1、第 1 课时 等差数列的前 n 项和公式 基础过关练 题组一 等差数列前 n 项和的有关计算 1.(2021 河北唐山高二上 9 月质检)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn,若 a1000+a1021=1,则 S2020=()A.2020 B.1021 C.1010 D.1002 2.(2019 福建福州长乐高中、城关中学、文笔中学高二期末联考)等差数列an的前 n 项和为 Sn,且 S5=6,a2=1,则公差 d 等于()A.15 B.35 C.65 D.2 3.(2020 湖北武汉高一下期末)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn,a1=-3,2a4+3a7=9,则 S7的值为()A.
2、21 B.1 C.-42 D.0 4.已知一个等差数列共 n 项,且其前四项之和为 21,末四项之和为 67,前 n 项和为 286,则项数 n 为()A.24 B.26 C.25 D.28 5.等差数列an的前 n 项和为 Sn,已知 am-1+am+1-2=0,S2m-1=38,则 m=()A.38 B.20 C.10 D.9 6.(2020 广东广州海珠高二上期末联考)某学校启动建设一个全新的信息化“未来报告厅”,该报告厅的座位按如下规则排列:从第二排起,每一排都比前一排多出相同的座位数,且规划第 7 排有 20 个座位,则该报告厅前 13 排的座位总数是 .题组二 数列的前 n 项和
3、Sn与 an的关系 7.(2020 安徽马鞍山高一下期末联考)已知数列an的前 n 项和 Sn=n2-2n+2,则 a8=()A.13 B.15 C.17 D.19 8.已知数列an的前 n 项和 Sn满足 Sn+Sm=Sn+m,且 a1=1,则 a10=()A.1 B.9 C.10 D.55 9.已知数列an的前 n 项和为 Sn,求数列an的通项公式.(1)Sn=2n-1;(2)Sn=2n2+n+3.10.设各项均为正数的数列an的前 n 项和 Sn满足 Sn=14(an+1)2,求 an.题组三 裂项相消法求和 11.已知数列an的通项公式为 an=1(+1),则其前 10 项和为()A
4、.910 B.911 C.1112 D.1011 12.已知数列an的通项公式为 an=1+1+,则其前 n 项和 Sn=.13.已知数列an的通项公式为 an=lg+1,则其前 n 项和 Sn=.14.正项数列an满足2-(2n-1)an-2n=0.(1)求数列an的通项公式 an;(2)令 bn=1(+1),求数列bn的前 n 项和 Tn.能力提升练 一、选择题 1.()在等差数列an中,a5=3,a6=-2,则 a3+a4+a8等于()A.1 B.2 C.3 D.4 2.()数列an为等差数列,满足 a2+a4+a6+a20=10,则数列an的前 21 项和等于()A.212 B.21
5、C.42 D.84 3.()数列an的首项 a1=1,对于任意 m,nN+,有 an+m=an+3m,则an的前 5 项和 S5=()A.121 B.25 C.31 D.35 4.()已知 Sn是等差数列an的前 n 项和,则2-3=()A.30 B.3 C.300 D.13 5.()已知 Sn是公差 d 不为零的等差数列an的前 n 项和,且 S3=S8,S7=Sk(k7),则 k 的值为()A.3 B.4 C.5 D.6 6.()已知公差不为 0 的等差数列an满足32=a1a4,Sn为数列an的前 n 项和,则3-25-3的值为()A.-2 B.-3 C.2 D.3 7.(2019 广东
6、高三六校联考,)记 Sn为等差数列an的前 n 项和,若 S5=2S4,a2+a4=8,则 a5=()A.6 B.7 C.8 D.10 8.()已知等差数列an中,a5+a9=14,S9=90,则 a12的值是()A.15 B.-12 C.-32 D.32 9.()设公差不为零的等差数列an的前 n 项和为 Sn,若 a4=2(a2+a3),则74=()A.74 B.145 C.7 D.14 10.(2020 江西新余一中、樟树中学等六校高一下联考,)已知数列an的前 n 项和为 Sn,若 Sn+1+Sn=2n2(nN+),且 a10=28,则 a2=(深度解析)A.-5 B.-10 C.12
7、 D.16 11.()某企业为节能减排,用 9 万元购进一台新设备用于生产.第一年需运营费用 2 万元,从第二年起,每年运营费用均比上一年增加 2 万元,该设备每年生产的收入均为 11 万元.设该设备使用了 n(nN+)年后,盈利总额达到最大值(盈利额等于收入减去成本),则 n 等于()A.4 B.5 C.6 D.7 二、填空题 12.()记等差数列an的前 n 项和为 Sn,若 am=10,S2m-1=110,则 m 的值为 .13.()若数列an是正项数列,且1+2+=n2+n,则 a1+22+=.14.(2021 河南郑州高二联考,)已知数列an满足 2a1+22a2+23a3+2nan
8、=n(nN+),设数列1log2log2+1的前 n 项和为 Sn,则 S1S2S3S10=.易错 15.()已知正项数列an的首项 a1=1,前 n 项和为 Sn,若以(an,Sn)为坐标的点在曲线 y=12x(x+1)上,则数列an的通项公式为 .三、解答题 16.(2019 湖南师大附中高二期末,)已知公差不为零的等差数列an中,a3=7,42=a2a9.(1)求数列an的通项公式;(2)设 bn=1+1,求数列bn的前 n 项和 Sn.17.()已知函数 f(x)=14+(m0),当 x1,x2R 且 x1+x2=1 时,总有 f(x1)+f(x2)=12.(1)求 m 的值;(2)设
9、数列an满足 an=f(0)+f(1)+f(2)+f(-1)+f(1),求数列an的前 n 项和 Sn.18.(2019 山东菏泽高二期末,)Sn为数列an的前 n 项和,已知 an0,2+an=2Sn+2.(1)求an的通项公式;(2)设 bn=1+1,求数列bn的前 n 项和 Tn.19.(2021 河南洛阳新安一中高二上月考,)设数列an满足 a1=1,an+1=44-(nN+).(1)求证:数列1-2是等差数列;(2)设 bn=22-1,求数列bn的前 n 项和 Tn.深度解析 20.()数列an中,Sn为其前 n 项和,且 2Sn=nan+n(nN+).(1)求证:an是等差数列;(
10、2)若 a2=2,bn=+2+12,Tn是bn的前 n 项和,求 Tn.答案全解全析 2.2 等差数列的前 n 项和 第 1 课时 等差数列的前 n 项和公式 基础过关练 1.C 由 a1000+a1021=1,得 a1+a2020=1,所以 S2020=2020(1+2020)2=1010.2.A 等差数列an的前 n 项和为 Sn,且 S5=6,a2=1,5=51+542 =6,2=1+=1,解得1=45,=15.故选 A.3.D 设数列an的公差为 d,由 2a4+3a7=9,得 2(-3+3d)+3(-3+6d)=9,解得 d=1,故 S7=7(-3)+762=0.4.B 设该等差数列
11、为an,由题意得 a1+a2+a3+a4=21,an+an-1+an-2+an-3=67.又a1+an=a2+an-1=a3+an-2=a4+an-3,4(a1+an)=21+67=88,a1+an=22.Sn=(1+)2=11n=286,n=26.5.C 由题可知 am-1+am+1=2,由等差数列的性质,得 am-1+am+1=2am,2am=2,易得 am0,am=2.又 S2m-1=(2-1)(1+2-1)2=2(2-1)2=2(2m-1)=38,m=10.6.答案 260 信息提取 从第二排起,每一排都比前一排多出相同的座位数,即相邻两排座位数之差为同一个常数;第7 排有 20 个座
12、位;求前 13 排的座位总数.数学建模 建立等差数列模型,将实际问题转化为等差数列问题来解决,根据已知条件以及等差数列前 n 项和公式,求得所求的座位总数.解析 因为从第二排起,每一排都比前一排多出相同的座位数,所以座位数 an构成等差数列an.因为 a7=20,所以 S13=13(1+13)2=13272=13a7=260.7.A a8=S8-S7=(82-28+2)-(72-27+2)=13,故选 A.8.A 由 Sn+m=Sn+Sm,得 S10=S9+S1,即 S10-S9=S1,所以 a10=S1=a1=1.9.解析(1)Sn=2n-1,当 n=1 时,a1=S1=2-1=1;当 n2
13、 时,an=Sn-Sn-1=2n-1-(2n-1-1)=2n-1.当 n=1 时,a1=1 符合上式,an=2n-1.(2)Sn=2n2+n+3,当 n=1 时,a1=S1=212+1+3=6;当 n2 时,an=Sn-Sn-1=2n2+n+3-2(n-1)2+(n-1)+3=4n-1.当 n=1 时,a1不符合上式,an=6(=1),4-1(2).10.解析 当 n=1 时,a1=S1=14(a1+1)2,解得 a1=1;当 n2 时,an=Sn-Sn-1=14(an+1)2-14(an-1+1)2,即 4an=2+2an+1-(-12+2an-1+1),2-12-2(an+an-1)=0,
14、(an+an-1)(an-an-1-2)=0.数列an各项均为正数,an+an-10,an-an-1-2=0,即 an-an-1=2,数列an是公差为 2,首项为 1 的等差数列,an=1+2(n-1)=2n-1.11.D 由 an=1(+1)=1-1+1,得 Sn=(1-12)+(12-13)+1-1+1=1-1+1,所以 S10=1-111=1011.12.答案 +1-1 解析 由已知得,an=1+1+=+1-,所以 Sn=a1+a2+an=(2-1)+(3-2)+(+1-)=+1-1.13.答案 lg(n+1)解析 由已知得 an=lg(n+1)-lgn,所以 Sn=a1+a2+an=(
15、lg2-lg1)+(lg3-lg2)+lg(n+1)-lgn=lg(n+1).14.解析(1)由2-(2n-1)an-2n=0,得(an-2n)(an+1)=0.an是正项数列,an=2n.(2)an=2n,bn=1(+1),bn=12(+1)=12(1-1+1),Tn=12 1-12+12-13+1-1-1+1-1+1=12 1-1+1=2(+1).能力提升练 一、选择题 1.C an是等差数列,a3+a8=a4+a7=a5+a6=1,a3+a4+a8=3.2.B 根据等差数列的求和公式,可知 a2+a4+a6+a20=10(2+20)2=10,即 a2+a20=2,又根据等差数列的性质知,
16、a1+a21=a2+a20,所以数列an的前 21 项和 S21=21(1+21)2=21,故选 B.3.D 令 m=1,有 an+1=an+3,即 an+1-an=3,a1=1,an是首项为 1,公差为 3 的等差数列,an=1+3(n-1)=3n-2,S5=5(1+5)2=5a3=5(33-2)=35.4.D 因为 S2n-Sn=2(an+1+a2n)=2(a1+a3n),S3n=32(a1+a3n),所以2-3=13.5.B 由 S3=S8可知 3a1+3d=8a1+28d,即 a1=-5d.由 S7=Sk得 7a1+7(7-1)2d=ka1+(-1)2d,将 a1=-5d 代入化简得
17、k2-11k+28=0,解得 k=4 或 k=7(舍去),故选 B.6.C 公差 d0 的等差数列an满足32=a1a4,(a1+2d)2=a1(a1+3d),即 a1=-4d,3-25-3=35+4=1+221+7=-4+2-8+7=2.故选 C.7.D 解法一(基本法):数列an为等差数列,S5=2S4,a2+a4=8,51+542 =2(41+432),1+1+3=8,整理得31+2=0,1+2=4,解得1=-2,=3,a5=a1+4d=-2+12=10.解法二(性质法):S5=2S4,a2+a4=8,a5=S5-S4=12S5,a1+a5=a2+a4=8.S5=1+525,S5=825
18、=20,a5=12S5=10.故选 D.8.B 设等差数列an的公差为 d,由已知得,a5+a9=2a7=14,故 a7=7,又 S9=9(1+9)2=9a5=90,所以 a5=10,则 a7-a5=-3=2d,即 d=-32,故 a12=a5+7d=10-212=-12.9.C 解法一:根据等差数列的性质及 a4=2(a2+a3),得 a1+3d=2(a1+d+a1+2d),化简得 a1=-d,所以74=71+762 41+432=142=7.解法二:由已知及等差数列的性质,得 a4=2(a2+a3)=2(a1+a4),又74=7(1+7)24(1+4)2=742(1+4),所以74=7.1
19、0.C 由题意可得 Sn+1+Sn=2n2,Sn+Sn-1=2(n-1)2,n2,nN+,-并化简,得 an+an+1=2(2n-1)=4n-2,当 n2 时,an-1+an=4(n-1)-2=4n-6,-可得 an+1-an-1=4(n2,nN+),故数列an的偶数项为等差数列,且公差为 4,所以 a10=a2+44=28,解得 a2=12.方法总结 若已知数列an的前 n 项和 Sn求 an,则常将 Sn转化为 Sn+1或 Sn-1,再将两式相减转化求解,此法便是阶差法,其理论依据是 an=1,=1,-1,2.11.B 设该设备第 n(nN+)年的运营费用为 an万元,则数列an是以 2
20、为首项,2 为公差的等差数列,则 an=2n,则该设备到第 n(nN+)年的运营费用总和为 a1+a2+an=2+4+2n=(2+2)2=(n2+n)万元.设第 n(nN+)年的盈利总额为 Sn万元,则 Sn=11n-(n2+n)-9=-n2+10n-9=-(n-5)2+16,因此,当 Sn取最大值时,n=5,故选 B.二、填空题 12.答案 6 解析 an是等差数列,且 am=10,S2m-1=2-1+12(2m-1)=(2m-1)am=10(2m-1)=110,解得 m=6.13.答案 2n2+2n 解析 当 n=1 时,由1+2+=n2+n,得1=2,即 a1=4;当 n2 时,1+2+
21、-1=(n-1)2+(n-1)=n2-n.由-,得=2n,即 an=4n2.经检验,n=1 时等式也成立,所以 an=4n2(nN+),则=4n,所以 a1+22+=4+8+4n=(4+4)2=2n2+2n,故答案为 2n2+2n.14.答案 111 解析 2a1+22a2+23a3+2nan=n,2a1+22a2+23a3+2n-1an-1=n-1(n2,nN+),-得 2nan=1(n2,nN+),an=12(n2,nN+),又 2a1=1,a1=12,满足上式,an=2-n(nN+),1log2log2+1=1log22-log22-(+1)=1(+1)=1-1+1,Sn=1-12+12
22、-13+1-1+1=1-1+1=+1,S1S2S3S10=1223349101011=111.易错警示 需注意裂项之后相消的过程中,出现丢项或多项的问题.15.答案 an=n 解析 因为以(an,Sn)为坐标的点在曲线 y=12x(x+1)上,所以 Sn=12an(an+1),即 2Sn=2+an,所以2Sn+1=+12+an+1,-,整理得 2an+1=+12+an+1-(2+an),则+12-2=an+an+1,即(an+1+an)(an+1-an)=an+an+1,由an为正项数列,得 an+1-an=1,又 a1=1,所以数列an是首项为 1,公差为 1 的等差数列,则数列an的通项公
23、式为 an=n.三、解答题 16.解析(1)设等差数列an的首项为 a1,公差为 d(d0),由已知得,(a1+3d)2=(a1+d)(a1+8d),d=3a1,又a3=7,a1+2d=7,a1=1,d=3,an=3n-2.(2)由(1)得,bn=1+1=1(3-2)(3+1)=13(13-2-13+1),Sn=b1+b2+bn=13 1-14+14-17+13-2-13+1=13(1-13+1)=3+1.17.解析(1)令 x1=x2=12,得 f(12)=14=12+,解得 m=2.(2)由 an=f(0)+f(1)+f(2)+f(-1)+f(1),得 an=f(1)+f(-1)+f(2)
24、+f(1)+f(0),两式相加,得2an=f(0)+f(1)+(1)+(-1)+f(1)+f(0)=12(n+1),即 an=14(n+1),显然数列an是等差数列,当 n=1 时,a1=12,所以 Sn=12+14(+1)2=18n2+38n.18.解析(1)由题知,an0,2+an=2Sn+2.当 n=1 时,12+a1=2a1+2,解得 a1=2 或 a1=-1(负值舍去).当 n2 时,-12+an-1=2Sn-1+2.-并化简,得 an-an-1=1,数列an是以 2 为首项,1 为公差的等差数列,an=n+1,当 n=1 时,等式成立,an=n+1(nN+).(2)由(1)知 an
25、=n+1,bn=1+1=1(+1)(+2)=1+1-1+2,Tn=12-13+13-14+1+1-1+2=12-1+2=2+4.19.解析(1)证明:因为 an+1=44-,所以1+1-2-1-2=144-2-1-2=4-2-4-1-2=2-2-4=-12,为常数.因为 a1=1,所以11-2=-1,所以数列1-2是以-1 为首项,-12为公差的等差数列.(2)由(1)知1-2=-1+(-12)(n-1)=-+12,所以 an=2-2+1=2+1,所以 bn=22-1=42+12(2-1)2=42(2-1)(2+1)=1+1(2-1)(2+1)=1+12(12-1-12+1),所以 Tn=b1
26、+b2+b3+bn=n+12 1-13+13-15+15-17+12-1-12+1=n+12(1-12+1)=n+2+1,所以数列bn的前 n 项和 Tn=n+2+1.方法总结 在裂项相消法求数列的和中,常见的裂项技巧有:(1)1(+)=1(1-1+);(2)1+=1(+-);(3)1(2-1)(2+1)=12(12-1-12+1).20.解析(1)证明:由 2Sn=nan+n(n1),得 2Sn-1=(n-1)an-1+(n-1)(n2),-得,2an=nan+n-(n-1)an-1-(n-1)(n2),(n-2)an=(n-1)an-1-1(n2),(n-1)an+1=nan-1(n1),-得,(n-1)an+1-(n-2)an=nan-(n-1)an-1(n2),2(n-1)an=(n-1)an-1+(n-1)an+1(n2),2an=an-1+an+1(n2),an是等差数列.(2)设等差数列an的公差为 d,2S1=a1+1,a1=1,又a2=2,且由(1)知an是等差数列,d=a2-a1=1,an=n,bn=+2(+1)2=12-1-12(+1),Tn=(1-14)+(14-112)+12-1-12(+1)=1-12(+1).
