【新高考复习】2 第2讲　等差数列及其前n项和　新题培优练

[基础题组练]1．(2019·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S4＝0，a5＝5，则()A．an＝2n－5B．an＝3n－10C．Sn＝2n2－8nD．Sn＝12n2－2n解析：选A.法一：设等差数列{an}的公差为d，因为S4＝0，a5＝5，所以4a1＋4×32d＝0，a1＋4d＝5，解得a1＝－3，d＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋n（n－1）2d＝n2－4n.故选A.法二：设等差数列{an}的公差为d，因为S4＝0，a5＝5，所以4a1＋4×32d＝0，a1＋4d＝5，解得a1＝－3，d＝2.选项A，a1＝2×1－5＝－3；选项B，a1＝3×1－10＝－7，排除B；选项C，S1＝2－8＝－6，排除C；选项D，S1＝12－2＝－32，排除D.故选A.2．(一题多解)(2019·沈阳质量监测)在等差数列{an}中，若Sn为前n项和，2a7＝a8＋5，则S11的值是()A．55B．11C．50D．60解析：选A.通解：设等差数列{an}的公差为d，由题意可得2(a1＋6d)＝a1＋7d＋5，得a1＋5d＝5，则S11＝11a1＋11×102d＝11(a1＋5d)＝11×5＝55，故选A.优解：设等差数列{an}的公差为d，由2a7＝a8＋5，得2(a6＋d)＝a6＋2d＋5，得a6＝5，所以S11＝11a6＝55，故选A.3．(一题多解)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为()A．1B．2C．4D．8解析：选C.法一：等差数列{an}中，S6＝（a1＋a6）×62＝48，则a1＋a6＝16＝a2＋a5，又a4＋a5＝24，所以a4－a2＝2d＝24－16＝8，得d＝4，故选C.法二：由已知条件和等差数列的通项公式与前n项和公式可列方程组，得2a1＋7d＝24，6a1＋6×52d＝48，即2a1＋7d＝24，2a1＋5d＝16，解得a1＝－2，d＝4，故选C.4．(2019·广东广州联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若am＝4，Sm＝0，Sm＋2＝14(m≥2，且m∈N*)，则a2017的值为()A．2018B．4028C．5037D．3019解析：选B.由题意得am＝a1＋（m－1）d＝4，Sm＝ma1＋m（m－1）2d＝0，Sm＋2－Sm＝am＋1＋am＋2＝2a1＋（m＋m＋1）d＝14，解得a1＝－4，m＝5，d＝2，所以an＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，所以a2017＝2×2017－6＝4028.故选B.5．(2019·长春质量检测(一))等差数列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d0，则其前n项和取最小值时n的值为()A．6B．7C．8D．9解析：选C.由d0可得等差数列{an}是递增数列，又|a6|＝|a11|，所以－a6＝a11，即－a1－5d＝a1＋10d，所以a1＝－15d2，则a8＝－d20，a9＝d20，所以前8项和为前n项和的最小值，故选C.6．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝2a3，则S11S5＝________．解析：S11S5＝112（a1＋a11）52（a1＋a5）＝11a65a3＝225.答案：2257．在等差数列{an}中，公差d＝12，前100项的和S100＝45，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝________．解析：因为S100＝1002(a1＋a100)＝45，所以a1＋a100＝910，a1＋a99＝a1＋a100－d＝25，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝502(a1＋a99)＝502×25＝10.答案：108．在单调递增的等差数列{an}中，若a3＝1，a2a4＝34，则a1＝________．解析：由题知，a2＋a4＝2a3＝2，又因为a2a4＝34，数列{an}单调递增，所以a2＝12，a4＝32.所以公差d＝a4－a22＝12.所以a1＝a2－d＝0.答案：09．(2019·武汉调研)已知等差数列{an}的前三项的和为－9，前三项的积为－15.(1)求等差数列{an}的通项公式；(2)若{an}为递增数列，求数列{|an|}的前n项和Sn.解：(1)设公差为d，则依题意得a2＝－3，则a1＝－3－d，a3＝－3＋d，所以(－3－d)(－3)(－3＋d)＝－15，得d2＝4，d＝±2，所以an＝－2n＋1或an＝2n－7.(2)由题意得an＝2n－7，所以|an|＝7－2n，n≤32n－7，n≥4，①n≤3时，Sn＝－(a1＋a2＋…＋an)＝5＋（7－2n）2n＝6n－n2；②n≥4时，Sn＝－a1－a2－a3＋a4＋…＋an＝－2(a1＋a2＋a3)＋(a1＋a2＋…＋an)＝18－6n＋n2.综上，数列{|an|}的前n项和Sn＝－n2＋6n，n≤3n2－6n＋18，n≥4.10．已知等差数列{an}的公差d0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36.(1)求d及Sn；(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.解：(1)由题意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，将a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5.因为d0，所以d＝2.从而an＝2n－1，Sn＝n2(n∈N*)．(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝(2m＋k－1)(k＋1)，所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65.由m，k∈N*知2m＋k－1≥k＋11，故2m＋k－1＝13，k＋1＝5，解得m＝5，k＝4.即所求m的值为5，k的值为4.[综合题组练]1．若{an}是等差数列，首项a10，a2016＋a20170，a2016·a20170，则使前n项和Sn0成立的最大正整数n是()A．2016B．2017C．4032D．4033解析：选C.因为a10，a2016＋a20170，a2016·a20170，所以d0，a20160，a20170，所以S4032＝4032（a1＋a4032）2＝4032（a2016＋a2017）20，S4033＝4033（a1＋a4033）2＝4033a20170，所以使前n项和Sn0成立的最大正整数n是4032.2．等差数列{an}中，ana2n是一个与n无关的常数，则该常数的可能值的集合为()A．{1}B.1，12C.12D.0，12，1解析：选B.ana2n＝a1＋（n－1）da1＋（2n－1）d＝a1－d＋nda1－d＋2nd，若a1＝d，则ana2n＝12；若a1≠0，d＝0，则ana2n＝1.因为a1＝d≠0，所以ana2n≠0，所以该常数的可能值的集合为1，12.3．设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________．解析：由an＝2n－10(n∈N*)知{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0得n≥5，所以n≤5时，an≤0，当n5时，an0，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.答案：1304．(2019·四川广元统考)若数列{an}是正项数列，且a1＋a2＋…＋an＝n2＋n，则a1＋a22＋…＋ann等于________．解析：当n＝1时，a1＝2⇒a1＝4，又a1＋a2＋…＋an＝n2＋n①，所以当n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝(n－1)2＋(n－1)＝n2－n②，①－②得an＝2n，即an＝4n2，所以ann＝4n2n＝4n，所以a1＋a22＋…＋ann＝（4＋4n）n2＝2n2＋2n.答案：2n2＋2n5．(创新型)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意有2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3.解得a1＝1，d＝25.所以{an}的通项公式为an＝2n＋35.(2)由(1)知，bn＝[2n＋35]．当n＝1，2，3时，1≤2n＋35＜2，bn＝1；当n＝4，5时，22n＋35＜3，bn＝2；当n＝6，7，8时，3≤2n＋35＜4，bn＝3；当n＝9，10时，42n＋35＜5，bn＝4.所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.6．(应用型)已知一次函数f(x)＝x＋8－2n.(1)设函数y＝f(x)的图象与y轴交点的纵坐标构成数列{an}，求证：数列{an}是等差数列；(2)设函数y＝f(x)的图象与y轴的交点到x轴的距离构成数列{bn}，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)证明：由题意得an＝8－2n，因为an＋1－an＝8－2(n＋1)－8＋2n＝－2，且a1＝8－2＝6，所以数列{an}是首项为6，公差为－2的等差数列．(2)由题意得bn＝|8－2n|.由b1＝6，b2＝4，b3＝2，b4＝0，b5＝2，可知此数列前4项是首项为6，公差为－2的等差数列，从第5项起，是首项为2，公差为2的等差数列．所以当n≤4时，Sn＝6n＋n（n－1）2×(－2)＝－n2＋7n，当n≥5时，Sn＝S4＋(n－4)×2＋（n－5）（n－4）2×2＝n2－7n＋24.故Sn＝－n2＋7n，n≤4，n∈N*，n2－7n＋24，n≥5，n∈N*.