假期必刷13 等差数列的前n项和公式-【快乐假期】2024-2025学年高二数学寒假作业必刷题

假期必刷１３　等差数列的前n项和公式　　　 １．等差数列的前n项和公式 前n项和公式:Sn＝　　　　＝　　　　． ２．等差数列前n项和的性质 (１)若Sn 为等差数列{an}的前n项和,则数列 Sm,S２m－Sm,S３m－S２m,􀆺也是等差数列． (２)若Sn 为等差数列{an}的前n项和,则数列 Sn n{ }也为等差数列． 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １．na１＋ n(n－１)d ２ 　 n(a１＋an) ２ 在等差数列{an}中, (１)若项数为偶数２n,则S２n＝n(a１＋a２n)＝ n(an＋an＋１);S偶－S奇＝nd; S奇 S偶 ＝ an an＋１ ． (２)若项数为奇数２n－１,则S２n－１＝(２n－１)an; S奇－S偶＝an; S奇 S偶 ＝ n n－１． (３)若数列{an}与{bn}均为等差数列,且前n 项和分别是Sn 和Tn,则 S２n－１ T２n－１ ＝ an bn ． １．设等差数列{an}的前n项和为Sn,且２a７－ a１１＝４,则S５＝ (　　) A．１５　　　　　　B．２０ C．２５ D．３０ ２．设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S３＝７, S６＝１６,则a７＋a８＋a９＝ (　　) A．９ B．１１ C．１３ D．２５ ３．已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为 Sn,Tn,且 Sn Tn ＝７n＋５n－３ ,则a１５ b１５ ＝ (　　) A．７ B．８ C．９ D．１０ ４．已知数列{an}的前n项和为Sn,且an＋１＝an ＋２,S５＝－３５,则当Sn 取得最小值时,n的 值是 (　　) A．６ B．７ C．８ D．９ ５．北京天坛的圜丘坛为 古代 祭 天 的 场 所,分 上、中、下三层．上层中 心有一块圆形石板(称 为天心石),环绕天心石砌９块扇面形石板构 成第一环,向外每环依次增加９块．下一层的 第一环比上一层的最后一环多９块．向外每环 依次也增加９块．已知每层环数相同,且下层 比中层多７２９块,则三层共有扇面形石板(不 含天心石) (　　) A．３６９９块 B．３４７４块 C．３４０２块 D．３３３９块 ６．设Sn 是等差数列{an}的前n项和,a２＝－７,S５ ＝２a１,当|Sn|取得最小值时,n＝ (　　) A．１０ B．９ C．８ D．７ ７．(多选)已知等差数列{an}的前n项和为Sn, 公差d≠０,若Sn≤S６,则 (　　) A．a１＜０ B．d＜０ C．a６＝０ D．S１３≤０ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰５３􀅰 ８．(多选)已知d 为等差数列{an}的公差,Sn 为数列{an}的前n 项和．若{an}为递减数 列,则下列结论正确的为 (　　) A．数列{Sn}为递减数列 B．数列 Snn{ }是等差数列 C．若前１０项中,偶数项的和与奇数项的和之 比为９∶８,且S１０＝－１７０,则公差为－２ D．若S１５＞０,S１６＜０,则S８＞S９ ９．在数列{an}中,an＝４n－ ５ ２ ,a１＋a２＋􀆺＋an ＝an２＋bn(n∈N∗),其中a,b为常数,则ab ＝　　　　． １０．在等差数列{an}中,a１＞０,a１０a１１＜０．若此 数列 的 前 １０ 项 和 S１０ ＝３６,前 １８ 项 和 S１８＝１２,则数列{|an|}的前１８项和T１８＝ 　　　　． １１．已知数列{an}满足a１＝２,a２＝４,an＋２－an ＝(－１)n＋３,则数列{an}的前１０项和为 　　　　． １２．在等差数列{an}中,已知首项a１＞０,前n项 和为Sn,公差d＝２,ak＝１０,Sk＝３０(k∈N∗)． (１)试求a１ 和k; (２)求数列{a２n}的前n项和Tn． １３．记Sn 为数列{an}的前n项和,bn 为数列 {Sn}的前n项积,已知 ２ Sn ＋１bn ＝２． (１)证明:数列{bn}是等差数列; (２)求{an}的通项公式． １４．设等差数列{an}的前n项和为Sn,a２＋a８ ＝－４,a３a７＝－１２,且Sn 有最大值． (１)求数列{an}的通项公式an 及前n 项 和Sn; (２)设数列{|an|}的前n项和为Tn,求Tn． １．(２０２４􀅰新课标Ⅱ卷,１２)设Sn 为等差数列 {an}的前n项和,若a３＋a４＝７,３a２＋a５＝５, 则S１０＝　　　　． ２．(２０２４􀅰全国甲卷(理),４)记Sn 为等差数列 {an}的前n项和,已知S５＝S１０,a５＝１,则a１＝ (　　) A．７２　　B． ７ ３　　C．－ １ ３　　D．－ ７ １１ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰６３􀅰 ６．B　[由题, a１ b１ ＝ a５ b５ ,则b５＝６４,故b３＝ b１＋b５ ２ ＝ １９２＋６４ ２ ＝ １２８．故选B．] ７．BCD　[由题意得d＞０,a１＞０,a５＝２,所以a１＝２－４d＞０, 解得d＜１２ ,所以d∈ ０,１２( ),故 A 错误;２a７－a９＝(a５ ＋a９)－a９＝a５＝２,故 B正确;由a８＋a４－(a６＋a５)＝a８ －a６－(a５－a４)＝２d－d＝d＞０,得a８＋a４＞a６＋a５,故 C正确;由等差数列的性 质,得a１＋a９＝２a５＝４,故 D 正确．] ８．ACD　[设数列{an}的公差为d．∵３a３＝４a４,∴３a３＝４ (a３＋d)＝４a３＋４d,∴a３＝－４d,∴an＝a３＋(n－３)d＝ －４d＋(n－３)d＝(n－７)d,∴a７＝０．] ９．解析:设{an}的公差为d,则am－an＝ １ n－ １ m＝ m－n mn ＝ (m－n)d,∴d＝ １mn ,∴am＋an＝a１＋(m－１)d＋a１＋(n －１)d＝２a１＋(m＋n－２)d＝ １ n＋ １ m＝ m＋n mn ＝ (m＋n)d, 即２a１＋(m＋n－２)d＝(m＋n)d,∴d＝a１＝ １ ２０２４． 答案: １ ２０２４ １０．解析:不妨设A＝１２０°,内角A,B,C 所对的边分别为a, b,c,令c＜b,则a＝b＋４,c＝b－４． 由余弦定理得cos１２０°＝b ２＋(b－４)２－(b＋４)２ ２b(b－４) ＝－ １ ２ , 解得b＝１０．所以S△ABC＝ １ ２bcsin１２０°＝１５ ３． 答案:１５ ３ １１．解析:设等差数列{an}的公差为d,则d＝ a６－a２ ６－２ ＝ １２ ４ ＝３． 在数列{an}中的每相邻两项之间插入三个数,则新的等 差数列{bn}的公差为 d ４＝ ３ ４ ,故新数列的首项b１＝a１＝ ４－３＝１,故{bn}的通项公式为bn＝１＋ ３ ４ (n－１)＝３４n ＋１４ ,故b４１＝ ３ ４×４１＋ １ ４＝３１． 答案:３１ １２．解:当n＝１时,a１＝S１＝６;当n≥２时,an＝Sn－Sn－１＝ (n２＋３n＋２)－[(n－１)２＋３(n－１)＋２]＝２n＋２,∵当 n＝１时,a１＝６不满足上式, ∴an＝ ６,n＝１, ２n＋２,n≥２．{ ∵a２－a１≠a３－a４,∴{an}不是等 差数列． １３．解:(１)因为在等差数列{an}中,a２＋a５＝２a１＋５d＝２４, a１７＝a１＋１６d＝６６,解得d＝４,a１＝２,所以a２０２４＝２＋ ２０２３×４＝８０９４． (２)由(１)得an＝２＋４(n－１)＝４n－２．令４n－２＝２０２４, 得n＝２０２６４ ∉N ∗,故２０２４不为数列{an}中的项． １４．解:(１)∵a１＝２,且 １ a１ － １a２ ＝ ２４S１－１ ,∴ １２ － １ a２ ＝ ２ ４×２－１＝ ２ ７ ,解得a２＝ １４ ３． (２)由１an － １an＋１ ＝ ２４Sn－１ (n∈N∗), 可得４Sn－１＝ ２anan＋１ an＋１－an ,① ∴４Sn－１－１＝ ２an－１an an－an－１ (n≥２)．② 由①－②得４an＝ ２anan＋１ an＋１－an － ２an－１an an－an－１ , an≠０,∴ an＋１ an＋１－an － an－１ an－an－１ ＝２, ∴ an＋１－an＋an an＋１－an － an－１ an－an－１ ＝ ２,即 an an＋１－an － an－１ an－an－１ ＝１(n≥２),即bn－bn－１＝１(n≥２)． 又b１＝ a１ a２－a１ ＝ ２１４ ３－２ ＝３４ ,∴数列{bn}是首项为 ３ ４ ,公 差为１的等差数列,∴{bn}的通项公式为bn＝ ３ ４＋ (n－ １)×１＝n－１４． 高考冲浪 １．C　[①充分性证明: 若{an}为递增数列,则对∀n∈N∗,an＋１＞an,公差d＝ an＋１－an＞０,取正整数N０,aN０＝a１＋(N０－１)d≥０成立 则当n＞N０ 时,存在an＞０． ②必要性证明: 若存在正整数N０,当n＞N０ 时,an＞０, ∵an＝a１＋(n－１)d, ∴d＞ d－a１ n ,对∀n＞N０,n∈N都成立, ∵lim n→＋∞ d－a１ n ＝０ ,且d≠０, ∴d＞０, ∴对∀n∈N,都有an＋１－an＝d＞０,an＋１＞an,即:{an}为 递增数列． 所以“{an}为递增数列”是“存在正整数 N０,当n＞N０ 时, an＞０”的充要条件． ∴选C．] ２．D　[由Sn＝na１＋ n(n－１) ２ d 得S９＝９a１＋３６d＝１,∴a１ ＋４d＝１９ ,∴a３＋a７＝２a５＝２(a１＋４d)＝ ２ ９． ] 假期必刷１３　等差数列的前n项和公式 技能提升台　技能提升 １．B　[设等差数列{an}的公差为d,则２(a１＋６d)－(a１＋ １０d)＝a１＋２d＝４,所以S５＝５a１＋ ５×４ ２ d＝５ (a１＋２d)＝ ５×４＝２０．] ２．B　[设等差数列{an}的公差为d．因为S３＝７,S６－S３＝ ９,且S３,S６－S３,S９－S６ 成等差数列,所以S９－S６＝ ２(S６－S３)－S３＝１１,即a７＋a８＋a９＝１１．] ３．B　[∵ Sn Tn ＝７n＋５n－３ ,∴由等差数列的性质及等差数列的 求和公式可得 a１５ b１５ ＝ ２a１５ ２b１５ ＝ a１＋a２９ ２ ×２９ b１＋b２９ ２ ×２９ ＝ S２９ T２９ ＝７×２９＋５２９－３ ＝８．] ４．A　[∵数列{an}的前n项和为Sn,且an＋１＝an＋２,S５＝ －３５,∴数列{an}是等差数列,公差d＝an＋１－an＝２,且 ５a１＋１０d＝－３５,解得a１＝－１１．∴Sn＝－１１n＋ n(n－１) ２ ×２＝n２－１２n＝(n－６)２－３６,∴当Sn 取得最小值时,n 的值是６．] ５．C　[设每一层有n环,由题可知从内到外每环之间构成 公差d＝９,a１＝９的等差数列．由等差数列的性质知Sn, S２n－Sn,S３n－S２n成等差数列,且(S３n－S２n)－(S２n－ Sn)＝n２d,则９n２＝７２９,得n＝９,则三层共有扇面形石板 S３n＝S２７＝２７×９＋ ２７×２６ ２ ×９＝３４０２ (块)．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰３７􀅰 ６．C　[设等差数列{an}的公差为d,a２＝－７,S５＝２a１,所以 a１＋d＝－７, ５a１＋１０d＝２a１,{ 得 a１＝－１０, d＝３,{ 所 以 Sn ＝ －１０n ＋ n(n－１) ２ ×３＝ ３n２－２３n ２ ,因为f(x)＝１２ (３x２－２３x)的零 点为x＝０,x＝２３３ ,所以|Sn|的最小值是靠近函数f(x)零 点处的值,又|S１|＝１０,|S７|＝７,|S８|＝４,所以当n＝８ 时,|Sn|取得最小值．] ７．BD　[因为Sn≤S６,所以S５≤S６ 且S７≤S６,即a６＝S６－ S５≥０,a７＝S７－S６≤０,因为d≠０,即a６,a７ 不同时为０, 所以d＝a７－a６＜０,因为a６≥０,即a１＋５d≥０,所以a１＞０, S１３＝ １３(a１＋a１３) ２ ＝１３a７≤０ ,a６ 不一定为零．] ８．BCD　[由数列{an}是递减的等差数列得d＜０．对于 A, 不妨举例数列{an}为４,３,２,１,０,－１,－２,－３,􀆺,则S１ ＝４,S２＝７,S３＝９,这三项不构成递减数列,故 A错误;对 于B, Sn n ＝ na１＋ n(n－１) ２ d n ＝ d ２n＋ a１－ d ２( ),是关于n 的一次函数,因此 Sn n{ }是等差数列,故B正确;对于C,前 １０项中,奇数项的和为a１＋a３＋a５＋a７＋a９＝５a５,偶数 项的和a２＋a４＋a６＋a８＋a１０＝５a６,所以a６∶a５＝９∶８, 设a６＝９x,a５＝８x,则５a５＋５a６＝－１７０,解得x＝－２,所 以公差d＝a６－a５＝x＝－２,故 C 正确;对于 D,S１５＝ １５(a１＋a１５) ２ ＝１５a８＞０ ,则a８＞０,S１６＝ １６(a１＋a１６) ２ ＝ ８(a８＋a９)＜０,则a９＜－a８＜０,所以S９＝S８＋a９＜S８,故 D正确．] ９．解析:∵an＝４n－ ５ ２ ,∴{an}为等差数列,设其公差为d, 则a１＝ ３ ２ ,d＝４,∴an２＋bn＝a１＋a２＋􀆺＋an＝ ３ ２n＋ n(n－１) ２ ×４＝２n ２－１２n ,∴a＝２,b＝－１２ ,∴ab＝－１． 答案:－１ １０．解析:设数列{an}的公差为d．由a１＞０,a１０a１１＜０知 d＜０,且a１０＞０,a１１＜０,∴T１８＝a１＋a２＋􀆺＋a１０－a１１ －a１２－􀆺－a１８＝２S１０－S１８＝６０． 答案:６０ １１．解析:由题意,当n为奇数时, an＋２－an＝－１＋３＝２, 所以数列{a２n－１}是首项为２,公差为２的等差数列, 所以a２n－１＝２＋２(n－１)＝２n． 当n为偶数时,an＋２－an＝１＋３＝４, 所以数列{a２n}是首项为４,公差为４的等差数列, 所以a２n＝４＋４(n－１)＝４n． 设数列{an}的前１０项和为S１０, 则S１０＝a１＋a２＋􀆺a１０＝(a１＋a３＋􀆺＋a９)＋(a２＋a４ ＋􀆺＋a１０)＝ ５×(２＋１０) ２ ＋ ５×(４＋２０) ２ ＝９０． 答案:９０ １２．解:(１)由 a１＋２(k－１)＝１０, ka１＋ k(k－１)×２ ２ ＝３０ ,{ 解得 a１＝２ , k＝５,{ 或 a１＝０, k＝６．{ 因为a１＞０,所以a１＝２,k＝５． (２)因为a１＝２,d＝２,所以an＝２n,则a２n＝４n,且{a２n} 为等 差 数 列,所 以 Tn＝ (a２＋a２n)n ２ ＝ (４＋４n)n ２ ＝２n ２ ＋２n． １３．(１)证明:因为bn 是数列{Sn}的前n项积, 所以当n≥２时,Sn＝ bn bn－１ , 代入２ Sn ＋１bn ＝２,可得 ２bn－１ bn ＋１bn ＝２, 整理可得２bn－１＋１＝２bn, 即bn－bn－１＝ １ ２ (n≥２)． 又２ S１ ＋１b１ ＝３b１ ＝２,所以b１＝ ３ ２ , 故{bn}是以 ３ ２ 为首项,１ ２ 为公差的等差数列． (２)解:由(１)可知,bn＝ ３ ２＋ １ ２ (n－１)＝n＋２２ ,则 ２ Sn ＋ ２ n＋２＝２ ,所以Sn＝ n＋２ n＋１ , 当n＝１时,a１＝S１＝ ３ ２ , 当n≥２时,an＝Sn－Sn－１＝ n＋２ n＋１－ n＋１ n ＝－ １ n(n＋１)． 又a１＝ ３ ２ 不满足上式． 故an＝ ３ ２ ,n＝１, － １n(n＋１) ,n≥２． ì î í ïï ï １４．解:(１)设{an}的公差为d． 因为数列{an}为等差数列,所以a２＋a８＝a３＋a７＝－４, 又因为a３a７＝－１２, 解得 a３＝２, a７＝－６,{ 或 a３＝－６, a７＝２．{ 因为Sn 有最大值,所以d＜０, 所以 a３＝２, a７＝－６,{ 所以 a１＋２d＝２, a１＋６d＝－６,{ 解得 a１＝６, d＝－２．{ 所以an＝a１＋(n－１)d＝８－２n,Sn＝ n(a１＋an) ２ ＝－n ２ ＋７n． (２)由an＝－２n＋８≥０,解得n≤４;由an＝－２n＋８＜０, 解得n＞４,即n≥５．所以当n≤４时,Tn＝|a１|＋|a２|＋ 􀆺＋|an|＝a１＋􀆺＋an＝Sn＝－n２＋７n; 当a≥５时,Tn＝|a１|＋|a２|＋􀆺＋|an|＝a１＋a２＋a３＋ a４－a５－􀆺－an＝２S４－Sn＝n２－７n＋２４． 综上,Tn＝ －n２＋７n,n≤４, n２－７n＋２４,n≥５．{ 高考冲浪 １．解析:设an＝a１＋(n－１)d,则由条件得２a１＋５d＝７,４a１ ＋７d＝５,解得a１＝－４,d＝３, 则S１０＝５(２a１＋９d)＝９５． 答案:９５ ２．B　[因为S５＝S１０,所以a６＋a７＋a８＋a９＋a１０＝０,即５a８ ＝０,∴a８＝０,又因为a５＝１,所以公差d＝－ １ ３ ,a１＝a８－ ７d＝７３． ] 假期必刷１４　等比数列的概念 技能提升台　技能提升 １．B　[设等比数列{an}的公比为q,∵a２＝２,a５＝１６,∴a１q ＝２,a１q４＝１６,解得a１＝１,q＝２．则a６＝２５＝３２．] ２．A　[由等差数列性质得a２＋a１２＝２a７,所以４a７－a２７＝０, 又因为a７≠０,所 以a７＝４,b７＝４,由 等 比 数 列 性 质 得 b３b１１＝b２７＝１６．] ３．B　[设等比数列{an}的公比为q,则由a１＝３,a１＋a３＋a５ ＝２１得３(１＋q２＋q４)＝２１,解得q２＝－３(舍去)或q２＝ ２,于是a３＋a５＋a７＝q２(a１＋a３＋a５)＝２×２１＝４２．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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