4.2等差数列的前n项和公式 第1课时等差数列的前n项和公式练习-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

第1课时　等差数列的前n项和公式 1.已知数列{an}中,a1=1,且an+1-an=2(n∈N*),则数列{an}的前10项和S10= (　 ) A.99 B.100 C.101 D.102 2.[2025·重庆北碚区高二期末] 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4=1,S9=27,则公差d= (　 ) A.0 B.1 C.2 D.3 3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S4=S5=10,则a4= (　 ) A.1 B.2 C.3 D.4 4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a3+2a4+a13=160,则S11-5a6= (　 ) A.240 B.180 C.120 D.60 5.[2025·山东菏泽高二期中] 在等差数列{an}中,Sn是其前n项和.若a7+a9=32,则S15= (　 ) A.480 B.120 C.160 D.240 6.已知数列{an}为等差数列,其前n项和为Sn,且a3=7,-=10,则S9= (　 ) A.63 B.72 C.135 D.144 7.等差数列{an}中,Sn为{an}的前n项和,a1=3,S3=15,则a4=　　　　.  8.[2025·宁夏银川高二期末] 若数列{an}满足a1=12,an+1=an+2n(n∈N*),则{an}的通项公式是　　　　　　.  9.[2025·江苏无锡高二期末] 已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,若S9=3(a2+a4+ak),则实数k=　　　　.  10.已知两个等差数列2,6,10,…及2,8,14,…,98,将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列{an},则数列{an}的各项之和为 (　 ) A.438 B.450 C.254 D.278 11.[2025·福建莆田高二期末] 已知公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn,若S10<S9<S11,则下列说法不正确的是 (　 ) A.d>0 B.a1<0 C.S20>0 D.S21<0 12. (多选题)[2025·宁夏石嘴山高二期末] 已知数列{an}的前n项和为Sn=33n-n2,则下列说法正确的是 (　 ) A.an=34-2n B.仅有S16为Sn的最大值 C.|a1|+|a2|+…+|a16|=272 D.|a1|+|a2|+…+|a30|=450 13.已知数列{an}满足a1=1,an+1-an=2(n∈N*),则a4+a7+a10+…+a3n+4=　　　　.  14.记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a2+a3=-4,S3=-3. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列{an}的前20项和. 15.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-12n. (1)求证:{an}是等差数列; (2)求数列{|an|}的前n项和Tn. 16.[2025·浙江杭州高二期末] 已知数列{an}满足a1=2,=,则a20的最大值为 (　 ) A.420 B.380 C.342 D.6 17.如图,在平面直角坐标系中有一系列格点Ai(xi,yi),其中i=1,2,3,…,n,…,且xi,yi∈Z.记an=xn+yn,如A1(1,0)对应a1=1,A2(1,-1)对应a2=0,以此类推.设数列{an}的前n项和为Sn,则a2024=　　　　,S2025=　　　　.  18.已知Sn是等差数列{an}的前n项和. (1)证明:是等差数列; (2)设Tn为数列的前n项和,若S4=12,S8=40,求Tn. 19.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=. (1)求an,Sn; (2)求的最小值. 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第1课时　等差数列的前n项和公式 1.B　[解析] 因为an+1-an=2(n∈N*),a1=1,所以数列{an}是以a1=1为首项,2为公差的等差数列,所以S10=10×1+×2=100.故选B. 2.C　[解析] 由S9==9a5=27,可得a5=3,又a4=1,故d=a5-a4=2,故选C. 3.A　[解析] 设等差数列{an}的公差为d,由S4=S5=10,得a5=a1+4d=0,S4=4a1+×d=10,解得a1=4,d=-1,所以a4=a1+3d=1.故选A. 4.A　[解析] 设等差数列{an}的公差为d,则a3+2a4+a13=4a1+20d=160,故a1+5d=40,所以S11-5a6=11a1+55d-5(a1+5d)=6a1+30d=6(a1+5d)=6×40=240.故选A. 5.D　[解析] 由题意得S15=15×=15×==240.故选D. 6.C　[解析] 设等差数列{an}的公差为d,则Sn=na1+d,则=a1+.由-=10,得-(a1+2d)=10,解得d=4.又因为a3=7,所以a1=a3-2d=-1,所以S9=9a1+d=9×(-1)+×4=135.故选C. 7.9　[解析] 设公差为d,由题意得3a1+3d=15,因为a1=3,所以d=2,故a4=a1+3d=3+3×2=9. 8.an=n2-n+12　[解析] 因为a1=12,an+1=an+2n(n∈N*),所以a2-a1=2,a3-a2=4,…,an-an-1=2(n-1),n≥2,所以an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=12+2+4+…+2(n-1)=12+2×=n2-n+12,n≥2,又a1=12也满足上式,所以an=n2-n+12. 9.9　[解析] 设等差数列{an}的公差为d(d≠0),因为S9=3(a2+a4+ak),所以9a1+d=3[a1+d+a1+3d+a1+(k-1)d],即9a1+36d=9a1+3(k+3)d,解得k=9. 10.B　[解析] 这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成的一个新数列为2,14,26,…,98,即{an}是首项为2,公差为12,项数为9的等差数列,故新数列{an}的各项之和为×9=450.故选B. 11.D　[解析] 因为等差数列{an}的前n项和Sn满足S10<S9,S10<S11,所以a10<0,a11>0,所以d>0,a1<0,故A,B中说法正确;由S9<S11得a10+a11>0,则S20==10(a10+a11)>0,故C中说法正确;因为a11>0,所以S21==21a11>0,故D中说法不正确.故选D. 12.AC　[解析] 对于A选项,由Sn=33n-n2得,当n=1时,a1=33-12=32,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=33n-n2-33(n-1)+(n-1)2=-2n+34,显然a1=32满足an=34-2n,故an=34-2n,A正确;对于B选项,因为当1≤n≤16时,an>0,a17=0,当n≥18时,an<0,所以S16,S17均为Sn的最大值,B错误;对于C选项,a16=34-32=2,故|a1|+|a2|+…+|a16|=a1+a2+…+a16==272,C正确;对于D选项,a17=0,a30=34-60=-26,|a17|+|a18|+…+|a30|=-(a17+a18+…+a30)=-=182,由C知|a1|+|a2|+…+|a16|=272,故|a1|+|a2|+…+|a30|=272+182=454,D错误.故选AC. 13.3n2+10n+7　[解析] ∵a1=1,an+1-an=2(n∈N*),∴数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,∴an=1+(n-1)×2=2n-1,则a3n+1=2(3n+1)-1=6n+1,a4=7,∴{a3n+1}是首项为7,公差为6的等差数列,∴a4+a7+a10+…+a3n+4=7(n+1)+×6=3n2+10n+7. 14.解:(1)设公差为d,由题意得 解得所以an=1-2(n-1)=-2n+3. (2)由an=-2n+3,得Sn==-n2+2n, 因此S20=-202+2×20=-360,所以数列{an}的前20项和为-360. 15.解:(1)证明:因为Sn=n2-12n, 所以当n=1时,a1=S1=12-12×1=-11; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2-12n)-[(n-1)2-12(n-1)]=2n-13. 经验证当n=1时上式成立,所以an=2n-13. 因为当n≥2时,an-an-1=(2n-13)-[2(n-1)-13]=2(常数),所以数列{an}是等差数列. (2)由(1)知an=2n-13.令an>0,则n>. 因为Sn=n2-12n,所以S6=62-12×6=-36. 当1≤n≤6时,Tn=-Sn=12n-n2; 当n>6时,Tn=-a1-a2-…-a6+a7+a8+…+an=-S6+Sn-S6=n2-12n+72. 综上可得,Tn=n∈N*. 16.A　[解析] ∵=,∴an+1+an=①.当n=1时,a2+2=,解得a2=0或a2=6.当n≥2时,an+an-1=②.①-②得an+1-an-1==,∴an+1-an-1=0或an+1-2an+an-1=2.当an+1-an-1=0时,a20=a2=0或a20=a2=6;当an+1-2an+an-1=2时,an+1-an=an-an-1+2,∴数列{an+1-an}是以a2-a1为首项,公差为2的等差数列.要使a20取得最大值,则a2=6,a2-a1=4,由等差数列的通项公式可得an+1-an=4+2(n-1)=2+2n,∴a2-a1=2+2×1,a3-a2=2+2×2,a4-a3=2+2×3,…,a20-a19=2+2×19,以上式子相加得a20-a1=2×19+2×(1+2+3+…+19)=2×19+2×=19×22=418,∴a20=a1+418=420.故a20的最大值为420.故选A. 17.44　45　[解析] 由图可知,第一圈从点A1(1,0)到点A8(1,1),共8个点,由对称性可知S8=a1+a2+…+a8=0,第二圈从点A9(2,1)到点A24(2,2),共16个点,由对称性可知S24-S8=a9+a10+…+a24=0,以此类推,可得第n圈的8n个点对应的这8n项的和为0.前k圈的点的个数之和为8+16+…+8k==4k(k+1),由此可知前22圈共有2024个点,故S2024=0,a2024对应的点的坐标为(22,22),则a2024=22+22=44,故a2025对应的点的坐标为(23,22),所以a2025=23+22=45,则S2025=S2024+a2025=0+45=45. 18.解:(1)证明:设等差数列{an}的公差为d, 则Sn=na1+d=n2+n, ∴=n+,∴-=(n+1)+-=, 又=a1,∴是首项为a1,公差为的等差数列. (2)由(1)知为等差数列,设其公差为d', 则-=4d',即4d'=-=2,∴d'=, ∴=-3d'=3-3×=, ∴Tn=n+×=n2+n. 19.解:(1)∵Sn=,∴当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-, 即--2(an+an-1)=0,即(an+an-1)(an-an-1-2)=0, 又an+an-1>0,∴an-an-1=2. 当n=1时,a1=,解得a1=1, ∴数列{an}是等差数列,其首项为1,公差为2, ∴an=1+2(n-1)=2n-1,∴Sn=(2n-1+1)2=n2. (2)===n+1+-2≥2-2=2,当且仅当n=1时等号成立,∴的最小值为2. 2 学科网（北京）股份有限公司 $