等差数列的前n项和练习题及答案解析

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.。

《第二节等差数列》同步练习（等差数列的前n项和公式）一、选择题1.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且S2=10,S5=55,则过点P(n,S nn ),Q(n+2,S n+2n+2)(n∈N*)的直线的斜率为( )A.4B.3C.2D.12.[2022辽宁名校高三上联考]已知数列{a n}是等差数列,前n项和为S n,若a1+a2+a3+a4=3,a17+a18+a19+a20=5,则S20=( )A.10B.15C.20D.403.[2022四川成都七中高一下期中]已知等差数列{a n}的公差d<0,a5a7=35,a4+a8=12,前n 项和为S n,则S n的最大值为( )A.66B.72C.132D.1984.(多选)[2022湖南高三上联考]两个等差数列{a n}与{b n}的前n项和分别为S n与T n,且S2n T n =8n3n+5,则( )A.a3+a8=2b3B.当S n=2n2时,b n=6n+2C.a4+a11b4<2D.∀n∈N*,使得T n>05.(多选)[2022安徽临泉一中高二期末]已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若S2 021>0,S2 022<0,则( )A.数列{a n}是递增数列B.|a1 012|>|a1 011|C.当S n取得最大值时,n=1 011D.S1 012<S1 0096.[2022山东潍坊高二调研]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,齐去长安四百二十里,良马初日行九十七里,日增一十五里;驽马初日行九十二里,日减一里;良马先至齐,复还迎驽马,二马相逢.问:几日相逢?( )A.4日B.3日C.5日D.6日7.如果有穷数列a1,a2,…,a n(n∈N*)满足a i=a n-i+1(i=1,2,3,…,n),那么称该数列为“对称数列”.设{a n}是项数为2k-1(k∈N,k≥2)的“对称数列”,其中a k,a k+1,…,a2k-1是首项为50,公差为-4的等差数列,记{a n }的各项之和为S 2k -1,则S 2k -1的最大值为( ) A.622B.624C.626D.6288.(多选)[2022江苏南京高三月考]如图的形状出现在中国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中,后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球,第二层有3个球,第三层有6个球,第四层有10个球,…….设第n 层有a n 个球,从上往下n 层球的总数为S n ,则( )A.S 5=35B.a n +1-a n =nC.S n -S n -1=n(n+1)2,n ≥2 D.1a 1+1a 2+1a 3+…+1a 100=200101二、非选择题9.如图所示,八个边长为1的小正方形拼成一个长为4,宽为2的矩形,A ,B ,D ,E 均为小正方形的顶点,在线段DE 上有 2 020个不同的点P 1,P 2,…,P 2 020,且它们等分DE.记M i =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP i ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (i =1,2,…,2 020).则M 1+M 2+…+M 2 020的值为 .10.已知数列{a n }满足2a n +1=a n +a n +2(n ∈N *),它的前n 项和为S n ,且a 3=10,S 6=72,则{a n }的通项公式a n = ;若数列{b n }满足b n =12a n -30,其前n 项和为T n ,则T n 的最小值为 .11.[2022辽宁阜新高二上期末]在等差数列{a n }中,S n 是数列{a n }的前n 项和,已知a 2=4,S 4=20.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =(-1)n·a n ,求数列{b n }的前n 项和T n .12.[2022河北唐山一中高二上月考]记S n是等差数列{a n}的前n项和,若S5=-35,S7=-21.(1)求数列{a n}的通项公式,并求S n的最小值;(2)设b n=|a n|,求数列{b n}的前n项和T n.参考答案一、选择题1.C设d为数列{a n}的公差,则{S nn }是公差为d2的等差数列.2.C由题易知S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12,S20-S16成等差数列,又S4=3,S20-S16=5,则S20=(S20-S16)+(S16-S12)+(S12-S8)+(S8-S4)+S4=(5+3)×52=20.3.A因为d<0,a5a7=35,a4+a8=a5+a7=12,所以a5=7,a7=5,则d=-1,所以a n=a7+(n-7)d=-n+12,所以a12=0,所以当n=11或12时,S n取得最大值,最大值为S11=S12=12(a1+a12)2= 12×(11+0)2=66.4.AB由S2nT n =8n3n+5,知S10T5=10(a1+a10)25(b1+b5)2=a1+a10b3=a3+a8b3=4020=2,即a3+a8=2b3,故A正确;同理可得a4+a11b4=S14T7=2813>2,故C错误;当S n=2n2时,有S2n=8n2,则T n=n(3n+5),易得b n=6n+2,故B正确;当S n=-2n2时,有S2n=-8n2,则T n=-n(3n+5)<0,则不存在n∈N*,使得T n>0,故D错误.5.BC因为S2 021=2021(a1+a2021)2=2 021a1 011>0,S2 022=2022(a1+a2022)2=1 011(a1 011+a1 012)<0,所以a1 011>0,a1 011+a1 012<0,所以a1 012<0,且|a1 012|>|a1 011|,所以数列{a n}是递减数列,且当n=1 011时,S n取得最大值,故B,C正确,A错误.又S1 012-S1 009=a1 010+a1 011+a1 012=3a1 011>0,所以S1 012>S1 009,故D错误.故选BC.6.A记良马第n日行程为a n,驽马第n日行程为b n,则由题意知数列{a n}是首项为97,公差为15的等差数列,数列{b n}是首项为92,公差为-1的等差数列,则a n=97+15(n-1)=15n+82,b n=92-(n-1)=93-n.因为数列{a n}的前n项和为n(97+15n+82)2=n(179+15n)2,数列{b n}的前n项和为n(92+93−n)2=n(185−n)2,所以n(179+15n)2+n(185−n)2=420×2,整理得n2+26n-120=0,解得n=4或n=-30(舍去),即4日相逢.7.C易知a k+a k+1+…+a2k-1=50k+k(k−1)×(−4)2=-2k2+52k,S2k-1=a1+…+a k+a k+1+…+a2k-1=2(a k+a k+1+…+a2k-1)-a k=-4k2+104k-50=-4(k-13)2+626,当k=13时,S2k-1取到最大值,且最大值为626.故选C.8.ACD因为a1=1,a2-a1=2,a3-a2=3,……,a n-a n-1=n,以上n个式子相加可得a n=1+2+3+…+n=n(n+1)2,所以S5=a1+a2+a3+a4+a5=1+3+6+10+15=35,故A正确;由递推关系可知a n+1-a n=n+1,故B 不正确;当n ≥2时,S n -S n -1=a n =n(n+1)2,故C 正确;因为1a n =2n(n+1)=2(1n−1n+1),所以1a 1+1a 2+…+1a 100=2[(1-12)+(12−13)+…+(1100−1101)]=2(1-1101)=200101,故D 正确.故选ACD.二、非选择题9.14 140 解析如图,设C 为DE 的中点,则AC =72.因为P 1,P 2,…,P 2 020等分DE ,所以AP i ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AP 2 021−i ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ .又M 1+M 2+…+M 2 020=AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(AP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +…+AP 2 020⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ),令S =M 1+M 2+…+M 2 020,则2S =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(AP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +…+AP 2 020⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )+AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(AP 2 020⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AP 2 019⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +…+AP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·[(AP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AP 2 020⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )+(AP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AP 2 019⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )+…+(AP 2 020⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )]=(2×2 020)AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =4 040×√5×72×√5=28 280,所以S =14 140.10.4n -2 -225 解析因为2a n +1=a n +a n +2,所以a n +1-a n =a n +2-a n +1,故数列{a n }为等差数列.设数列{a n }的公差为d.由a 3=10,S 6=72,得{a 1+2d =10,6a 1+15d =72,解得{a 1=2,d =4,所以a n =4n -2,所以b n =12a n -30=2n -31.令{b n ≤0,b n+1≥0,即{2n −31≤0,2(n +1)−31≥0,解得292≤n ≤312.因为n ∈N *,所以数列{b n }的前15项均为负值且第16项为正值,所以T 15最小.因为数列{b n }的首项为-29,公差为2,所以T 15=15(−29+2×15−31)2=-225,所以数列{b n }的前n 项和T n 的最小值为-225.11.(1)设首项为a 1,公差为d ,由题意知 {a 1+d =4,4a 1+4×32d =20,解得{a 1=2,d =2,故a n =2n. (2)由(1)得b n =(-1)n·a n =(-1)n·2n.当n 为偶数时,T n =(-2+4)+(-6+8)+…+[-2(n -1)+2n ]=n2·2=n ;当n 为奇数时,T n =(-2+4)+(-6+8)+…+[-2(n -2)+2(n -1)]-2n =(n -1)-2n =-n -1, 所以T n ={n,n 为偶数,−n −1,n 为奇数.12.(1)设{a n }的公差为d ,则{5a 1+5×42d =−35,7a 1+7×62d =−21,解得{a 1=−15,d =4, 所以a n =-15+4(n -1)=4n -19.由a n=4n-19≥0,得n≥194,所以当n=1,2,3,4时,a n<0,当n≥5时,a n>0,所以S n的最小值为S4=4a1+4×32d=-36.(2)由(1)知,当n≤4时,b n=|a n|=-a n;当n≥5时,b n=|a n|=a n.又S n=na1+n(n−1)2d=2n2-17n,所以当n≤4时,T n=-S n=17n-2n2,当n≥5时,T n=S n-2S4=2n2-17n-2×(-36)=2n2-17n+72,即T n={17n−2n2,n≤4, 2n2−17n+72,n≥5.。

等差数列的前n项和习题及答案一、基础过关1．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－1，则a4等于() A．7 B．8 C．9 D．172．已知数列{an}的前n项和Sn＝n3，则a5＋a6的值为() A．91 B．152 C．218 D．2793．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a5a3＝59，则S9S5等于()A．1 B．－1 C．2 D.124．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S3S6＝13，则S6S12等于()A.310B.13C.18D.195．数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2－n(n∈N*)，则通项an＝________.6．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a4＝1，S5＝10，则当Sn取得最大值时，n的值为________．7．已知数列{an}的前n项和公式为Sn＝2n2－30n.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)求Sn的最小值及对应的n值．8．设等差数列{an}满足a3＝5，a10＝－9.(1)求{an}的通项公式；(2)求{an}的前n项和Sn及使得Sn最大的序号n的值．二、能力提升9．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5<ak<8，则k为() A．9 B．8 C．7 D．610．设{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5<S6，S6＝S7>S8，则下列结论错误的是() A．d<0 B．a7＝0C．S9>S5 D．S6与S7均为Sn的最大值11．数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2－2an＋1＋an＝0 (n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Sn.三、探究与拓展12．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，且S12>0，S13<0.(1)求公差d的取值范围；(2)问前几项的和最大，并说明理由．答案1．A 2.B 3.A 4.A 5.2n－2 6．4或57．解(1)∵Sn＝2n2－30n，∴当n＝1时，a1＝S1＝－28.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－30n)－[2(n－1)2－30(n－1)]＝4n－32.∴an＝4n－32，n∈N＋.(2)∵an＝4n－32，∴a1<a2<…<a7<0，a8＝0，当n≥9时，an>0.∴当n＝7或8时，Sn最小，且最小值为S7＝S8＝－112.8．解(1)由an＝a1＋(n－1)d及a3＝5，a10＝－9得a1＋2d＝5，a1＋9d＝－9，可解得a1＝9，d＝－2，所以数列{an}的通项公式为an＝11－2n.(2)由(1)知，Sn＝na1＋n－12d＝10n－n2.因为Sn＝－(n－5)2＋25，所以当n＝5时，Sn取得最大值．9．B10.C11．解(1)∵an＋2－2an＋1＋an＝0.∴an＋2－an＋1＝an＋1－an＝…＝a2－a1.∴{an}是等差数列且a1＝8，a4＝2，∴d＝－2，an＝a1＋(n－1)d＝10－2n.(2)∵an＝10－2n，令an＝0，得n＝5.当n>5时，an<0；当n＝5时，an＝0；当n<5时，an>0.∴当n>5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)＝S5－(Sn－S5)＝2S5－Sn＝2•(9×5－25)－9n＋n2＝n2－9n＋40，当n≤5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝9n－n2.∴Sn＝9n－n2≤5－9n＋4012．解(1)根据题意，得12a1＋12×112d>0，13a1＋13×122d<0，a1＋2d＝12，整理得：2a1＋11d>0，a1＋6d<0，a1＋2d＝12.解得：－247<d<－3.(2)∵d<0，∴a1>a2>a3>…>a12>a13>…，而S13＝13＋a13＝13a7<0，∴a7<0.又S12＝12＋a12＝6(a1＋a12)＝6(a6＋a7)>0，∴a6>0.∴数列{an}的前6项和S6最大．。

【巩固练习】一、选择题1．已知等差数列共有10项，其中奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差是( )A ．5B ．4C ．3D ．22．已知等差数列{a n }的前三项依次为a －1，172a -,3，则该数列中第一次出现负值的项为( ) A ．第9项B ．第10项C ．第11项D ．第12项 3.已知{a n }是等差数列，a 3＋a 11＝40，则a 6－a 7＋a 8等于( ) A ．20B ．48C ．60D ．72 4. 等差数列{a n }中，a 1＝8，a 5＝2，若在每相邻两项间各插入一个数，使之成等差数列，那么新的等差数列的公差是( ) A.34B ．34-C ．67-D ．－1 5.(2015 新课标Ⅰ)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 8=4S 4，则a 10=（ ） A ． 172 B ．192C ．10D ．12 6. 已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且7453n n A n B n +=+，则使得n n a b 为整数的正整数n 的个数是( )A ．2B ．3C ．4D ．5二、填空题7．在等差数列{a n }中，a 3＝7，a 5＝a 2＋6，则a 6＝________. 8．若x ≠y ，数列x ，a 1，a 2，y 和x ，b 1，b 2，b 3，y 各自成等差数列，则1212a ab b --＝________. 9.把20分成四个数成等差数列，使第一项与第四项的积同第二项与第三项的积的比为2∶3，则这四个数从小到大依次为____________.10.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－9n ，第k 项满足5<a k <8，则k ＝________.11.（2016 南通模拟）等差数列{}n a 中，1583,115a a a =-=，则其前n 项和n S 的最小值为 。

课时作业8 等差数列的前n 项和时间：45分钟 满分：100分课堂训练1．已知{a n }为等差数列，a 1＝35，d ＝－2，S n ＝0，则n 等于( ) A ．33 B ．34 C ．35 D ．36【答案】 D【解析】 本题考查等差数列的前n 项和公式．由S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝35n ＋n (n －1)2×(－2)＝0，可以求出n ＝36.2．等差数列{a n }中，3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，则数列前13项的和是( )A ．13B ．26C ．52D ．156 【答案】 B【解析】 3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24⇒6a 4＋6a 10＝24⇒a 4＋a 10＝4⇒S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13(a 4＋a 10)2＝13×42＝26. 3．等差数列的前n 项和为S n ，S 10＝20，S 20＝50.则S 30＝________. 【答案】 90【解析】 等差数列的片断数列和依次成等差数列． ∴S 10，S 20－S 10，S 30－S 20也成等差数列． ∴2(S 20－S 10)＝(S 30－S 20)＋S 10，解得S 30＝90.4．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 12＝84，S 20＝460，求S 28. 【分析】 (1)应用基本量法列出关于a 1和d 的方程组，解出a 1和d ，进而求得S 28；(2)因为数列不是常数列，因此S n 是关于n 的一元二次函数且常数项为零．设S n ＝an 2＋bn ，代入条件S 12＝84，S 20＝460，可得a 、b ，则可求S 28；(3)由S n ＝d 2n 2＋n (a 1－d 2)得S n n ＝d 2n ＋(a 1－d2)，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是一个等差数列，又2×20＝12＋28，∴2×S 2020＝S 1212＋S 2828，可求得S 28.【解析】 方法一：设{a n }的公差为d ， 则S n ＝na 1＋n (n －1)2d .由已知条件得：⎩⎨⎧12a 1＋12×112d ＝84，20a 1＋20×192d ＝460，整理得⎩⎨⎧2a 1＋11d ＝14，2a 1＋19d ＝46，解得⎩⎨⎧a 1＝－15，d ＝4.所以S n ＝－15n ＋n (n －1)2×4＝2n 2－17n ， 所以S 28＝2×282－17×28＝1 092.方法二：设数列的前n 项和为S n ，则S n ＝an 2＋bn . 因为S 12＝84，S 20＝460，所以⎩⎨⎧122a ＋12b ＝84，202a ＋20b ＝460，整理得⎩⎨⎧12a ＋b ＝7，20a ＋b ＝23.解之得a ＝2，b ＝－17， 所以S n ＝2n 2－17n ，S 28＝1 092. 方法三：∵{a n }为等差数列， 所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，所以S n n ＝a 1－d 2＋d2n ，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等差数列．因为12,20,28成等差数列， 所以S 1212，S 2020，S 2828成等差数列， 所以2×S 2020＝S 1212＋S 2828，解得S 28＝1 092.【规律方法】 基本量法求出a 1和d 是解决此类问题的基本方法，应熟练掌握．根据等差数列的性质探寻其他解法，可以开阔思路，有时可以简化计算．课后作业一、选择题(每小题5分，共40分)1．已知等差数列{a n }中，a 2＝7，a 4＝15，则前10项的和S 10等于( )A ．100B ．210C ．380D ．400【答案】 B【解析】 d ＝a 4－a 24－2＝15－72＝4，则a 1＝3，所以S 10＝210.2．在等差数列{a n }中，a 2＋a 5＝19，S 5＝40，则a 10＝( ) A ．27 B ．24 C ．29 D ．48【答案】 C 【解析】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．数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2＋2n －1，则这个数列一定是( ) A ．等差数列 B ．非等差数列 C ．常数列 D ．等差数列或常数列 【答案】 B【解析】 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋2n －1－[(n －1)2＋2(n －1)－1]＝2n ＋1，当n ＝1时a 1＝S 1＝2.∴a n ＝⎩⎨⎧2，n ＝1，2n ＋1，n ≥2，这不是等差数列．4．设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )C ．8D ．9【答案】 A 【解析】⎩⎨⎧a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，∴⎩⎨⎧a 1＝－11，d ＝2，∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－11n ＋n 2－n ＝n 2－12n . ＝(n －6)2－36. 即n ＝6时，S n 最小．5．一个只有有限项的等差数列，它的前5项的和为34，最后5项的和为146，所有项的和为234，则它的第7项等于( )A ．22B ．21C ．19D ．18【答案】 D【解析】 ∵a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝34， a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＋a n －4＝146， ∴5(a 1＋a n )＝180，a 1＋a n ＝36， S n ＝n (a 1＋a n )2＝n ×362＝234. ∴n ＝13，S 13＝13a 7＝234.∴a 7＝18.6．一个有11项的等差数列，奇数项之和为30，则它的中间项为( )A ．8B ．7【答案】 D【解析】 S 奇＝6a 1＋6×52×2d ＝30，a 1＋5d ＝5，S 偶＝5a 2＋5×42×2d ＝5(a 1＋5d )＝25，a 中＝S 奇－S 偶＝30－25＝5.7．若两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别是S n ，T n ，已知S n T n＝7n n ＋3，则a 5b 5等于( ) A ．7 B.23 C.278 D.214【答案】 D【解析】 a 5b 5＝2a 52b 5＝a 1＋a 9b 1＋b 9＝92(a 1＋a 9)92(b 1＋b 9)＝S 9T 9＝214.8．已知数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|等于( )A ．445B ．765C ．1 080D ．1 305 【答案】 B【解析】 a n ＋1－a n ＝3，∴{a n }为等差数列． ∴a n ＝－60＋(n －1)×3，即a n ＝3n －63.∴a n ＝0时，n ＝21，a n >0时，n >21，a n <0时，n <21. S ′30＝|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝－a 1－a 2－a 3－…－a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 30 ＝－2(a 1＋a 2＋…＋a 21)＋S 30 ＝－2S 21＋S 30 ＝765.二、填空题(每小题10分，共20分)9．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 6＝S 3＝12，则数列的通项公式a n ＝________.【答案】 2n【解析】 设等差数列{a n }的公差d ，则⎩⎨⎧a 1＋5d ＝12a 1＋d ＝4，∴⎩⎨⎧a 1＝2d ＝2，∴a n ＝2n .10．等差数列共有2n ＋1项，所有奇数项之和为132，所有偶数项之和为120，则n 等于________．【答案】 10【解析】 ∵等差数列共有2n ＋1项，∴S 奇－S 偶＝a n ＋1＝S 2n ＋12n ＋1.即132－120＝132＋1202n ＋1，求得n ＝10.【规律方法】 利用了等差数列前n 项和的性质，比较简捷． 三、解答题(每小题20分，共40分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)11．在等差数列{a n }中，(1)已知a 6＝10，S 5＝5，求a 8和S 8； (2)若a 1＝1，a n ＝－512，S n ＝－1 022，求d .【分析】 在等差数列中，五个重要的量，只要已知三个量，就可求出其他两个量，其中a 1和d 是两个最基本量，利用通项公式和前n 项和公式，先求出a 1和d ，然后再求前n 项和或特别的项．【解析】 (1)∵a 6＝10，S 5＝5，∴⎩⎨⎧a 1＋5d ＝10，5a 1＋10d ＝5.解方程组，得a 1＝－5，d ＝3， ∴a 8＝a 6＋2d ＝10＋2×3＝16， S 8＝8(a 1＋a 8)2＝44. (2)由S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (－512＋1)2＝－1 022， 解得n ＝4.又由a n ＝a 1＋(n －1)d ， 即－512＝1＋(4－1)d ， 解得d ＝－171.【规律方法】 一般地，等差数列的五个基本量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知道其中任意三个量可建立方程组，求出另外两个量，即“知三求二”．我们求解这类问题的通性通法，是先列方程组求出基本量a 1和d ，然后再用公式求出其他的量．12．已知等差数列{a n }，且满足a n ＝40－4n ，求前多少项的和最大，最大值为多少？【解析】 方法一：(二次函数法)∵a n ＝40－4n ，∴a 1＝40－4＝36， ∴S n ＝(a 1＋a n )n 2＝36＋40－4n2·n ＝－2n 2＋38n ＝－2[n 2－19n ＋(192)2]＋1922＝－2(n －192)2＋1922.令n －192＝0，则n ＝192＝9.5，且n ∈N ＋， ∴当n ＝9或n ＝10时，S n 最大，∴S n 的最大值为S 9＝S 10＝－2(10－192)2＋1922＝180. 方法二：(图象法)∵a n ＝40－4n ，∴a 1＝40－4＝36， a 2＝40－4×2＝32，∴d ＝32－36＝－4，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝36n ＋n (n －1)2·(－4)＝－2n 2＋38n ， 点(n ，S n )在二次函数y ＝－2x 2＋38x 的图象上，S n 有最大值，其对称轴为x ＝－382×(－2)＝192＝9.5，∴当n ＝10或9时，S n 最大．∴S n 的最大值为S 9＝S 10＝－2×102＋38×10＝180. 方法三：(通项法)∵a n ＝40－4n ，∴a 1＝40－4＝36，a 2＝40－4×2＝32，∴d ＝32－36＝－4<0，数列{a n }为递减数列．令⎩⎨⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，有⎩⎨⎧40－4n ≥0，40－4(n ＋1)≤0，∴⎩⎨⎧n ≤10，n ≥9，即9≤n ≤10.当n ＝9或n ＝10时，S n 最大．∴S n 的最大值为S 9＝S 10＝a 1＋a 102×10＝36＋02×10＝180. 【规律方法】 对于方法一，一定要强调n ∈N ＋，也就是说用函数式求最值，不能忽略定义域，另外，三种方法中都得出n ＝9或n ＝10，需注意a m ＝0时，S m －1＝S m 同为S n 的最值．。

1．数列{a n }为等差数列，a 1，a 2，a 3成等比数列，a 5＝1，则a 10＝ ( ) A ．5 B ．－1 C ．0 D ．1解析：设公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d 2＝a 1a 1＋2da 1＋4d ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1d ＝0，所以a 10＝a 1＋9d ＝1，故选D 。

答案：D2．在等差数列{a n }中，3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，则该数列前13项的和是( ) A ．13 B ．26 C ．52 D ．156解析：∵a 3＋a 5＝2a 4，a 7＋a 10＋a 13＝3a 10， ∴6a 4＋6a 10＝24，即a 4＋a 10＝4。

∴S 13＝13a 1＋a 132＝13a 4＋a 102＝26。

答案：B3．在等差数列{a n }中，如果a 1＋a 4＋a 7＝39，a 3＋a 6＋a 9＝27，则数列{a n }前9项的和为( ) A ．297 B ．144 C ．99 D ．66解析：∵a 1＋a 4＋a 7＝39，a 3＋a 6＋a 9＝27，∴a 1＋a 4＋a 7＝3a 4＝39，a 3＋a 6＋a 9＝3a 6＝27，即a 4＝13，a 6＝9.∴d ＝－2，a 1＝19.∴S 9＝19×9＋9×82×(－2)＝99。

答案：C4．已知等差数列{a n }中，a 7＋a 9＝16，S 11＝992，则a 12的值是( )A ．15B ．30C ．31D ．64解析：2a 8＝a 7＋a 9＝16⇒a 8＝8，S 11＝11a 1＋a 112＝11·2a 62＝11a 6＝992，所以a 6＝92，则d ＝a 8－a 62＝74，所以a 12＝a 8＋4d ＝15，故选A 。

答案：A5．在等差数列{a n }中，a 1＝－2 012，其前n 项和为S n ，若S 2 0122 012－S 1010＝2 002，则S 2 014的值等于( )A ．2 011B ．－2 012C ．2 014D ．－2 013 解析：等差数列中，S n ＝na 1＋nn －12d ，S n n ＝a 1＋(n －1)d 2，即数列{S nn}是首项为a 1＝－2 012，公差为d 2的等差数列。

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{a n}的前n项和为S n，若2a6＝a8＋6，则S7等于( )A．49 B．42C．35 D．28解析：选B　2a6－a8＝a4＝6，S7＝72(a1＋a7)＝7a4＝42.2．已知数列{a n}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．1 4C．－4 D．－1 4解析：选A　由S5＝5(a1＋a5)2＝5×2a32＝55，解得a3＝11.∴P(3,11)，Q(4,15)，∴k＝15－114－3＝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＋12×14×13×7＝665.4．设S n是等差数列{a n}的前n项和，若a5a3＝59，则S9S5等于( )A．1 B．－1C．2 D．1 2解析：选A　S9S5＝92(a1＋a9)52(a1＋a5)＝92·2a552·2a3＝9a55a3＝95·a5a3＝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．10C．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＝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{a n}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＝6，①S5＝5a1＋12×5×(5－1)d＝10，②由①②联立解得a1＝1，d＝1 2 .答案：1 27．已知数列{a n}中，a1＝1，a n＝a n－1＋12(n≥2)，则数列{a n}的前9项和等于________．解析：由a1＝1，a n＝a n－1＋12(n≥2)，可知数列{a n}是首项为1，公差为12的等差数列，故S9＝9a1＋9×(9－1)2×12＝9＋18＝27.答案：27n＝11．已知命题：“在等差数列{a n}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．24C．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n＋126＝5，解得n＝18.12．(多选)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，若S7＝a4，则( ) A．a1＋a3＝0 B．a3＋a5＝0 C．S3＝S4 D．S4＝S5解析：选BC　由S7＝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{a n}中，前m(m为奇数)项和为135，其中偶数项之和为63，且a m－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{a n}的公差为d，则S奇－S偶＝2a1＋(m－1)d2＝72－63＝9.又∵a m＝a1＋d(m－1)，∴a1＋a m2＝9，∵a m－a1＝14，∴a1＝2，a m＝16.∵m(a1＋a m)2＝135，∴m＝15，∴d＝14m－1＝1，∴a100＝a1＋99d＝101.答案：15　10114．设S n是数列{a n}的前n项和且n∈N*，所有项a n＞0，且S n＝14a2n＋12a n－34.(1)证明：{a n}是等差数列；(2)求数列{a n}的通项公式．解：(1)证明：当n＝1时，a1＝S1＝14a21＋12a1－34，解得a1＝3或a1＝－1(舍去)．当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝14(a2n＋2a n－3)－14(a2n－1＋2a n－1－3)．所以4a n＝a2n－a2n－1＋2a n－2a n－1，即(a n＋a n－1)(a n－a n－1－2)＝0，因为a n＋a n－1＞0，所以a n－a n－1＝2(n≥2)．所以数列{a n}是以3为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知a n＝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Error!(t∈N*且23≤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23≤t≤67)，即{12t－3}(t∈N*且23≤t≤67)，各项之和为67×9＋67×662×12＝27 135.。

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.。

4.2.2 等差数列的前n 项和1．（2020·宜宾市叙州区第一中学校高三三模（文））已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，9445,31n S a -==，若198n S =，则n =（ ） A ．10 B ．11C ．12D ．13【答案】B【解析】945S =1955945()952a a a a ⇒=+=⇒= ,所以154()()198(531)11222n n n n n nS a a a a n -=+=+∴=+∴= ,选B.2．（2020·东北育才学校高二月考（文））已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若74328a a =+，则25S =（ ） A ．50 B ．100C ．150D ．200【答案】D【解析】设等差数列{a n }首项为1a ，公差为d,∵74328a a =+，∴3(()116)238a d a d +=++,∴1a +12d=8，即138a = 故S 25=()125252a a +=132522a ⨯=25a 13=200故选：D ． 3．（2020·四川省泸县第二中学开学考试（文））等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，23a =，且936S S =，则{}n a 的公差d =（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】A【解析】由等差数列性质知()()1319329353939,?654922a a a a S a S S a ++=======，则56a =.所以5213a a d -==.故选A. 4．（2020·云南高一期末）《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则小满日影长为（ ） A ．1.5尺B ．2.5尺C ．3.5尺D ．4.5尺题组一 等差数列的基本量【答案】C【解析】从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列{}n a ,冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺,前九个节气日影长之和为85.5尺,∴()()111913631.598985.52a a d a d S a d ⎧++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩,解得113.5a =,1d =-,∴小满日影长为1113.510(1) 3.5a =+⨯-=（尺）.故选C .5．（2020·陕西省洛南中学高二月考）在等差数列{}n a 中，已知12232,10a a a a +=+=，求通项公式n a 及前n 项和n S .【答案】45n a n =-，223n S n n =- *(1,)n n N ≥∈【解析】令等差数列{}n a 的公差为d ，则由12232,10a a a a +=+=，知：11222310a d a d +=⎧⎨+=⎩，解之得11{4a d =-=； ∴根据等差数列的通项公式及前n 项和公式，有：()()1114145n a a n d n n =+-=-+-=-，21232nn a a S n n n +=⋅=- *(1,)n n N ≥∈；1．（2020·湖北黄州·黄冈中学其他（理））已知数列{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，6353a a a +-=，则7S =（ ） A ．42 B ．21C ．7D ．3【答案】B【解析】由等差数列的性质可得6354553a a a a a a +-=+-=，()1747772732122a a a S +⨯∴===⨯=.故选：B.2．（2019·贵州六盘水·高二期末（理））在等差数列{}n a 中，358a a +=，则7S =（ ）题组二 前n 项和S n 与等差中项A ．12B ．28C ．24D ．35【答案】B【解析】等差数列{}n a 中，358a a +=，故17358a a a a +=+=，所以()7717782822S a a +⨯===.故选：B. 3．（2020·湖北荆州·高二期末）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若57942a a a ++=，则13S =（ ） A ．36 B ．72C ．91D ．182【答案】D【解析】数列{}n a 为等差数列，则5797342a a a a ++==，解得714a = 则()113137131313141822a a S a+=⨯==⨯=故选：D4．（2019·黄梅国际育才高级中学月考）若两个等差数列{}{},n n a b 的前n 项和分别为A n 、B n ，且满足4255n n A n B n +=-，则513513a a b b ++的值为（ ）A ．78B ．79C ．87D ．1920【答案】A【解析】等差数列{}n a 、{}n b 前n 项和分别为n A ，n B ，由4255n n A n B n +=-， 得1131171131751717511177)2)217(4172717(51758a a a a a a Ab b b b b b B +++⨯+=====+++⨯-．故选：A . 5．（2020·赣州市赣县第三中学期中）设等差数列{}n a 前n 项和为n S ，等差数列{}n b 前n 项和为n T ，若20121n n S n T n -=-．则33a b =（ ） A ．595B ．11C ．12D ．13【答案】B【解析】因为等差数列{}n a 前n 项和为n S ，所以1()2n n n a a S +=， 当n 是奇数时，112()2n n n n a a S na ++==，所以33533555a a Sb b T ==,故选：B6．（2020·广西田阳高中高二月考（理））已知等差数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S 和n T ，且521n n S n T n +=-，则76a b =（ ） A ．67B ．1211C ．1825D ．1621【答案】A【解析】因为等差数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S 和n T ，且521n n S n T n +=-， 所以可设(5)n S kn n =+，(21)n T kn n =-， 所以77618a S S k =-=，66521b T T k =-=，所以7667a b =.故选：A 7．（2020·商丘市第一高级中学高一期末）等差数列{a n }、{b n }的前n 项和分别为S n 、T n ，且7453n n S n T n +=-，则使得nna b 为整数的正整数n 的个数是( ) A ．3 B ．4C ．5D ．6【答案】C【解析】∵等差数列{a n }、{b n }，∴121121,22n n n n a a b ba b --++== ， ∴()()121211212122n n n n n n n n n a a a na S n b b b nb T ----+===+ ,又7453n n S n T n +=- ， ∴()()7214566721324n n n a b n n -+==+--- ， 经验证,当n=1,3,5,13,35时,n n a b 为整数，则使得nna b 为整数的正整数的n 的个数是5.本题选择C 选项.1．（2020·榆林市第二中学高二月考）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若488,20S S ==,则题组三 前n 项和S n 的性质13141516a a a a +++= ( )A ．12B ．8C ．20D ．16【答案】C【解析】∵等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，488,20S S ==， 由等差数列的性质得：4841281612,,,S S S S S S S ---成等比数列 又4848,20812,S S S =-=-=∴128122012416,S S S -=-=+=16121314151616420S S a a a a -=+++=+=．故选：C ．2．（2020·重庆其他（文））等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知312S =，651S =，则9S 的值等于（ ） A ．66 B ．90C ．117D ．127【答案】C【解析】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,由题意可得63963,,S S S S S --成等差数列，故()()363962S S S S S -=+-，代入数据可得()()9251121125S -=+-，解得9117S =故选C3．（2020·江苏徐州·高二期中）已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项之和，且315S =，648S =，则9S 的值为（ ）. A ．63 B ．81C ．99D ．108【答案】C【解析】由n S 为等差数列{}n a 的前n 项之和，则3S ,639633(1),,......m m S S S S S S ---- 也成等差数列， 则3S ，6396,S S S S --成等差数列，所以633962()()S S S S S -=+-，由315S =，648S =， 得999S =，故选：C.4．（2020·昆明市官渡区第一中学高二期末（理））等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1020S =，2015S =，则30S =( ) A ．10 B ．20C ．30-D ．15-【答案】D【解析】由等差数列{}n a 的前n 项和的性质可得：10S ，1200S S -，3020S S -也成等差数列，20101030202()()S S S S S ∴-=+-，302(1520)2015S ∴⨯-=+-，解得3015S =-．故选D ．5．（2020·朔州市朔城区第一中学校期末（文））设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若39S =，636S =，则789a a a ++=（ ） A ．63 B ．45 C ．36 D ．27【答案】B【解析】由等差数列性质知S 3、S 6﹣S 3、S 9﹣S 6成等差数列，即9，27，S 9﹣S 6成等差，∴S 9﹣S 6=45 ∴a 7+a 8+a 9=45故选B ．6．（2020·新疆二模（文））在等差数列{}n a 中，12018a =-，其前n 项和为n S ，若101221210S S -=，则2020S =（ ） A ．-4040 B ．-2020 C ．2020 D ．4040【答案】C【解析】设等差数列{}n a 的前n 项和为2+n S An Bn =，则+nS An B n=， 所以n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列．因为101221210S S -=，所以n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的公差为1，又11201811S a ==-，所以n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以2018-为首项，1为公差的等差数列， 所以202020182019112020S =-+⨯=，所以20202020S =故选：C 8．（2020·河北路南·唐山一中）已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若12017a =-， 20142008620142008S S -=，则2017S =__________． 【答案】2017- 【解析】n S 是等差数列{}n a 的前n 项和， n S n ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是等差数列，设其公差为d ，201420086,66,120142008S S d d -=∴==， 112017,20171S a =-∴=-，()()20172017112018,2018201720172017nS n n S n∴=-+-⨯=-+∴=-+⨯=-， 故答案为2017-．9．（2020·湖南怀化·高二期末）已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若12a =-，20202018220202018S S -=，则20192019S =________. 【答案】2016 【解析】n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，n S n ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是等差数列，设其公差为d .20202018 220202018S S -=，22d ∴=，1d =.12a =-，1S21∴=-. 2(1)13n S n n n ∴=-+-⨯=-.2019S20162019∴=.故答案为：2016.1．（2020·安徽铜陵·）设n S 是公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和，且10a >，若59S S =，则当n S 最大时，n=（ ） A ．6 B ．7C ．10D ．9【答案】B【解析】由等差数列中，59S S =，可得，故，其中，可知当时，最大．2．（2020·河北运河·沧州市一中月考）等差数列{}n a 中，10a >，201520160a a +>，201520160a a <，则使前n 项和0n S >成立的最大自然数n 是（ ） A ．2015 B ．2016C ．4030D ．4031【答案】C【解析】由题意知201520160,0a a ><，所以14030201520160a a a a +=+>，而14031201620a a a +=<，则有()140304*********a a S ⨯+=>，而()140314031403102a a S ⨯+=<，所以使前n 项和0n S >成立的最大自然数n 是4030，故选C ．3．（2020·河北路南·唐山一中期末）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且856a a -=-，9475S S -=，题组四 前n 项和S n 的最值则n S 取得最大值时n =（ ） A ．14 B ．15C ．16D ．17【答案】A【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，则11369364675d a d a d =-⎧⎨+--=⎩，解得1227d a =-⎧⎨=⎩，故292n a n =-，故当114n ≤≤时，0n a >；当15n ≥时，0n a <， 所以当14n =时，n S 取最大值.故选：A.4．（2020·广西南宁三中开学考试）已知等差数列{}n a 的通项公式为29n a n =-，则使得前n 项和n S 最小的n 的值为（ ） A ．3 B ．4C ．5D ．6【答案】B【解析】由290n a n =-≤，解得92n ≤，14n ∴≤≤时，0n a <；5n ≥时，0n a > 则使得前n 项和n S 最小的n 的值为4故选：B5．（2020·四川青羊·石室中学高一期末）在等差数列{}n a 中，其前n 项和是n S ，若90S >，100S <，则在912129,,,S S S a a a ⋯中最大的是（ ） A ．11S aB ．88S aC ．55S aD ．99S a【答案】C 【解析】由于191109510569()10()9050222a a a a S a S a a ++====+＞，（）＜ ，所以可得5600a a ＞，＜． 这样569121256900...0,0,...0S S S S S a a a a a ，，，>>><<，而125125S S S a a a ⋯⋯＜＜＜，＞＞＞>0， ， 所以在912129...S S S a a a ，，，中最大的是55S a ．故选C ．6．（2020·福建宁德·期末）公差为d 的等差数列{}n a ，其前n 项和为n S ，110S >，120S <，下列说法正确的有（ ） A ．0d < B ．70a >C ．{}n S 中5S 最大D ．49a a <【答案】AD【解析】根据等差数列前n 项和公式得：()111111102a a S +=>，()112121202a a S +=<所以1110a a +>，1120a a +<， 由于11162a a a +=，11267a a a a +=+，所以60a >，760a a <-<，所以0d <，{}n S 中6S 最大，由于11267490a a a a a a +=+=+<，所以49a a <-，即：49a a <.故AD 正确，BC 错误.故选：AD.7．（2020·黑龙江让胡路·大庆一中高一期末）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若780a a +>，790a a +<则n S 取最大值时n 的值是（ ） A ．4 B ．5C ．6D ．7【答案】D【解析】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且780a a +>，790a a +<，12130a d ∴+>且12140a d +<，10,0,a d ∴><且780,0a a ><，所以当S n 取最大值时7n =.故选：D8．（2020·浙江其他）已知等差数列{}n a 的前n 项和n S ，且34S =，714S =，则23n n S a +-最小时，n 的值为（ ）. A ．2 B ．1或2C ．2或3D ．3或4【答案】C【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，因为34S =，714S =，所以1132342767142a d a d ⨯⎧+=⎪⎪⎨⨯⎪+=⎪⎩，解得11a =，13d =，所以2223(1)11550[1(2)]23318n n n n n n S an n +----=+⨯-++=， 因为n ∈+N ，所以当2n =或3n =时，其有最小值.选：C1．（2020·山西大同·高三其他（理））若等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知129,a a Z =∈，且()5*n S S n N ≤∈，则12n a a a +++=________.【答案】2210,51050,5n n n n n n ⎧-≤⎨-+>⎩【解析】∵等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，129,a a Z =∈，且5n S S ≤，56940,950a d a d ∴=+≥=+<， 2,2a Z d ∈∴=-，2(1)9(2)102n n n S n n n -∴=+⨯-=-， ∴当5n ≤时，212..10n a a a n n ++⋯+=-；当5n >时，()()21212345210n a a a a a a a a n n++⋯⋯+=++++--()222105510n n =⨯-+-21050n n =-+，212210,5..1050,5n n n n a a a n n n ⎧-≤∴++⋯+=⎨-+>⎩.故答案为：2210,51050,5n n n n n n ⎧-≤⎨-+>⎩. 2．（2020·黑龙江香坊·哈尔滨市第六中学校高三三模（理））已知等差数列{}n a 前三项的和为3-，前三项的积为15，（1）求等差数列{}n a 的通项公式；（2）若公差0d >，求数列{}n a 的前n 项和n T .题组五 含有绝对值的求和【答案】（1）49n a n =-或74n a n =-（2）25,1{2712,2n n T n n n ==-+≥【解析】（1）设等差数列的{}n a 的公差为d 由1233a a a ++=-，得233a =-所以21a =- 又12315a a a =得1315a a =-，即1111(2)15a d a a d +=-⎧⎨+=-⎩所以154a d =-⎧⎨=⎩，或134a d =⎧⎨=-⎩即49n a n =-或74n a n =- （2）当公差0d >时，49n a n =-1）当2n ≤时，490n a n =-<，112125,6T a T a a =-==--= 设数列{}n a 的前项和为n S ，则2(549)272n n S n n n -+-=⨯=-2）当3n ≥时，490n a n =->123123n n n T a a a a a a a a =++++=--+++()()123122n a a a a a a =++++-+2222712n S S n n =-=-+当1n =时，15T =也满足212171127T ≠⨯-⨯+=， 当2n =时，26T =也满足222272126T =⨯-⨯+=，所以数列{}n a 的前n 项和25127122n n T n n n =⎧=⎨-+≥⎩ 3．（2020·全国高三（文））在等差数列{}n a 中，28a =，64a =-. （1）求n a 的通项公式； （2）求12||||||n n T a a a =+++的表达式.【答案】（1）314n a n =-+；（2）2232542232552522n n n n T n n n ⎧-+≤⎪⎪=⎨⎪-+≥⎪⎩. 【解析】（1）设公差为d ，则11854a d a d +=⎧⎨+=-⎩，解得111a =，3d =-，所以314n a n =-+.（2）由314n a n =-+0≥可得4n ≤， 所以当4n ≤时，112()(11314)22n n n n a a n n T a a a +-+=+++===232522n n -+， 当5n ≥时，12345()n n T a a a a a a =+++-++1234122()()n a a a a a a a =+++-+++114()4()222n n a a a a ++=⨯-(253)522n n -=-23255222n n =-+. 所以2232542232552522n n n n T n n n ⎧-+≤⎪⎪=⎨⎪-+≥⎪⎩. 4．（2020·石嘴山市第三中学高三其他（理））已知数列{}n a 满足：313a =-，()141,n n a a n n N -=+>∈. （1）求1a 及通项n a ；（2）设n S 是数列{}n a 的前n 项和，则数列1S ，2S ，3S ，…n S …中哪一项最小？并求出这个最小值. （3）求数列{}n a 的前10项和.【答案】（1）121a =-，425n a n =-；（2）6S 最小，666S =-；（3）前10项和为：102. 【解析】（1）()142n n a a n -=+≥，∴当3n =时，324a a =+，217a =-，214a a =+，121a =-，由14n n a a --=知数列为首项是21-，公差为4的等差数列， 故425n a n =-；（2）425n a n =-，故610a =-<，730a =>，故6S 最小，()6656214662S ⨯=⨯-+⨯=-； （3）当16n ≤≤时，0n a <；当7n ≥时，0n a >，()()10121012678910……T a a a a a a a a a a ∴=+++=-+++++++()()()61061061092102142661022S S S S S ⨯=-+-=-=⨯-+⨯-⨯-=. 5．（2020·湖北武汉）已知数列{}n a 是等差数列，公差为d ，n S 为数列{}n a 的前n 项和，172a a +=-，315S =. （1）求数列{}n a 的通项公式n a ； （2）求数列{}n a 的前n 项和T n .【答案】（1）()*311n a n n N =-+∈；（2）2(193),3231960,42n n n n T n n n -⎧≤⎪⎪=⎨-+⎪≥⎪⎩. 【解析】（1）∵{}n a 是等差数列，公差为d ，且172a a +=-，315S =，∴11262323152a d a d +=-⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩，解得18a =，3d =-， ∴()()()11813311n a a n d n n =+-=+--=-+， ∴数列{}n a 的通项公式为：()*311n a n n N=-+∈.（2）令0n a ≥，则3110n -+≥，∴311n ≤，∴233n ≤，*n N ∈. ∴3n ≤时，0n a >；4n ≥时，0n a <， ∵18a =，311n a n =-+，∴3n ≤时，12(8311)2n n n n T a a a -+=++⋅⋅⋅+=()1932n n -=， 当4n ≥时，()121234n n n T a a a a a a a a =++⋅⋅⋅+=+++--⋅⋅⋅-()()12312322n n a a a a a a S S =++-++⋅⋅⋅+=-23(199)(193)319602222n n n n ⨯---+=⨯-=.∴2(193),3231960,42n n n n T n n n -⎧≤⎪⎪=⎨-+⎪≥⎪⎩. 6．（2020·任丘市第一中学）在公差是整数的等差数列{}n a 中，17a =-，且前n 项和4n S S ≥． （1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）令n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】（1）29n a n =-；（2）()228,4832,5n n n n T n N n n n *⎧-+≤=∈⎨-+≥⎩. 【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，则d Z ∈，由题意知，{}n S 的最小值为4S ，则4500a a ≤⎧⎨≥⎩，17a =-，所以370470d d -≤⎧⎨-≥⎩，解得7743d ≤≤，d Z ∈，2d ∴=，因此，()()1172129n a a n d n n =+-=-+-=-； （2）29n n b a n ==-.当4n ≤时，0n a <，则n n n b a a ==-，()272982n n n n T S n n -+-∴=-=-=-+；当5n ≥时，0n a >，则n n n b a a ==，()22428216832n n T S S n n n n ∴=-=--⨯-=-+.综上所述：()228,4832,5n n n n T n N n n n *⎧-+≤=∈⎨-+≥⎩.。

4.2.2等差数列的前n项和公式第1课时等差数列前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.已知等差数列{a n}满足a1=1,a m=99,d=2,则其前m项和S m等于()A.2300B.2400C.2600D.25002.在-20与40之间插入8个数,使这10个数成等差数列,则这10个数的和为()A.200B.100C.90D.703.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.634.(2020安徽合肥高三第一次教学质量检测)已知等差数列{a n}的前n 项和为S n,a1=-3,2a4+3a7=9,则S7等于()A.21B.1C.-42D.05.若数列{a n}为等差数列,S n为其前n项和,且a1=2a5-1,则S17等于()A.-17B.-172C.172D.176.(2019湖南师大附中高二上期中)在等差数列{a n}中,若a5,a7是方程x2-2x-6=0的两个根,则数列{a n}的前11项的和为()A.22B.-33C.-11D.117.已知等差数列{a n}.(1)若a6=10,a8=16,求S5;(2)若a2+a4=48,求S5.5题组二等差数列前n项和的性质8.设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S3=9,S6=36,则a7+a8+a9等于()A.63B.45C.36D.279.在等差数列{a n}中,S n是其前n项和,且S2011=S2018,S k=S2008,则正整数k为()A.2019B.2020C.2021D.202210.含2n+1项的等差数列,其奇数项的和与偶数项的和之比为()A.2n+1n B.n+1nC.n-1n D.n+12n11.已知等差数列{a n},{b n}的前n项和分别为S n,T n,若S nT n =3n2n+5,则a8b8=()A.87B.4837C.97D.1213题组三等差数列前n项和的应用12.数列{a n}为等差数列,它的前n项和为S n,若S n=(n+1)2+λ,则λ的值是()A.-2B.-1C.0D.113.(2020山东济南一中高二上期中)已知等差数列{a n}的前9项和为27,a10=8,则a100=()A.100B.99C.98D.9714.(2020山东青岛高二上期末)已知数列{a n}的前n项和为S n,若a n+1=a n+2,S5=25,n∈N*,则a5=()A.7B.5C.9D.315.(2020天津一中高二上期中)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.13B.12C.11D.1016.若数列{a n}的前n项和S n=2n2-3n(n∈N*),则a1+a7等于()A.11B.15C.17D.2217.(2019湖南怀化三中高二上期中)已知{a n}是首项为a1,公差为d的等差数列,S n是其前n项和,且S5=5,S6=-3.求数列{a n}的通项公式及S n.能力提升练题组一求等差数列的前n项和1.(2020湖南郴州高二上期中,)已知数列{a n}是等差数列且a n>0,设其前n项和为S n.若a1+a9=a52,则S9=()A.36B.18C.27D.92.(2020江西九江一中高二上期中,)等差数列{a n}的前n项和为S n,若a2+a7+a12=30,则S13等于()A.130B.65C.70D.753.(2019湖北黄冈高一下期末,)如图,将若干个点摆成三角形图案,每条边(包括两个端点)有n(n≥2,n∈N*)个点,相应的图案中点的总数记为a n,则a2+a3+a4+…+a n等于()A.3n 22B.n(n+1)2C.3n(n-1)2D.n(n-1)24.(2020安徽阜阳高二上期末,)已知数列{a n}中,a1=1,a2=2,对任意正整数n,a n+2-a n=2+cos nπ,S n为{a n}的前n项和,则S100=.题组二等差数列前n项和的性质5.()已知数列{a n},{b n}均为等差数列,其前n项和分别记为A n,B n,满足A nB n =4n+12n+3,则a5b7的值为(深度解析)A.2117B.3729C.5329D.41316.()设等差数列{a n}的前n项和为S n,且S m=-2,S m+1=0,S m+2=3,则m=.7.(2019河北沧州一中高二期中,)在等差数列{a n}中,前m(m为奇数)项的和为135,其中偶数项之和为63,且a m-a1=14,则a100=.题组三等差数列前n项和的应用8.(2020河北正定中学高二期末,)设S n是等差数列{a n}的前n项和,若a5a3=59,则S9S5等于()A.1B.-1C.2D.129.(2019陕西西安一中高二上月考,)设S n(S n≠0,n∈N*)是数列{a n}的前n项和,且a1=-1,a n+1=S n·S n+1,则S n等于()A.nB.-nC.1n D.-1n10.()若数列{a n}的前n项和S n=n2-4n+2(n∈N*),则|a1|+|a2|+…+|a10|等于()A.15B.35C.66D.10011.(2020天津耀华中学高二上期中,)数列{a n}满足a n=1+2+3+…+nn (n∈N*),则数列{1a n a n+1}的前n项和为()A.nn+2B.2nn+2C.nn+1D.2nn+112.()已知数列{a n}的前n项和S n=n2+2n-1(n∈N*),则a1+a3+a5+…+a25=.13.()已知等差数列的前三项依次为a,3,5a,前n项和为S n,且S k=121.(1)求a及k的值;(2)设数列{b n}的通项公式为b n=S nn,求{b n}的前n项和T n.14.()在数列{a n}中,a1=8,a4=2,且满足a n+2-2a n+1+a n=0(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设T n=|a1|+|a2|+…+|a n|,求T n.深度解析答案全解全析 基础过关练1.D 解法一:由a m =a 1+(m-1)d,得99=1+(m-1)×2,解得m=50, 所以S m =S 50=50×1+50×492×2=2 500.解法二:同解法一,得m=50, 所以S m =S 50=50(a 1+a 50)2=50×(1+99)2=2 500.故选D.2.B 设该等差数列为{a n },其前n 项和为S n ,则由题意可知,a 1=-20,a 10=40,所以S 10=10×(-20+40)2=100.3.C 由题意得,S 7=7(a 1+a 7)2=7(a 2+a 6)2=7×(3+11)2=49. 4.D 设等差数列{a n }的公差为d,则2a 4+3a 7=2(-3+3d)+3(-3+6d)=9,解得d=1,∴S 7=7a 1+7×62×d=7×(-3)+7×3×1=0,故选D.5.D 设等差数列{a n }的公差为d,∵a 1=2a 5-1,∴a 1=2(a 1+4d)-1,∴a 1+8d=1,即a 9=1,∴S 17=17×(a 1+a 17)2=17a 9=17.故选D.6.D 在等差数列{a n }中,若a 5,a 7是方程x 2-2x-6=0的两个根,则a 5+a 7=2, ∴a 6=12(a 5+a 7)=1,∴数列{a n }的前11项的和为11×(a 1+a 11)2=11a 6=11×1=11.故选D.7.解析 设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d. (1)∵a 6=10,a 8=16,∴{a 1+5d =10,a 1+7d =16,解得{a 1=-5,d =3. ∴S 5=5a 1+5×42d=5.(2)解法一:∵a 2+a 4=a 1+d+a 1+3d=485,∴a 1+2d=245.∴S 5=5a 1+5×42d=5a 1+10d=5(a 1+2d)=5×245=24.解法二:∵a 2+a 4=a 1+a 5,∴a 1+a 5=485, ∴S 5=5(a 1+a 5)2=52×485=24.8.B 由等差数列前n 项和的性质可知,S 3,S 6-S 3,S 9-S 6构成等差数列,所以S 3+(S 9-S 6)=2(S 6-S 3),即S 9=3S 6-3S 3,又S 3=9,S 6=36,所以S 9=3×36-3×9=81,所以a 7+a 8+a 9=S 9-S 6=81-36=45.9.C 因为等差数列的前n 项和S n 是关于n 的二次函数,所以由二次函数图象的对称性及S 2 011=S 2 018,S k =S 2 008,可得2 011+2 0182=2 008+k2,解得k=2 021,故选C.10.B 设该等差数列为{a n },其首项为a 1,前n 项和为S n ,则S 奇=(n+1)(a 1+a 2n+1)2,S 偶=n(a 2+a 2n )2,∵a 1+a 2n+1=a 2+a 2n ,∴S 奇S 偶=n+1n.11.C 由等差数列的性质知a 8b 8=15(a 1+a 15)215(b 1+b 15)2=S 15T 15=3×152×15+5=4535=97.故选C.12.B ∵等差数列前n 项和S n 的形式为S n =An 2+Bn(A,B 为常数),且S n =(n+1)2+λ=n 2+2n+1+λ,∴λ=-1.13.C 设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d,由等差数列{a n }的前9项和为27,a 10=8,得{9a 1+9×82d =9a 1+36d =27,a 1+(10-1)d =a 1+9d =8,解得{a 1=-1,d =1.故a 100=a 1+99d=98.故选C.14.C ∵a n+1=a n +2,即a n+1-a n =2,∴{a n }是公差为2的等差数列,设其首项为a 1, 则S 5=5a 1+5×42×2=25,解得a 1=1,∴a 5=1+(5-1)×2=9.15.A 设该等差数列为{a n },其前n 项和为S n .由题意得,a 1+a 2+a 3=34,a n-2+a n-1+a n =146,∴(a 1+a 2+a 3)+(a n-2+a n-1+a n )=(a 1+a n )+(a 2+a n-1)+(a 3+a n-2)=3(a 1+a n )=34+146,∴a 1+a n =60. 又S n =n(a 1+a n )2,∴390=n×602,解得n=13,故选A.16.D 由S n =2n 2-3n(n ∈N *)可知,数列{a n }为等差数列,所以S 7=7×(a 1+a 7)2=2×72-3×7,解得a 1+a 7=22,故选D.17.解析 由S 5=5,S 6=-3,得{5a 1+5×42d =5,6a 1+6×52d =-3,解得{a 1=7,d =-3, ∴a n =7+(n-1)×(-3)=-3n+10(n ∈N *),S n =n[7+(-3n+10)]2=-32n 2+172n(n ∈N *).能力提升练1.B 由a 1+a 9=a 52得,2a 5=a 52,又a n >0,∴a 5=2,∴S 9=9(a 1+a 9)2=9×2a 52=18,故选B.2.A 解法一:设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d,则a 2+a 7+a 12=(a 1+d)+(a 1+6d)+(a 1+11d)=3a 1+18d=30,∴a 1+6d=10. ∴S 13=13a 1+13×122d=13(a 1+6d)=13×10=130,故选A.解法二:设等差数列{a n }的首项为a 1,∵a 2+a 7+a 12=30,∴3a 7 =30,即a 7 =10,∴S 13=13(a 1+a 13)2=13×2a 72=13a 7=130.故选A.3.C 由题图可知,a 2=3,a 3=6,a 4=9,a 5=12,依此类推,n 每增加1,图案中的点数增加3,所以相应图案中的点数构成首项为a 2=3,公差为3的等差数列,所以a n =3+(n-2)×3=3n-3,n ≥2,n ∈N *, 所以a 2+a 3+a 4+…+a n =(n -1)(3+3n -3)2=3n(n -1)2.故选C.4.答案 5 050解析 当n 为奇数时,a n+2-a n =1,即数列{a n }的奇数项是以1为首项,1为公差的等差数列;当n 为偶数时,a n+2-a n =3,即数列{a n }的偶数项是以2为首项,3为公差的等差数列,所以S 100=(a 1+a 3+…+a 99)+(a 2+a 4+…+a 100)=(50×1+50×492)+50×2+50×492×3=5 050.5.B 由等差数列前n 项和的特征及An B n =4n+12n+3,可设A n =kn(4n+1),B n =kn(2n+3). ∴a 5=A 5-A 4=5×(4×5+1)k-4×(4×4+1)k=37k,b 7=B 7-B 6=7×(2×7+3)k-6×(2×6+3)k=29k. ∴a5b 7=37k 29k =3729.故选B.解题模板易错警示 等差数列{a n }的前n 项和的表示形式为S n =an 2+bn(a,b 为常数),解题时可采用这种形式简化运算.本题要注意A n B n中有比例系数k,防止遗漏导致错误. 6.答案 4解析 因为S n 是等差数列{a n }的前n 项和,所以数列{Sn n }是等差数列,所以Sm m +S m+2m+2=2S m+1m+1,即-2m +3m+2=0,解得m=4.7.答案 101解析 设等差数列{a n }的公差为d,前n 项和为S n ,由题意可知,S m =135,前m 项中偶数项之和S 偶=63,∴S 奇=135-63=72,∴S 奇-S 偶=a 1+(m -1)d 2=2a 1+(m -1)d 2=a 1+a m2=72-63=9.∵S m =m(a 1+a m )2=135,∴m=15,又∵a m -a 1=14,a m =a 1+(m-1)d, ∴a 1=2,d=a m -a 1m -1=14m -1=1,∴a 100=a 1+99d=101. 8.AS 9S 5=92(a 1+a 9)52(a 1+a 5)=92×2a 552×2a 3=9a 55a 3=95·a 5a 3=1.故选A.9.D ∵a n+1=S n+1-S n ,∴S n+1-S n =S n+1·S n , 又∵S n ≠0,∴1S n+1-1S n=-1.又S 1=a 1=-1,∴1S 1=-1,∴数列{1Sn}是以-1为首项,-1为公差的等差数列,∴1S n=-1+(n-1)×(-1)=-n,∴S n =-1n.故选D.10.C 由S n =n 2-4n+2①得,当n=1时,a 1=S 1=1-4+2=-1,当n ≥2时,S n-1=(n-1)2-4(n-1)+2②,①-②得,a n =2n-5(n ≥2,n ∈N *),经检验,当n=1时,不符合a n =2n-5,∴a n ={-1,n =1,2n -5,n ≥2,n ∈N *.∴|a 1|=1,|a 2|=1,a 3=1,令a n >0,则2n-5>0, ∴n ≥3.∴|a 1|+|a 2|+…+|a 10|=1+1+a 3+…+a 10=2+(S 10-S 2)=2+[(102-4×10+2)-(22-4×2+2)]=66.故选C. 11.B 依题意得,a n =n(1+n)2n=n+12, ∴1a n a n+1=4(n+1)(n+2)=4(1n+1-1n+2).∴1a 1a 2+1a 2a 3+…+1a n a n+1=4(12-13)+(13-14)+…+1n+1-1n+2=4(12-1n+2)=2nn+2,故选B. 12.答案 350解析 当n=1时,a 1=S 1=12+2×1-1=2; 当n ≥2时,a n =S n -S n-1=2n+1, 经检验,当n=1时,不符合上式, ∴a n ={2,n =1,2n +1,n ≥2,n ∈N *,因此{a n }除第1项外,其余项构成以a 2=5为首项,2为公差的等差数列,从而a 3,a 5,…,a 25是以a 3=7为首项,4为公差的等差数列, ∴a 1+a 3+a 5+…+a 25 =a 1+(12a 3+12×112×4)=350.13.解析 (1)设该等差数列为{a n },首项为a 1,公差为d,则a 1=a,a 2=3,a 3=5a. 由已知得a+5a=6,得a=1, ∴a 1=1,a 2=3,a 3=5, ∴d=2,∴S k=ka1+k(k-1)2·d=k+k(k-1)2×2=k2.由S k=k2=121,得k=11(负值舍去).∴a=1,k=11.(2)由(1)得S n=n2,则b n=S nn=n,∴b n+1-b n=1,又b1=S11=1,∴数列{b n}是首项为1,公差为1的等差数列,∴T n=n 2+n 2.14.解析(1)∵a n+2-2a n+1+a n=0,∴a n+2-a n+1=a n+1-a n,∴数列{a n}是等差数列,设其公差为d,∵a1=8,a4=2,∴d=a4-a14-1=-2,∴a n=a1+(n-1)d=10-2n,n∈N*.(2)设数列{a n}的前n项和为S n,则由(1)可得,S n=8n+n(n-1)2×(-2)=9n-n2,n∈N*.由(1)知a n=10-2n,令a n=0,得n=5.∴当n>5时,a n<0,则T n=|a1|+|a2|+…+|a n|=a1+a2+…+a5-(a6+a7+…+a n)=S5-(S n-S5)=2S5-S n=2×(9×5-25)-(9n-n2)=n2-9n+40;当n ≤5时,a n ≥0, 则T n =|a 1|+|a 2|+…+|a n | =a 1+a 2+…+a n =9n-n 2.∴T n ={9n -n 2,n ≤5,n ∈N *,n 2-9n +40,n ≥6,n ∈N *.解题反思 求数列{|a n |}的前n 项和,关键在于分清哪些项为非负的,哪些项为负的,最终应化为去掉绝对值符号后的数列进行求和. 如果数列{a n }为等差数列,S n 为其前n 项和,T n =|a 1|+|a 2|+…+|a n |,那么有: (1)若a 1>0,d<0,则存在k ∈N *,使得a k ≥0,a k+1<0, 从而有T n ={S n (n ≤k),2S k -S n (n >k);(2)若a 1<0,d>0,则存在k ∈N *,使得a k ≤0,a k+1>0, 从而有T n ={-S n (n ≤k),S n -2S k (n >k).。