4.2.2 第1课时等差数列的前n项和公式(练案)-【成才之路】2024-2025学年高中新课程数学选择性必修第二册同步学习指导(人教A版2019)

练案［５］ 第四章　 数列 ４． ２　 ［４． ２． ２　 第１课时　 等差数列的前ｎ项和公式］ Ａ组·基础自测 一、选择题 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　１．若等差数列｛ａｎ｝的前三项和Ｓ３ ＝ ９，且ａ１ ＝ １， 则ａ２等于 （Ａ ） Ａ． ３　 　 　 Ｂ． ４　 　 　 Ｃ． ５　 　 　 Ｄ． ６ ２．设等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，若ａｍ ＝ １１， Ｓ２ｍ －１ ＝ １２１，则ｍ的值为 （Ｄ ） Ａ． ３ Ｂ． ４ Ｃ． ５ Ｄ． ６ ３．已知数列｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ ＝ ２ － ３ｎ，则 ｛ａｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ ＝ （Ａ ） Ａ． － ３２ ｎ ２ ＋ ｎ２ Ｂ． － ３ ２ ｎ ２ － ｎ２ Ｃ． ３２ ｎ ２ ＋ ｎ２ Ｄ． ３ ２ ｎ ２ － ｎ２ ４．等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ，前ｎ项和为Ｓｎ，当 首项ａ１和ｄ变化时，ａ２ ＋ ａ８ ＋ ａ１１是一个定值， 则下列各数中也为定值的是 （Ｃ ） Ａ． Ｓ７ Ｂ． Ｓ８ Ｃ． Ｓ１３ Ｄ． Ｓ１５ ５．（２０２４·全国甲卷理）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 二、填空题 ６．在数列｛ａｎ｝中，ａｎ ＝ ４ｎ － ５２，ａ１ ＋ ａ２ ＋…＋ ａｎ ＝ ａｎ２ ＋ ｂｎ（ｎ∈Ｎ），其中ａ，ｂ为常数，则ａｂ ＝ － １　 　 　 ． ７．（２０２２·全国乙卷文）记Ｓｎ为等差数列｛ａｎ｝的前 ｎ项和，若２Ｓ３ ＝３Ｓ２ ＋６，则公差ｄ ＝ ２　 　 　 　 ． ８．等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，若ａ２ ＋ ａ１７ ＝ ２０，则Ｓ１８ ＝ １８０　 　 　 ． 三、解答题 ９．若等差数列｛ａｎ｝的公差ｄ ＜ ０，且ａ２·ａ４ ＝ １２， ａ２ ＋ ａ４ ＝ ８．求： （１）数列｛ａｎ｝的首项ａ１和公差ｄ； （２）数列｛ａｎ｝的前１０项和Ｓ１０的值． １０．等差数列｛ａｎ｝中，已知ａ１ ＋ ａ２ ＝ ５，Ｓ４ ＝ １４． （１）求｛ａｎ｝的通项公式； （２）求｛ａｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ                                                               ． —０８６— Ｂ组·素养提升 一、选择题 １．（２０２３·新课标全国Ⅰ卷）记Ｓｎ为数列ａ{ }ｎ 的 前ｎ项和，设甲：ａ{ }ｎ 为等差数列；乙：Ｓｎ{ }ｎ 为 等差数列，则 （Ｃ ） Ａ．甲是乙的充分条件但不是必要条件 Ｂ．甲是乙的必要条件但不是充分条件 Ｃ．甲是乙的充要条件 Ｄ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 ２．某公司技术部为了激发员工的工作积极性， 准备在年终奖的基础上再增设３０个“幸运 奖”，投票产生“幸运奖”，按照得票数（假设每 人的得票数各不相同）排名次，发放的奖金数 成等差数列．已知前１０名共发放２ ０００元，前 ２０名共发放３ ５００元，则前３０名共发放 （Ｂ ） Ａ． ４ ０００元 Ｂ． ４ ５００元 Ｃ． ４ ８００元 Ｄ． ５ ０００元 ３．（多选题）设Ｓｎ是公差为ｄ（ｄ≠０）的无穷等差 数列｛ａｎ｝的前ｎ项和，则下列结论中正确的 是 （　 ） Ａ．若ｄ ＜ ０，则数列｛Ｓｎ｝有最大项 Ｂ．若数列｛Ｓｎ｝有最大项，则ｄ ＜ ０ Ｃ．若数列｛Ｓｎ｝是递增数列，则对任意ｎ∈Ｎ ＋， 均有Ｓｎ ＞ ０ Ｄ．若对任意ｎ∈Ｎ ＋，均有Ｓｎ ＞ ０，则数列｛Ｓｎ｝ 是递增数列 二、填空题 ４．在等差数列｛ａｎ｝中，其前ｎ项和为Ｓｎ，若Ｓ２ ０１５２ ０１５ － Ｓ１０ １０ ＝ ２ ００５，则等差数列｛ａｎ｝的公差ｄ ＝ ２ＷＸＦＪ　 ． ５．在等差数列｛ａｎ｝中，ａ２３ ＋ ａ２８ ＋ ２ａ３ａ８ ＝ ９，且 ａｎ ＜ ０，则Ｓ１０ ＝ － １５　 ． 三、解答题 ６．已知｛ａｎ｝是等差数列，其中ａ２ ＝ ２２，ａ８ ＝ ４． （１）求｛ａｎ｝的通项公式； （２）设数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，求Ｓｎ 的最 大值． ７．（２０２３·新课标全国Ⅰ卷）设等差数列ａ{ }ｎ 的 公差为ｄ，且ｄ ＞ １．令ｂｎ ＝ ｎ ２ ＋ ｎ ａｎ ，记Ｓｎ，Ｔｎ分 别为数列ａ{ }ｎ ，ｂ{ }ｎ 的前ｎ项和． （１）若３ａ２ ＝ ３ａ１ ＋ ａ３，Ｓ３ ＋ Ｔ３ ＝ ２１，求ａ{ }ｎ 的通 项公式； （２）若ｂ{ }ｎ 为等差数列，且Ｓ９９ － Ｔ９９ ＝ ９９，求ｄ． Ｃ组·探索创新 　 （多选题）设等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ， 公差为ｄ．已知ａ３ ＝ １２，Ｓ１２ ＞ ０，ａ７ ＜ ０，则下列 说法正确的是 （　 ） Ａ． ａ６ ＞ ０ Ｂ． － ２４７ ＜ ｄ ＜ － ３ Ｃ． Ｓｎ ＜ ０时，ｎ的最小值为１３ Ｄ．数列Ｓｎ ａ{ }ｎ                                                                       中的最小项为第六项 —０８７— 因为秋分的晷长为ａ７，所以ａ７ ＝ ａ１ ＋ ６ｄ ＝ １５ ＋ ６０ ＝ ７５， 故春分和秋分两个节气的晷长相同，故选项Ｂ正确； 因为小雪的晷长为ａ１１，所以ａ１１ ＝ ａ１ ＋ １０ｄ ＝ １５ ＋ １００ ＝ １１５， 又１１５寸即一丈一尺五寸，故小雪的晷长为一丈一尺五寸，故 选项Ｃ错误； 因为立春的晷长和立秋的晷长分别为ｂ４，ａ４， 所以ａ４ ＝ ａ１ ＋ ３ｄ ＝ １５ ＋ ３０ ＝ ４５，ｂ４ ＝ ｂ１ ＋ ３ｄ′ ＝ １３５ － ３０ ＝ １０５， 所以ｂ４ ＞ ａ４，故立春的晷长比立秋的晷长长，故选项Ｄ正确． 故选ＡＢＤ． 练案［５］ Ａ组·基础自测 １． Ａ　 Ｓ３ ＝ ３ａ１ ＋ ３ × ２ ２ ｄ ＝ ９， 又∵ ａ１ ＝ １，∴ ｄ ＝ ２，∴ ａ２ ＝ ａ１ ＋ ｄ ＝ ３． ２． Ｄ　 因为Ｓ２ｍ － １ ＝（２ｍ － １）ａｍ ＝ １２１，所以２ｍ － １ ＝ １１，故ｍ ＝ ６， 故选Ｄ． ３． Ａ　 易知｛ａｎ｝是等差数列且ａ１ ＝ － １，所以Ｓｎ ＝ ｎ（ａ１ ＋ ａｎ）２ ＝ ｎ（１ － ３ｎ） ２ ＝ － ３ ２ ｎ ２ ＋ ｎ２ ．故选Ａ． ４． Ｃ　 由ａ２ ＋ ａ８ ＋ ａ１１ ＝ ３ａ１ ＋ １８ｄ ＝ ３２ （２ａ１ ＋ １２ｄ）＝ ３ ２ （ａ１ ＋ ａ１ ＋ １２ｄ）＝ ３２ （ａ１ ＋ ａ１３）为定值可知，ａ１ ＋ ａ１３为定值，而Ｓ１３ ＝ １３ ×（ａ１ ＋ ａ１３） ２ ，所以Ｓ１３为定值． ５． Ｂ　 由Ｓ１０ － Ｓ５ ＝ ａ６ ＋ ａ７ ＋ ａ８ ＋ ａ９ ＋ ａ１０ ＝ ５ａ８ ＝ ０，则ａ８ ＝ ０， 则等差数列｛ａｎ｝的公差ｄ ＝ ａ８ － ａ５３ ＝ － １ ３ ，故ａ１ ＝ ａ５ － ４ｄ ＝ １ － ４ × －( )１３ ＝ ７３ ．故选Ｂ． ６． － １　 ∵ ａｎ ＝ ４ｎ － ５ ２ ， ∴ ｛ａｎ｝为等差数列，设其公差为ｄ，则ａ１ ＝ ３２ ，ｄ ＝ ４． ∴ ａｎ２ ＋ ｂｎ ＝ ａ１ ＋ ａ２ ＋…＋ ａｎ ＝ ３２ ｎ ＋ ｎ（ｎ －１） ２ ×４ ＝２ｎ ２ － １２ ｎ． ∴ ａ ＝ ２，ｂ ＝ － １２ ， ∴ ａｂ ＝ － １． ７． ２　 由２Ｓ３ ＝ ３Ｓ２ ＋ ６可得２（ａ１ ＋ ａ２ ＋ ａ３）＝ ３（ａ１ ＋ ａ２）＋ ６，化 简得２ａ３ ＝ ａ１ ＋ ａ２ ＋ ６，即２（ａ１ ＋ ２ｄ）＝ ２ａ１ ＋ ｄ ＋ ６，解得ｄ ＝ ２． ８． １８０　 因为ａ１ ＋ ａ１８ ＝ ａ２ ＋ ａ１７ ＝ ２０， 所以Ｓ１８ ＝ １８ ×（ａ１ ＋ ａ１８）２ ＝ １８ ×（ａ２ ＋ ａ１７） ２ ＝ １８０． ９．（１）根据题意，得 ａ２ ＋ ａ４ ＝（ａ１ ＋ ｄ）＋（ａ１ ＋ ３ｄ）＝ ８， ａ２·ａ４ ＝（ａ１ ＋ ｄ）·（ａ１ ＋ ３ｄ）＝ １２{ ，解得 ａ１ ＝ ８， ｄ ＝ － ２{ ． （２）Ｓ１０ ＝ １０ａ１ ＋ １０ ×（１０ － １）２ ｄ ＝ １０ × ８ ＋ １０ × ９ ２ × （－ ２）＝ － １０． １０．（１）设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ， 则由ａ１ ＋ ａ２ ＝ ５，Ｓ４ ＝ １４得， ２ａ１ ＋ ｄ ＝ ５， ４ａ１ ＋ ４ × ３ ２ ｄ ＝ １４{ ，即２ａ１ ＋ ｄ ＝ ５，２ａ１ ＋ ３ｄ ＝ ７{ ， 解得ａ１ ＝ ２，ｄ ＝ １， 所以ａｎ ＝ ２ ＋（ｎ － １）＝ ｎ ＋ １． （２）由（１）可知，Ｓｎ ＝ ａ１ ＋ ａ２ ＋…＋ ａｎ ＝ ｎａ１ ＋ ｎ（ｎ － １）ｄ ２ ＝ ｎ（ｎ ＋ ３） ２ ． Ｂ组·素养提升 １． Ｃ　 方法一：甲： ａ{ }ｎ 为等差数列，设其首项为ａ１，公差为ｄ， 则Ｓｎ ＝ ｎａ１ ＋ ｎ（ｎ － １）２ ｄ， Ｓｎ ｎ ＝ ａ１ ＋ ｎ － １ ２ ｄ ＝ ｄ ２ ｎ ＋ ａ１ － ｄ ２ ， Ｓｎ ＋ １ ｎ ＋ １ － Ｓｎ ｎ ＝ ｄ ２ ， 因此Ｓｎ{ }ｎ 为等差数列，则甲是乙的充分条件； 反之，乙： Ｓｎ{ }ｎ 为等差数列，即Ｓｎ ＋ １ｎ ＋ １ － Ｓｎｎ ＝ ｎＳｎ ＋ １ －（ｎ ＋ １）Ｓｎｎ（ｎ ＋ １） ＝ ｎａｎ ＋ １ － Ｓｎ ｎ（ｎ ＋ １）为常数，设为ｔ， 即ｎａｎ ＋ １ － Ｓｎｎ（ｎ ＋ １）＝ ｔ，则Ｓｎ ＝ ｎａｎ ＋ １ － ｔ·ｎ（ｎ ＋ １），有Ｓｎ － １ ＝（ｎ － １） ａｎ － ｔ·ｎ（ｎ － １），ｎ≥２， 两式相减得：ａｎ ＝ ｎａｎ ＋ １ －（ｎ － １）ａｎ － ２ｔｎ，即ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ ２ｔ，对 ｎ ＝ １也成立， 因此ａ{ }ｎ 为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件，Ｃ正确． 方法二：甲： ａ{ }ｎ 为等差数列，设数列ａ{ }ｎ 的首项为ａ１，公差 为ｄ，即Ｓｎ ＝ ｎａ１ ＋ ｎ（ｎ － １）２ ｄ， 则Ｓｎｎ ＝ ａ１ ＋ （ｎ － １） ２ ｄ ＝ ｄ ２ ｎ ＋ ａ１ － ｄ ２ ，因此 Ｓｎ{ }ｎ 为等差数列， 即甲是乙的充分条件； 反之，乙： Ｓｎ{ }ｎ 为等差数列，即Ｓｎ ＋１ｎ ＋１ － Ｓｎｎ ＝Ｄ，Ｓｎｎ ＝ Ｓ１ ＋（ｎ －１）Ｄ， 即Ｓｎ ＝ ｎＳ１ ＋ ｎ（ｎ － １）Ｄ，Ｓｎ － １ ＝（ｎ － １）Ｓ１ ＋（ｎ － １）（ｎ － ２）Ｄ， 当ｎ≥２时，上两式相减得Ｓｎ － Ｓｎ － １ ＝ Ｓ１ ＋ ２（ｎ － １）Ｄ，当ｎ ＝ １ 时，上式成立， 于是ａｎ ＝ ａ１ ＋２（ｎ －１）Ｄ，又ａｎ ＋１ － ａｎ ＝ ａ１ ＋２ｎＤ －［ａ１ ＋２（ｎ －１） Ｄ］＝２Ｄ为常数， 因此ａ{ }ｎ 为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件． 故选Ｃ． ２． Ｂ　 由已知可知等差数列中Ｓ１０ ＝ ２ ０００，Ｓ２０ ＝ ３ ５００， 因为Ｓ１０，Ｓ２０ － Ｓ１０，Ｓ３０ － Ｓ２０成等差数列， 所以２（Ｓ２０ － Ｓ１０）＝ Ｓ１０ ＋（Ｓ３０ － Ｓ２０）， 所以２ ×（３ ５００ － ２ ０００）＝ ２ ０００ ＋（Ｓ３０ － ３ ５００），解得Ｓ３０ ＝ ４ ５００，故选Ｂ． ３． ＡＢＤ　 由Ｓｎ ＝ ｄ２ ｎ ２ ＋ ａ１ － ｄ( )２ ｎ，根据二次函数的图象与性 质，可知当ｄ ＜ ０时数列｛Ｓｎ｝有最大项，选项Ａ，Ｂ正确；如果 数列｛Ｓｎ｝是递增数列，那么ｄ ＞ ０，但对任意的ｎ∈Ｎ ＋，Ｓｎ ＞ ０ 不一定成立，选项Ｃ错误；若对任意ｎ∈Ｎ ＋，均有Ｓｎ ＞０，对应的 抛物线开向上，所以ｄ ＞０，故数列｛Ｓｎ｝是递增数列，选项Ｄ正确． ４． ２　 ∵数列｛ａｎ｝为等差数列，设其公差为ｄ，则其前ｎ项和为 Ｓｎ ＝ ｎａ１ ＋ ｎ（ｎ － １） ２ ｄ， ∴ Ｓｎ ｎ ＝ ａ１ ＋ ｎ － １ ２ ｄ， ∴ Ｓｎ ＋ １ ｎ ＋ １ － Ｓｎ ｎ ＝ ｄ ２ ， ∴ Ｓｎ{ }ｎ 是公差为ｄ２的等差数列， ∴ Ｓ２ ０１５ ２ ０１５ － Ｓ１０ １０ ＝ ２ ００５ × ｄ ２ ＝ ２ ００５，解得ｄ ＝ ２． ５． － １５　 由ａ２３ ＋ ａ２８ ＋ ２ａ３ａ８ ＝ ９得（ａ３ ＋ ａ８）２ ＝ ９， ∵ ａｎ ＜ ０，∴ ａ３ ＋ ａ８ ＝ － ３． ∴ Ｓ１０ ＝ １０（ａ１ ＋ ａ１０） ２ ＝ １０（ａ３ ＋ ａ８） ２ ＝ １０ ×（－３） ２ ＝ －１５                                                                       ． —１５３— ６．（１）∵ ａ８ ＝ ａ２ ＋６ｄ，４ ＝２２ ＋６ｄ，∴ ｄ ＝ －３，ａ１ ＝２５，∴ ａｎ ＝２８ －３ｎ． （２）∵ ａｎ ＝ ２８ － ３ｎ，令２８ － ３ｎ ＜ ０，得ｎ ＞ ９ １３ ， ∴当ｎ≤９时，ａｎ ＞ ０；当ｎ≥１０时，ａｎ ＜ ０， 故当ｎ ＝ ９时，Ｓｎ最大，且最大值为Ｓ９ ＝ ２５ × ９ ＋ １２ × ９ × ８ × （－ ３）＝ １１７． ７．（１）∵ ３ａ２ ＝ ３ａ１ ＋ ａ３，∴ ３ｄ ＝ ａ１ ＋ ２ｄ，解得ａ１ ＝ ｄ， ∴ Ｓ３ ＝ ３ａ２ ＝ ３（ａ１ ＋ ｄ）＝ ６ｄ， 又Ｔ３ ＝ ｂ１ ＋ ｂ２ ＋ ｂ３ ＝ ２ｄ ＋ ６ ２ｄ ＋ １２ ３ｄ ＝ ９ ｄ ， ∴ Ｓ３ ＋ Ｔ３ ＝ ６ｄ ＋ ９ ｄ ＝ ２１， 即２ｄ２ － ７ｄ ＋ ３ ＝ ０，解得ｄ ＝ ３或ｄ ＝ １２ （舍去）， ∴ ａｎ ＝ ａ１ ＋（ｎ － １）·ｄ ＝ ３ｎ． （２）∵ ｛ｂｎ｝为等差数列， ∴ ２ｂ２ ＝ ｂ１ ＋ ｂ３，即１２ａ２ ＝ ２ ａ１ ＋ １２ａ３ ， ∴ ６ １ａ２ － １ａ( )３ ＝ ６ｄａ２ａ３ ＝ １ ａ１ ，即ａ２１ － ３ａ１ｄ ＋ ２ｄ２ ＝ ０，解得ａ１ ＝ ｄ 或ａ１ ＝ ２ｄ， ∵ ｄ ＞ １，∴ ａｎ ＞ ０， 又Ｓ９９ － Ｔ９９ ＝ ９９，由等差数列性质知，９９ａ５０ － ９９ｂ５０ ＝ ９９，即ａ５０ － ｂ５０ ＝ １， ∴ ａ５０ － ２ ５５０ ａ５０ ＝ １，即ａ２５０ － ａ５０ － ２ ５５０ ＝ ０，解得ａ５０ ＝ ５１或ａ５０ ＝ － ５０（舍去）． 当ａ１ ＝ ２ｄ时，ａ５０ ＝ ａ１ ＋ ４９ｄ ＝ ５１ｄ ＝ ５１，解得ｄ ＝ １，与ｄ ＞ １矛 盾，无解； 当ａ１ ＝ ｄ时，ａ５０ ＝ ａ１ ＋ ４９ｄ ＝ ５０ｄ ＝ ５１，解得ｄ ＝ ５１５０ ． 综上，ｄ ＝ ５１５０ ． Ｃ组·探索创新 　 ＡＢＣ 　 根据题意，等差数列｛ａｎ｝中，Ｓ１２ ＞ ０，即Ｓ１２ ＝ （ａ１ ＋ ａ１２）× １２ ２ ＝ （ａ６ ＋ ａ７）× １２ ２ ＝ ６（ａ６ ＋ ａ７）＞ ０， 又ａ７ ＜ ０，则ａ６ ＞ ０，Ａ正确； 已知ａ３ ＝ １２，且ａ６ ＞ ０，ａ７ ＜ ０，ａ６ ＋ ａ７ ＞ ０， 则有 ａ６ ＝ １２ ＋ ３ｄ ＞ ０， ａ７ ＝ １２ ＋ ４ｄ ＜ ０， ａ６ ＋ ａ７ ＝ ２４ ＋ ７ｄ ＞ ０ { ，解可得－ ２４７ ＜ ｄ ＜ － ３，Ｂ正确； 根据题意，Ｓ１３ ＝（ａ１ ＋ ａ１３）× １３２ ＝ １３ａ７ ＜ ０， 而Ｓ１２ ＞ ０，故Ｓｎ ＜ ０时，ｎ的最小值为１３，Ｃ正确； 数列Ｓｎ ａ{ }ｎ 中，由上面分析可知ｄ ＜ ０，所以数列｛ａｎ｝是递减的 等差数列，当１≤ｎ≤６时，ａｎ ＞ ０；当ｎ≥７时，ａｎ ＜ ０；当１≤ｎ≤ １２时，Ｓｎ ＞ ０；当ｎ≥１３时，Ｓｎ ＜ ０，所以当１≤ｎ≤６时，Ｓｎａｎ ＞ ０； 当７≤ｎ≤１２时，Ｓｎａｎ ＜ ０；当ｎ≥１３时， Ｓｎ ａｎ ＞ ０，故数列Ｓｎ ａ{ }ｎ 中的 最小项不是第六项，Ｄ错误． 练案［６］ Ａ组·基础自测 １． Ａ　 ａ８ ＝ Ｓ８ － Ｓ７ ＝ ８ ２ － ７２ ＝ １５． ２． Ｃ　 ａｎ ＝ １２０ ＋ ５（ｎ － １）＝ ５ｎ ＋ １１５， 由ａｎ ＜ １８０得ｎ ＜ １３且ｎ∈Ｎ， 由ｎ边形内角和定理得， （ｎ － ２）× １８０ ＝ ｎ × １２０ ＋ ｎ（ｎ － １）２ × ５． 解得ｎ ＝ １６或ｎ ＝ ９， ∵ ｎ ＜ １３，∴ ｎ ＝ ９． ３． Ｂ　 据题意Ｓ１１ ＝ ５５ ＝ １１ａ６，∴ ａ６ ＝ ５． 又ａ１ ＝ － ５，∴公差ｄ ＝ ５ －（－ ５）６ － １ ＝ ２． 设抽出的一项为ａｎ，则ａｎ ＝ ５５ － ４６ ＝ ９． 由９ ＝ － ５ ＋（ｎ － １）·２，得ｎ ＝ ８． ４． Ｃ　 由ａｎ ＝ Ｓｎｎ ＋ ２ ｎ( )－ １ 得Ｓｎ ＝ ｎａｎ － ２ｎ ｎ( )－ １ ， 当ｎ≥２时，ａｎ ＝ Ｓｎ － Ｓｎ － １ ＝ ｎａｎ － ｎ( )－ １ ａｎ － １ － ４ ｎ( )－ １ ， 整理得ａｎ － ａｎ － １ ＝ ４， 所以｛ａｎ｝是公差为４的等差数列，又因为ａ１ ＝ １， 所以ａｎ ＝ ４ｎ － ３，从而Ｓｎ ＋ ３ｎ ＝ ｎ ａ１ ＋ ａ( )ｎ２ ＋ ３ｎ ＝ ２ｎ ２ ＋ ２ｎ ＝ ２ｎ ｎ( )＋ １ ， 所以１Ｓｎ ＋ ３ｎ ＝ １ ２ｎ ｎ( )＋ １ ＝ １ ２ １ ｎ － １ ｎ( )＋ １ ， 所以数列 １Ｓｎ ＋ ３{ }ｎ 的前１０项和为１２ (× １ － １２ ＋ １２ － １３ ＋… ＋ １１０ － １ )１１ ＝ １２ × １ － １( )１１ ＝ ５１１ ． 故选Ｃ． ５． Ｃ　 因为ａｎ ＝ １槡ｎ ＋ ｎ槡＋ １ ＝ ｎ槡＋ １ －槡ｎ， 所以Ｓｎ ＝ ａ１ ＋ ａ２ ＋…＋ ａｎ ＝ （槡２ － １）＋ （槡槡３ － ２）＋…＋ （ ｎ槡＋ １ －槡ｎ）＝ ｎ槡＋ １ － １， 令ｎ槡＋ １ － １ ＝ １０，解得ｎ ＝ １２０． ６． Ｄ　 对ｎ分情况讨论当ｎ ＝ １时，Ｓ１ ＝ ａ１ ＝ － ２．当ｎ≥２时，ａｎ ＝ Ｓｎ － Ｓｎ － １ ＝（ｎ２ － ４ｎ ＋ １）－［（ｎ － １）２ － ４（ｎ － １）＋ １］＝ ２ｎ － ５， 所以ａｎ ＝ － ２，ｎ ＝ １，２ｎ － ５，ｎ≥２{ ， 由通项公式得ａ１ ＜ ａ２ ＜ ０ ＜ ａ３ ＜ ａ４ ＜…＜ ａ１０， 所以｜ ａ１ ｜ ＋ ｜ ａ２ ｜ ＋…＋ ｜ ａ１０ ｜ ＝ －（ａ１ ＋ ａ２）＋…＋（ａ３ ＋ ａ４ ＋ …＋ ａ１０）＝ Ｓ１０ － ２Ｓ２ ＝ １０２ － ４ × １０ ＋ １ － ２ ×（－ ３）＝ ６７． ７． ３，ｎ ＝ １， ２ｎ，ｎ≥２{ ． 　 由ｌｏｇ２（Ｓｎ ＋ １）＝ ｎ ＋ １，得Ｓｎ ＋ １ ＝ ２ｎ ＋ １ ．当ｎ ＝ １ 时，ａ１ ＝ Ｓ１ ＝ ３；当ｎ≥２时，ａｎ ＝ Ｓｎ － Ｓｎ － １ ＝ ２ｎ，显然ａ１ ＝ ３不符 合上式，所以数列｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ ＝ ３，ｎ ＝ １，２ｎ，ｎ≥２{ ． ８． ６０　 因为Ｓｎ ＝ ｎ２ － ５ｎ ＋ ２，所以当ｎ≥２时，Ｓｎ － １ ＝（ｎ － １）２ － ５ｎ ＋ ７，两式相减可得ａｎ ＝ ２ｎ － ６，ｎ≥２．当ｎ ＝ １时，ａ１ ＝ Ｓ１ ＝ － ２，不满足上式，故ａｎ ＝ － ２，ｎ ＝ １，２ｎ － ６，ｎ≥２{ ，则数列｛ａｎ｝从第二项 开始成等差数列，且前２项为负数，第３项为０，其余各项为正 数，所以数列｛｜ ａｎ ｜｝的前１０项和为－ ａ１ － ａ２ ＋ ａ３ ＋…＋ ａ１０ ＝ ４ ＋ ７ ×（２ ＋ １４）２ ＝ ６０． ９． １０　 根据等差数列的性质，可得ａｍ － １ ＋ ａｍ ＋ １ ＝ ２ａｍ ． 又ａｍ － １ ＋ ａｍ ＋ １ － ａ２ｍ ＝ ０，则２ａｍ ＝ ａ２ｍ， 解得ａｍ ＝ ０（舍去）或ａｍ ＝ ２． 则Ｓ２ｍ － １ ＝（２ｍ － １）（ａ１ ＋ ａ２ｍ － １）２ ＝（２ｍ － １）ａｍ，∴ ４ｍ － ２ ＝ ３８， 所以ｍ ＝ １０． １０．（１）∵ Ｓｎ ＝ ｎ２ ＋ ｎ ＋ １，∴ ａ１ ＝ Ｓ１ ＝ ３，ａ２ ＝ Ｓ２ － Ｓ１ ＝ ７ － ３ ＝ ４，ａ３ ＝ Ｓ３ － Ｓ２ ＝ １３ － ７ ＝ ６，ａ４ ＝ Ｓ４ － Ｓ３ ＝ ２１ － １３ ＝ ８，ａ５ ＝ Ｓ５ － Ｓ４ ＝ ３１ － ２１ ＝ １０． （２）由（１）可知，ａ２ － ａ１ ＝ ４ － ３ ＝ １，ａ３ － ａ２ ＝ ６ － ４ ＝ ２， ∴ ａ３ － ａ２≠ａ２ － ａ１，∴数列｛ａｎ｝不是等差数列                                                                      ． —１５４—