2,故S2 024===2 024.
2.C 由题意可知an=6n-1,则an+1-an=6,
所以数列{an}是等差数列,
则Sn==3n2+2n,
所以==6+4≥12+4=16,当且仅当n=1时,等号成立,
故的最小值为16.
3.AD 当n=1时,a1=2,
当n≥2时,a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n-1,
故2n-1an=n·2n-(n-1)·2n-1=(n+1)·2n-1,
所以an=n+1(n≥2),
又a1=2满足上式,所以an=n+1,故A正确;
因为an+1-an=n+2-(n+1)=1,所以{an}为等差数列,故{an}的前n项和为=,故B错误;
令bn=(-1)nan=(-1)n(n+1),则{bn}的前100项和为-2+3-4+5-…-100+101=1×50=50,故C错误;
令cn=|an-5|=|n-4|,则{cn}的前30项和为3+2+1+0+1+2+…+26=6+=357,故D正确.
4.答案 480
解析 由题意得Sn==,
所以a1=1,S5=(a1+a5)=5a3=15,则a3=3,
所以数列{an}的公差为=1,所以an=n,bn=[log2an]=[log2n],
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:∵2Sn-an=n2,
∴当n≥2时,2Sn-1-an-1=(n-1)2,
两式相减得2an-an+an-1=n2-(n-1)2=2n-1,
即an-1+an=2n-1,∴(an+an+1)-(an-1+an)=[2(n+1)-1]-(2n-1)=2,且a1+a2=3,
∴数列{an+an+1}是以3为首项,2为公差的等差数列.
(2)由(1)知an+an+1=3+2(n-1)=2n+1,
所以S20=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+…+(a19+a20)
=3+7+11+…+39==210.
6.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.
7.B 由等差数列的性质得==,由=可设Sn=kn(2n+1),Tn=kn(3n-1),k≠0,则a7=S7-S6=105k-78k=27k,b5=T5-T4=70k-44k=26k,所以==.
8.AC 由题意得前m项中奇数项的和为99-44=55,
设等差数列{an}的前n项和为Sn,则S奇=,S偶=,
因此===,解得m=9,A正确;
易得S奇-S偶=-==11,又m=9,所以a5=11,B错误;
d==-=-2,C正确;
a6=a5+d=11-2=9,D错误.
9.B 记数列1,3,5,7,9,…,99为数列{an},则其公差为2,故an=1+2(n-1)=2n-1.
记数列2,5,8,11,…,101为数列{bm},则其公差为3,
故bm=2+3(m-1)=3m-1.
令an=bm,即2n-1=3m-1,可得2n=3m.
因为n,m为正整数,所以m是2的倍数,设m=2t(t∈N*),
将m=2t代入bm=3m-1,可得b2t=3×2t-1=6t-1.
设得到的新数列为{ct},则新数列的通项公式为ct=6t-1,
当t=1时,c1=6×1-1=5,所以{ct}是首项为5,公差为6的等差数列,
令ct≤99,即6t-1≤99,得t≤≈16.67,
因为t∈N*,所以t的最大值为16,即{ct}共有16项.
设{ct}的前t项和为St,易得c16=6×16-1=95,则S16==800.
10.B 设等差数列{an}的公差为d,由a3=9,a5=17,
得解得∴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=+=,
∴S2n+1-Sn≤,则由题意得≤,得m≥,
又m∈Z,∴m的最小值为4.
11.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,解法一:设{an}的公差为d1,由题意得解得故a7+a8=2a1+13d1=17.
解法二:易知a1+a2,a3+a4,a5+a6,a7+a8成等差数列,公差为(a3+a4)-(a1+a2)=9-5=4,
所以a7+a8=a1+a2+3×4=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=9=a1>0,S10=5=-a1<0,D正确.
基础过关练
题组一 求等差数列的前n项和
1.(2025河北张家口期末)已知等差数列{an}的公差d≠0,前n项和为Sn,a1=d,则=( )
A.6 B.7 C.8 D.9
2.(2025湖北仙桃期末)已知{an}是等差数列,a1+a3+a5=21,a6+a8+a10=51,则{an}的前10项和为( )
A.90 B.100 C.110 D.120
3.(2025湖北部分重点中学期末)若等差数列{an}的前n项和为Sn,则“S2 022<0,S2 023>0”是“a1 011·a1 012<0”的( )
A.充要条件
B.必要不充分条件
C.充分不必要条件
D.既不充分也不必要条件
4.(2025江苏无锡辅仁高级中学调研)已知{an}是各项均为正数的等差数列,Sn为其前n项和,且a6+2a7+a10=20,则当a7·a8取最大值时,S10=( )
A.10 B.20
C.25 D.50
5.(多选题)(2025河北保定部分中学期末)记等差数列{an}的前n项和为Sn,则根据下列条件能够确定S21的值的是( )
A.a11=10 B.a4+a19=10
C.a7=10,S13=130 D.S7=100,S14=300
6.(2024安徽安庆月考)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
题组二 等差数列前n项和的性质
7.(多选题)(2025河北石家庄期末)已知数列{an}的前n项和Sn=3n2-2n(n∈N*),则下列结论正确的是( )
A.a2=8 B.{an}为等差数列
C.a10=a3+40 D.{Sn}是递增数列
8.(教材习题改编)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2,S2n=6,则S4n=( )
A.8 B.12 C.14 D.20
9.(2025江苏苏州调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若3S5-5S3=1,则5S7-7S5=( )
A. B.1
C. D.
10.已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,且S2 017=S2 018,Sk=S2 012,则正整数k为( )
A.2 021 B.2 022
C.2 023 D.2 024
11.(2025天津河东期末)已知等差数列{an}的公差d=,a1+a3+a5+…+a99=60,则a1+a2+a3+…+a100= .
12.(2024湖北新高考协作体联考)已知等差数列{an},{bn}的前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项和的应用
13.(2024广东广州天河期末)图1是一个水平摆放的小正方体木块,图2,图3是由这样的小正方体木块叠放而成的,按照这样的规律放下去,第6个图形中叠放的小正方体木块的总个数是( )
A.61 B.66 C.90 D.91
14.(2025黑龙江哈尔滨第三中学期中)专家表示如果天气因素造成的涨水现象赶上潮汐高潮,水位就会异常地高,甚至会发生海水倒灌.某地发生海水倒灌,需要在24 h内排水减少损失,因此需要紧急抽调抽水机.经测算,在某型号抽水机平均工作24 h的情况下,需要调用20台抽水机,而目前只有一台抽水机可立即投入施工,其余抽水机需要从其他施工现场抽调,且每隔20 min才有一台抽水机到达施工现场投入工作,若要在24 h内完成排水任务,则至少需要抽调这种型号的抽水机( )
A.25台 B.24台 C.23台 D.22台
15.(2024浙江温州期末)传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数.他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类,如下图第一行的1,3,6,10称为三角形数,第二行的1,4,9,16称为正方形数,则下列各数既是三角形数又是正方形数的是( )
A.55 B.49 C.36 D.28
16.(2025上海延安中学月考)一个三人报数游戏:A报数字1,B报后两个数字2,3,C报后三个数字4,5,6,A报后四个数字7,8,9,10,……,依次类推,直到报出10 000,则A报出的第2 000个数字为( )
A.5 957 B.5 958 C.5 959 D.5 960
17.(2025湖北武汉部分学校期末)设{an}是公差不为零的等差数列,其前n项和为Sn,+=+,S7=7.
(1)求an和Sn;
(2)求{|an|}的前n项和Tn.
能力提升练
题组一 与等差数列的前n项和有关的计算
1.(2024陕西安康期末)已知函数f(x)=|x-1|,公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn.若f(a1 012)=f(a1 013),则S2 024=( )
A.1 012 B.2 024 C.3 036 D.4 048
2.(2024安徽十五校期末联考)定义:对于数a,b,若它们除以整数m所得的余数相等,则称a与b对于模m同余或a同余于b模m,记作a≡b(mod m).已知正整数t满足t≡11(mod 6),将所有符合条件的t的值按从小到大的顺序排列,构成数列{an}.设数列{an}的前n项和为Sn,则的最小值为( )
A.12 B.14 C.16 D.18
3.(多选题)(2025湖北部分重点中学期末)若数列{an}满足a1+2a2+…+2n-1an=n·2n,则( )
A.an=n+1
B.{an}的前n项和为
C.{(-1)nan}的前100项和为100
D.{|an-5|}的前30项和为357
4.(2025广东深圳外国语学校期末)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,且Sn=,S5=15,记bn=[log2an],则数列{bn}的前100项和为 .
5.(2025陕西汉中模拟)设数列{an}的前n项和为Sn,2Sn-an=n2,n∈N*.
(1)证明:数列{an+an+1}是等差数列;
(2)求S20.
题组二 等差数列前n项和的性质
6.(2025江苏苏州第三中学月考)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=( )
A.8 B.7 C.6 D.5
7.(2025湖北武汉部分重点中学期末联考)设等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若=,则=( )
A. B. C. D.
8.(多选题)(2025江苏连云港期末)已知公差为d的等差数列{an}的前m(m为奇数)项的和为99,其中偶数项之和为44,且a1-am=16,则( )
A.m=9 B.a5=13 C.d=-2 D.a6=11
题组三 等差数列前n项和的应用
9.(2025山东泰安期末)已知两个等差数列1,3,5,7,9,…,99和2,5,8,11,…,101,将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序排列组成一个新数列,则这个新数列的各项之和为( )
A.750 B.800 C.850 D.832
10.(2024重庆第十八中学期末)在等差数列{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n∈N*恒成立,则整数m的最小值是( )
A.5 B.4 C.3 D.2
11.(多选题)(2024东北三校联考)在等差数列{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
答案
基础过关练
1.B 由题意得====7.
2.D 解法一:设{an}的公差为d,
由题意得解得
则{an}的前10项和为10a1+d=30+90=120.
解法二:由a1+a3+a5=21得3a3=21,则a3=7,
由a6+a8+a10=51得3a8=51,则a8=17,
故{an}的前10项和为==120.
3.C 若S2 022<0,S2 023>0,
则S2 023==2 023a1 012>0,
S2 022==1 011(a1 011+a1 012)<0,
∴a1 012>0,a1 011+a1 012<0,∴a1 011<0,
∴a1 011·a1 012<0,故充分性成立;
若a1 011·a1 012<0,则a1 011+a1 012的正负无法判断,
则S2 022=1 011(a1 011+a1 012)的正负无法判断,故必要性不成立.
故“S2 022<0,S2 023>0”是“a1 011·a1 012<0”的充分不必要条件.
4.D 因为a6+2a7+a10=a6+a10+2a7=2a8+2a7=20,
所以a7+a8=10,
因为数列{an}是各项均为正数的等差数列,所以a7>0,a8>0,所以a7·a8≤==25,当且仅当a7=a8=5时等号成立,
此时数列{an}为常数列,且an=5,所以S10=50.
5.AD 设等差数列{an}的公差为d.
对于A,S21===21a11=210,故A符合题意;
对于B,a4+a19=a11+a12=2a11+d=10,因为d的值不确定,所以无法求出a11的值,所以无法确定S21的值,故B不符合题意;
对于C,S13===13a7=130,本选项相当于给出了一个条件,无法确定a1,d,进而无法确定S21的值,故C不符合题意;
对于D,因为S14-S7=a8+a9+…+a14=a1+a2+…+a7+7d×7=100+49d=300-100,所以49d=100,
所以S21-S14=a15+a16+…+a21=a1+a2+…+a7+14d×7=100+200=300,所以S21=S14+300=600,故D符合题意.
6.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,所以n=13,
故这个数列有13项.
7.BD 由题意得当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n2-2n-3(n-1)2+2(n-1)=6n-5,当n=1时,a1=S1=1也适合上式,所以an=6n-5,则a2=7,A错误;由an=6n-5,可得{an}是首项为1,公差为6的等差数列,B正确;易得a10=55,a3=13,则a10=a3+42,C错误;由A得当n≥2时,Sn-Sn-1=6n-5>0,所以{Sn}是递增数列,D正确.
8.D 由题意得S2n-Sn=4,由等差数列前n项和的性质知Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,S4n-S3n组成首项为2,公差为2的等差数列,则S4n=(S4n-S3n)+(S3n-S2n)+(S2n-Sn)+Sn=8+6+4+2=20.
9.D 由等差数列前n项和的性质知成等差数列,
由3S5-5S3=1得-=,则-=-=,所以5S7-7S5=.
10.C 因为{an}的公差不为0,所以Sn关于n的函数图象是二次函数图象上的一些点,所以由二次函数图象的对称性及S2 017=S2 018,Sk=S2 012,可得=,解得k=2 023.
11.答案 145
解析 由题意得a2+a4+a6+…+a100=a1+d+a3+d+a5+d+…+a99+d=a1+a3+a5+…+a99+50d=60+50×=85,所以a1+a2+a3+…+a100=60+85=145.
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).
12.答案 (1) (2) (3)
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),k≠0,则a5=S5-S4=65k-44k=21k,b10=T10-T9=10k×11-9k×10=20k,所以=.
13.B 易得各图中小正方体木块的个数依次为1,1+5,1+5+9,…,
归纳可知,第n个图形共有n层,且从上到下各层小正方体木块的个数构成以1为首项,4为公差的等差数列,所以第6个图形中叠放的小正方体木块的总个数为6+×4=66.
14.B 记一台抽水机20 min完成的任务量为1,设需要n台抽水机,这n台抽水机完成的任务量依次为a1,a2,…,an(1≤n≤72,n∈N*),
依题意,a1=24×=72,an+1-an=-1,
因此{an}是首项为72,公差为-1的等差数列,
设{an}的前n项和为Sn,则Sn=72n-,
由题意得Sn=72n-≥20×24×3,即n2-145n+2 880≤0,
记f(n)=n2-145n+2 880,
易得f(n)在[1,72]上单调递减,
又f(23)=74>0, f(24)=-24<0,
所以当24≤n≤72时, f(n)<0,
所以至少需要抽调24台抽水机.
15.C 由题意知,三角形数可看作1=1,3=1+2,6=1+2+3,10=1+2+3+4,……,
则第n个三角形数为1+2+3+…+n=;
正方形数可看作1=12,4=22,9=32,16=42,……,则第n个正方形数为n2.
对于A,令n2=55,其解不是正整数,所以55不是正方形数,故A不符合题意;
对于B,令n2=49,解得n=7,令=49,其解不是正整数,所以49不是三角形数,故B不符合题意;
对于C,令n2=36,解得n=6,令=36,解得n=8,故C符合题意;
对于D,令n2=28,其解不是正整数,所以28不是正方形数,故D不符合题意.
16.D 依题意,A第n(n∈N*)次报数的个数为3n-2,
则A这n次报数的总个数Tn==,
令Tn≥2 000,得n的最小值为37,且T37=2 035,
当A第37次报数时,A,B,C三人共报了36×3+1=109次数,
当报完第109次数后,三人总的报数个数为1+2+3+…+109==5 995,
因此A报出的第2 035个数字为5 995,
所以A报出的第2 000个数字为5 995-(2 035-2 000)=5 960.
17.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,且d≠0,
∵+=+,∴-=-,即(a2-a5)(a2+a5)=(a4-a3)(a4+a3),即-3d(a4+a3)=d(a4+a3),
又d≠0,∴a4+a3=0,即2a1+5d=0①,
由S7=7得7a1+d=7②,
联立①②可得a1=-5,d=2,∴an=-5+2(n-1)=2n-7,Sn=-5n+×2=n2-6n.
(2)令an=2n-7=0,得n=,
∴当n≤3时,an<0,当n≥4时,an>0.
∴当n≤3时,Tn=-Sn=-n2+6n,
当n≥4时,Tn=-S3+(Sn-S3)=Sn-2S3=n2-6n-2×(9-18)=n2-6n+18,
∴Tn=
能力提升练
1.B 由题可知函数f(x)的图象关于直线x=1对称,
因为{an}的公差不为0,所以a1 012≠a1 013,
又因为f(a1 012)=f(a1 013),所以=1,
所以a1 012+a1 013=2,故S2 024===2 024.
2.C 由题意可知an=6n-1,则an+1-an=6,
所以数列{an}是等差数列,
则Sn==3n2+2n,
所以==6+4≥12+4=16,当且仅当n=1时,等号成立,
故的最小值为16.
3.AD 当n=1时,a1=2,
当n≥2时,a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n-1,
故2n-1an=n·2n-(n-1)·2n-1=(n+1)·2n-1,
所以an=n+1(n≥2),
又a1=2满足上式,所以an=n+1,故A正确;
因为an+1-an=n+2-(n+1)=1,所以{an}为等差数列,故{an}的前n项和为=,故B错误;
令bn=(-1)nan=(-1)n(n+1),则{bn}的前100项和为-2+3-4+5-…-100+101=1×50=50,故C错误;
令cn=|an-5|=|n-4|,则{cn}的前30项和为3+2+1+0+1+2+…+26=6+=357,故D正确.
4.答案 480
解析 由题意得Sn==,
所以a1=1,S5=(a1+a5)=5a3=15,则a3=3,
所以数列{an}的公差为=1,所以an=n,bn=[log2an]=[log2n],
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:∵2Sn-an=n2,
∴当n≥2时,2Sn-1-an-1=(n-1)2,
两式相减得2an-an+an-1=n2-(n-1)2=2n-1,
即an-1+an=2n-1,∴(an+an+1)-(an-1+an)=[2(n+1)-1]-(2n-1)=2,且a1+a2=3,
∴数列{an+an+1}是以3为首项,2为公差的等差数列.
(2)由(1)知an+an+1=3+2(n-1)=2n+1,
所以S20=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+…+(a19+a20)
=3+7+11+…+39==210.
6.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.
7.B 由等差数列的性质得==,由=可设Sn=kn(2n+1),Tn=kn(3n-1),k≠0,则a7=S7-S6=105k-78k=27k,b5=T5-T4=70k-44k=26k,所以==.
8.AC 由题意得前m项中奇数项的和为99-44=55,
设等差数列{an}的前n项和为Sn,则S奇=,S偶=,
因此===,解得m=9,A正确;
易得S奇-S偶=-==11,又m=9,所以a5=11,B错误;
d==-=-2,C正确;
a6=a5+d=11-2=9,D错误.
9.B 记数列1,3,5,7,9,…,99为数列{an},则其公差为2,故an=1+2(n-1)=2n-1.
记数列2,5,8,11,…,101为数列{bm},则其公差为3,
故bm=2+3(m-1)=3m-1.
令an=bm,即2n-1=3m-1,可得2n=3m.
因为n,m为正整数,所以m是2的倍数,设m=2t(t∈N*),
将m=2t代入bm=3m-1,可得b2t=3×2t-1=6t-1.
设得到的新数列为{ct},则新数列的通项公式为ct=6t-1,
当t=1时,c1=6×1-1=5,所以{ct}是首项为5,公差为6的等差数列,
令ct≤99,即6t-1≤99,得t≤≈16.67,
因为t∈N*,所以t的最大值为16,即{ct}共有16项.
设{ct}的前t项和为St,易得c16=6×16-1=95,则S16==800.
10.B 设等差数列{an}的公差为d,由a3=9,a5=17,
得解得∴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=+=,
∴S2n+1-Sn≤,则由题意得≤,得m≥,
又m∈Z,∴m的最小值为4.
11.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,解法一:设{an}的公差为d1,由题意得解得故a7+a8=2a1+13d1=17.
解法二:易知a1+a2,a3+a4,a5+a6,a7+a8成等差数列,公差为(a3+a4)-(a1+a2)=9-5=4,
所以a7+a8=a1+a2+3×4=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=9=a1>0,S10=5=-a1<0,D正确.