人教版新课标A必修52.3 等差数列的前n项和第2课时练习题

这是一份人教版新课标A必修52.3 等差数列的前n项和第2课时练习题，共8页。

[A组 学业达标]
1．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝( )
A．5 B．7
C．9 D．11
解析：a1＋a3＋a5＝3a3＝3⇒a3＝1，S5＝eq \f(5a1＋a5,2)＝5a3＝5.
答案：A
2．已知等差数列{an}的通项为an＝2n＋1，前n项和为Sn，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前10项和为( )
A．120 B．100
C．75 D．70
解析：由题意得Sn＝eq \f(n3＋2n＋1,2)＝n(n＋2)，
所以eq \f(Sn,n)＝n＋2，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是首项为3，
公差为1的等差数列，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前10项和为10×3＋eq \f(10×9,2)×1＝75.
答案：C
3．在等差数列{an}中，a2＋a8－a12＝0，a14－a4＝2，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，则S15的值为( )
A．30 B．56
C．68 D．78
解析：因为等差数列{an}中，a2＋a8－a12＝0，a14－a4＝2，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＋a1＋7d－a1＋11d＝0，,a1＋13d－a1＋3d＝2，))
解得a1＝eq \f(3,5)，d＝eq \f(1,5)，
所以S15＝eq \f(15×a1＋a15,2)＝15a8＝15×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)＋\f(7,5)))＝30.
答案：A
4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝12，S20＝17，则S30为( )
A．30 B．25
C．20 D．15
解析：因为Sn是等差数列{an}的前n项和，所以S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，所以S10＋(S30－S20)＝2(S20－S10)，所以12＋(S30－17)＝2×(17－12)，解得S30＝15.
答案：D
5．数列{an}是等差数列，a1＋a2＋a3＝－24，a18＋a19＋a20＝78，则此数列的前20项和等于( )
A．160 B．180
C．200 D．220
解析：∵{an}是等差数列，∴a1＋a20＝a2＋a19＝a3＋a18.
又a1＋a2＋a3＝－24，a18＋a19＋a20＝78，
∴a1＋a20＋a2＋a19＋a3＋a18＝54，
∴3(a1＋a20)＝54，∴a1＋a20＝18，
∴S20＝eq \f(20a1＋a20,2)＝180.
答案：B
6．已知数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10等于________．
解析：∵an＝(－1)n(3n－2)，∴a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.
答案：15
7．设Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，已知eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(n＋1,2n－1)，n∈N*，则eq \f(a3＋a7,b1＋b9)＝________.
解析：eq \f(a3＋a7,b1＋b9)＝eq \f(a1＋a9,b1＋b9)＝eq \f(\f(9,2)a1＋a9,\f(9,2)b1＋b9)
＝eq \f(S9,T9)＝eq \f(9＋1,2×9－1)＝eq \f(10,17).
答案：eq \f(10,17)
8．已知函数f(n)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2，当n为奇数时，,－n2，当n为偶数时，))且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100的值为________．
解析：由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100
＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012
＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100)
＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－50×101＋50×103＝100.
答案：100
9．在等差数列{an}中，前m项(m为奇数)和为135，其中偶数项之和为63，且am－a1＝14，求a100的值．
解析：偶数项的和为63，奇数项的和为135－63＝72.设公差为d，∵奇数项的和－偶数项的和为eq \f(2a1＋m－1d,2)＝72－63＝9，
又am＝a1＋d(m－1)，∴eq \f(a1＋am,2)＝9.
又∵am－a1＝14，
∴a1＝2，am＝16.
∵eq \f(ma1＋am,2)＝135，
∴m＝15，
∴d＝eq \f(14,m－1)＝1.∴a100＝a1＋99d＝101.
10．已知等差数列{an}的前三项为a－1,4,2a，记前n项和为Sn.
(1)设Sk＝2 550，求a和k的值；
(2)设bn＝eq \f(Sn,n)，求b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1的值．
解析：(1)由已知得a1＝a－1，a2＝4，a3＝2a，
又a1＋a3＝2a2，
∴(a－1)＋2a＝8，解得a＝3.
∴a1＝2，公差d＝a2－a1＝2.
由Sk＝ka1＋eq \f(kk－1,2)d，得2k＋eq \f(kk－1,2)×2＝2 550，
即k2＋k－2 550＝0，解得k＝50或k＝－51(舍去)．
∴a＝3，k＝50.
(2)由Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d，
得Sn＝2n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2＋n，
∴bn＝eq \f(Sn,n)＝n＋1，
∴{bn}是等差数列．
∴b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1
＝(3＋1)＋(7＋1)＋(11＋1)＋…＋(4n－1＋1)
＝eq \f(4＋4nn,2)＝2n2＋2n.
[B组 能力提升]
11．已知数列{an}的前n项和为Sn，且2，Sn，an成等差数列，则S17＝( )
A．0 B．2
C．－2 D．34
解析：因为数列{an}的前n项和为Sn，且2，Sn，an成等差数列，
所以2S1＝2＋a1，即2a1＝2＋a1，解得a1＝2，
2S2＝2＋a2，即2(2＋a2)＝2＋a2，
解得a2＝－2，
2S3＝2＋a3，即2(2－2＋a3)＝2＋a3，
解得a3＝2，
2S4＝2＋a4，即2(2－2＋2＋a4)＝2＋a4，
解得a4＝－2，
…
an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n是奇数，,－2，n是偶数.))
S17＝2－2＋2－2＋2－2＋2－2＋2－2＋2－2＋2－2＋2－2＋2＝2.
答案：B
12．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S6＞S7＞S5，给出下列五个命题：①d＞0；②S11＞0；③S12＜0；④数列{Sn}中的最大项为S11；⑤|a6|＞|a7|.其中正确命题的个数为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：因为等差数列{an}中，S6＞S7＞S5，
所以a1＞0，d＜0，故①不正确；
因为S6＞S7＞S5，所以a6＝S6－S5＞0，a7＝S7－S6＜0，
S11＝11a1＋55d＝11(a1＋5d)＝11a6＞0，故②正确；
因为S6＞S7＞S5，所以a6＋a7＝S7－S5＞0，
所以S12＝12a1＋66d＝6(a1＋a12)＝6(a6＋a7)＞0，故③不正确；
因为a6＝S6－S5＞0，a7＝S7－S6＜0，所以S6最大，故④不正确；
因为a6＝S6－S5＞0，a7＝S7－S6＜0，a6＋a7＝S7－S5＞0，所以|a6|＞|a7|，故⑤正确．
答案：A
13．等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(1,Sk)＝________.
解析：设等差数列的首项为a1，公差为d，所以
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝3，,4a1＋\f(4×3,2)d＝10，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝1，))所以an＝n，Sn＝eq \f(n1＋n,2)，那么eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，那么eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(1,Sk)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(2n,n＋1).
答案：eq \f(2n,n＋1)
14．已知an＝n的各项排列成如图的三角形状：
a1
a2 a3 a4
a5 a6 a7 a8 a9
… … … … … … … … … …
记A(m，n)表示第m行的第n个数，则A(31,12)＝________.
解析：由题意知第1行有1个数，第2行有3个数……第n行有2n－1个数，故前n行有Sn＝eq \f(n[1＋2n－1],2)＝n2个数，因此前30行共有S30＝900个数，故第31行的第一个数为901，第12个数为912，即A(31,12)＝912.
答案：912
15．某房地产开发商投资81万元建一座写字楼，第一年装修费为1万元，以后每年增加2万元，把写字楼出租，每年收入租金30万元．若扣除投资和各种装修费，则从第几年开始获取纯利润？
解析：设第n年获取利润为y万元，n年共收入租金30n万元，付出装修费构成一个以1为首项，2为公差的等差数列，
共n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2，
因此利润y＝30n－(81＋n2)．
令y＞0，解得3＜n＜27，
所以从第4年开始获取利润．
16．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＝7，a5＋a7＝26.
(1)求an及Sn；
(2)令bn＝eq \f(1,a\\al(2,n)－1)(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，
则a3＝a1＋2d＝7，a5＋a7＝2a1＋10d＝26，
联立解之可得a1＝3，d＝2，
故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，
Sn＝3n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2＋2n.
(2)由(1)可知bn＝eq \f(1,a\\al(2,n)－1)
＝eq \f(1,2n＋12－1)＝eq \f(1,4nn＋1)
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
故数列{bn}的前n项和
Tn＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,4n＋1).