【文档说明】《2022-2023学年高二数学一隅三反系列(人教A版2019选择性必修第二册)》4.2.2 等差数列的前n项和(精讲)(解析版).docx,共(16)页,1.207 MB,由envi的店铺上传
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4.2.2等差数列的前n项和(精讲)考点一等差数列基本量的计算【例1-1】(2022·江苏·高二课时练习)设等差数列na的前n项和为nS.(1)已知610a=,55S=,求8S;(2)已知42S=,96S=−,求12S;(3)已知2463aaa++=−,3576
aaa++=,求20S;(4)已知36S=,68S=−,求9S.【答案】(1)44(2)825−(3)370(4)-42【解析】(1)等差数列{}na中,610a=,55S=,615151054552aadSad=+==+=,解得15a=−,3d=.81
8784084442Sad=+=−+=.(2)等差数列{}na中,42S=,96S=−,114629366adad+=+=−,即得165715ad==−,解得126121178212
()52155S=+−=−.(3)等差数列{}na中,2463aaa++=−,3576aaa++=,1111113532466adadadadadad+++++=−+++++=,解得110a=−,3d=,20120192020057
03702Sad=+=−+=.(4)等差数列{}na中,36S=,68S=−,3S,63SS−,96SS−成等差数列,633962()SSSSS−=+−,即92(86)68S−−=++,解得942S=−.【例1-2】(2022年1月广东省普通高中学业水平合格性考试数学试题)
古代《九章算术》记载:“今有五人分五钱,令上二人所得与下三人等,问各得几何”其意思为:“今有5人分5钱,各人所得钱数依次成等差数列,其中前2人所得之和与后3人所得之和相等,问各得多少钱”.由此可知第一人分得的钱数是()A.43B.1C.23D.13【答案】A
【解析】设第()15,Nnnn分到na钱,设数列()15,Nnann的公差为d,由题意可得1234512345++++=5+=++aaaaaaaaaa,所以,121315+=2+=2=+2=1
aaadaad,解得143a=.故选:A.【一隅三反】1.(2022·江苏南京)设nS为等差数列{}na的前n项和,若821=6,=0aS,则1a的值为()A.18B.20C.22D.24【答案】B【解析】由题意得:设等差数列的通项公式为1(1)naand=+−,则1(1)
2nnnSnad−=+18211+7=7=620?21=021+=02adaSad解得:1=2=20da−故选:B2.(2021·江苏省震泽中学高二月考)北京天坛的圆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,且下比中层多729块,则第三层(即下层)共有扇面形石板
()A.1539块B.1863块C.3402块D.3339块【答案】C【解析】由题意可知,从上到下,从内到外,每环的扇面形石板数构成以9为首项,9为公差的等差数列,设为na,设上层有n环,则上层扇面形石板总数为nS,中层扇面形石板总数
为2nnSS−,下层扇面形石板总数为32nnSS−,三层扇面形石板总数为3nS,因为na是等差数列,所以232,,nnnnnSSSSS−−构成等差数列,公差为29n,因为下层比中层多729块,所以29729n=,解得:9n=,所以327
2726279934022nSS==+=.故选:C3.(2022·江苏·高二课时练习)设等差数列na的前n项和为nS.(1)已知1171aa+=,求17S;(2)已知1120a=,求21S;(3)已知1166S=,求6a
;(4)已知42S=,86S=,求16S.【答案】(1)172(2)420(3)6(4)20【解析】(1)在等差数列na的前n项和为nS且1171aa+=,由等差数列的前n项和公式,可得1171717()17117222aaS+
===.(2)在等差数列na的前n项和为nS且1120a=,由等差数列的性质可得12111240aaa+==,又由等差数列的前n项和公式,可得1212121()214042022aaS+===.(3)解:在等差数列na的前n项和为nS且1166S=,由等差数列的前n项和公式,
可得1111111()662aaS+==,解得11112aa+=,又由等差数列的性质可得111662aaa+==.(4)解:在等差数列na的前n项和为nS且42S=,86S=根据等差数列的前n项和的性质,可得4841281612,,,SSSSSSS−−−
构成等差数列,因为482,6SS==,即构成1216122,4,6,SSS−−的等差数列,所以()1216121226424262SSSS+−=+−=−,解得1620S=.考点二等差数列前n项和与中项性质【例2-1】(2022·辽宁)若等差数列na和nb
的前n项的和分别是nS和nT,且21nnnabn=+,则1111ST=()A.1221B.1123C.613D.1223【答案】C【解析】因为na和nb是等差数列,故()()1116111111161161113aaaSTbbb+===+故选:C【例2-2】(2022·北京·北理工
附中高二期中)已知两等差数列na,nb,前n项和分别是nA,nB,且满足2132nnAnBn+=+,则66ab=()A.1320B.2335C.2538D.2741【答案】B【解析】两等差数列
na,nb,前n项和分别是nA,nB,满足2132nnAnBn+=+,所以1116611111111661111111221112322311235112aaaaaaAbbbbbbB+++======+++.
故选:B【例2-3】(2022·安徽宿州·高二期中)已知两个等差数列na和nb的前n项和分别为nA和nB,且214nnAnBn+=+,则28357bbaaa+=++()A.43B.3839C.1319D.2
657【答案】D【解析】由()28199357919229426333291572bbbbBaaaAaa+++====++++.故选:D【例2-4】(2022·辽宁·沈阳二中高二阶段练习)设等差数列na,nb的前n项和分别是nS,nT,若237nnSnTn=+,则65ab=()
A.65B.1117C.1114D.3【答案】B【解析】由等差数列的前n项和公式满足2AnBn+形式,设2(2)2nSknnkn==,则2(37)37nTknnknkn=+=+,故66555423622511325753167417aSSkkbTTkkkk−−===−+−−.
故选:B.【一隅三反】1.(2022·湖北·武汉情智学校高二阶段练习)设等差数列na,nb的前n项和分别是nS,nT,若237nnSnTn=+,则66ab=()A.1720B.1120C.2217D.1217【答案】B【解析】因为等差数列na,nb的前n项和分别是,nnST,所
以11111161111111161111()22112211()3372022aaaaaSbbbbbT++=====+++.故选:B2.(2022·海南华侨中学高二期末)设等差数列na与等差数列nb的前n项和分
别为nS,nT,若对任意自然数n都有2343nnSnTn−=−,则935784aabbbb+++的值为()A.37B.79C.1941D.1−【答案】C【解析】由题意,()()11193931111115784111111112113192114113412aaaaaaaabb
bbbbbbbb+++−+=====+++++−.故选:C.3.(2022·全国·高二课时练习)两个等差数列na和nb的前n项和分别为nS、nT,且523nnSnTn+=+,则220715aabb++等于()A.10724B.724C.1491
2D.1493【答案】A【解析】两个等差数列na和nb的前n项和分别为nS、nT,且523nnSnTn+=+,所以1212201212112171512121215212107221324212aaaaaaSbbbbbbT++++=====++++.故选:A4.(2022·安
徽滁州·高二期中)设nS是等差数列na的前n项和,若7945aa=,则1317SS=()A.1317B.5285C.1713D.8552【答案】B【解析】在等差数列na中,由7945aa=,得()()113137117179131313452217171758
52aaSaaaSa+====+,故选:B5.(2022·浙江·杭州市富阳区第二中学高二阶段练习)已知,nnST分别是等差数列,nnab的前项和,且*21()42nnSnnTn+=−N,则1011318615aabbbb+=++()
A.2138B.2342C.4382D.4178【答案】D【解析】,nnST分别是等差数列,nnab的前项和,故*2121()nnnnaSnbT−−=N,且3186151011bbbbbb+=+=+,故10101011201111318615111
11010010112220141420278aaaaSaabbbbbbbbbbT+=+===+++++++=−,故选:D考点三等差数列前n项的性质【例3-1】(2022·辽宁·沈阳二中高二期末)已知等差数列na的前n项和为nS,若310S=,660S
=,则9S=()A.90B.110C.150D.180【答案】C【解析】由等差数列性质知:3S,63SS−,96SS−成等差数列,()()633962SSSSS−=+−,即()92501060S=+−,解得:915
0S=.故选:C.【例3-2】2022·甘肃·宁县第二中学高二阶段练习)已知等差数列na的前n项和为nS,若954S=,11121327aaa++=,则16S=()A.120B.60C.160D.80【答案】A【解析】na为等
差数列,911989936542Sadad=+=+=,111213111110111233327aaaadadadad++=+++++=+=,119+36=543+33=27adad,解得130=73=7ad.1611615303
1616120120277Sad=+=+=.故选:A.【例3-3】(2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高二期末)在等差数列na中,其前n项和为nS,若217:6:1SS=,则2814:SS
=()A.16:1B.6:1C.12:1D.10:3【答案】D【解析】由等差数列前n项和的性质可得,714721142821,,,SSSSSSS−−−成等差数列,设7Ss=,则216Ss=,即1414,,6sssSS−−成等差数列,故()141426ssSSs−=+−
,解得143Ss=,故714721142821,,,SSSSSSS−−−即,2,3,4ssss,故2864Sss−=,2810Ss=,故2814:10:3SS=故选:D【例3-4】(2022·全国·高二)等差数列
na的前n项和为nS,若20212020120212020SS=+且13a=,则()A.21nan=+B.1nan=+C.22nSnn=+D.24nSnn=−【答案】A【解析】设na的公差为d,∵()112
nnnSnad−=+∴111222nSnddadnan−=+=+−,即{nSn}为等差数列,公差为2d,由20212020120212020SS−=知122dd==,故()23212122nnnnanSnn++=+==+,﹒故选:A﹒【例3-5】(2022·全国·高三专题练习)已知等差数
列na的项数为奇数,其中所有奇数项之和为319,所有偶数项之和为290,则该数列的中间项为()A.28B.29C.30D.31【答案】B【解析】设等差数列na共有21n+项,则13521nSaaaa+=++++奇,2462nSaaaa=++++偶,中
间项为1na+,故()()()13254212nnSSaaaaaaa+-=+-+-++-奇偶111nadddanda+=++++=+=,131929029naSS+=-=-=奇偶,故选:B.【一隅三反】1.(2022·新疆生产建设兵团第五师教育局高二阶段练习)等差数列na的前n项和
为nS,若32S=,615S=,则9S=().A.39B.29C.28D.24【答案】A【解析】由题意,根据等差数列的性质,可得nS,2nnSS−,32nnSS−也构成等差数列,即36396,,SSSSS−−构
成等差数列,所以633962()()SSSSS−=+−,即92(152)2(15)S−=+−,解得939S=.故选:A.2.(2021·全国·高二课时练习)已知等差数列{}na共有10项,其偶数项之和为20,奇数项之和为5,
则该数列的公差为().A.3−B.2−C.2D.3【答案】D【解析】135795aaaaa++++=,24681020aaaaa++++=,515d=,3d=.故选:D.3.(2022·na海南)已知等差数列的项数为奇数,且奇数项的和为40,偶数项的和为32,则5a=()A.8B.9
C.10D.11【答案】A【解析】设等差数列{}na有奇数项21k+,*()kN.公差为d.奇数项和为40,偶数项和为32,132140kaaa+=+++,24232kaaa=+++,1211(21)()72(21
)2kkkaaka++++==+,21118kkakdakda++=−=+=,921k=+,即等差数列{}na共9项,且()199599725aaSa+===58a=故选:A.4.(2022·辽宁·高二期中)在等差数列na中,12021a=−,其前n
项和为nS,若1082108SS−=,则2021S等于()A.2021B.2021−C.2020−D.2020【答案】B【解析】数列na为等差数列,数列nSn为等差数列,设其公差为d,又10822108SSd−
==,解得:1d=,又1120211Sa==−,20212021202012021S=−+=−,20212021S=−.故选:B.5.(2021·江苏·高二专题练习)等差数列na中,nS为其前n项和,若52015S=,20155S=,则2020S=________.【答案】
2020−【解析】等差数列na中,记首项为1a,公差为d,利用等差数列求和公式1(1)2nnnSnad−=+,可得111222nSnddadnan−=+=+−,又111(1)()122222nnSSdddddnanann+−=++−−+−=+所以nSn
是首项为1a,公差为2d等差数列,由52015S=,20155S=,得5201555S=,2015201155205S=所以nSn的公差为201555201520155201552015520155SS−−=−−所以20205
5201520155(20205)12020520155SS−=+−=−−所以20202020S=−故答案为:2020−考点四等差数列前n项和的最值【例4-1】(2022·河南信阳)数列{an}中,如果an=49﹣2n,则Sn取
最大值时,n等于()A.23B.24C.25D.26【答案】B【解析】由题意,可知数列na为等差数列,则()()21224824242nnaanSnnn+==−=−−+,则当24n=时,nS取最大值.故选:B.【例4-2】(2022·全国·高二课时练习)已知等差数列na的前n项和为
nS,当且仅当6n=时nS取得最大值,若130a=,则公差d的取值范围为()A.()6,5−−B.6,5−−C.()(),65,−−−+D.()),65,−−−+【答案】A【解析】由已知可得6700aa,即30503060dd++
,解得65d−−,故选:A.【例4-3】(2022·北京八中高二期中)等差数列na中,68aa,680aa+=,则当前n项和nS最小时,n=()A.7B.8C.6或7D.7或8【答案】C【解析】设公差为d,因为68aa,所以20d,所以0d,
因为680aa+=,所以720a=,所以70a=,所以160ad+=,160ad=−,所以1(1)(1)622nnnnnSnadndd−−=+=−+2113169224dn=−−,所以当6n=或7n=时
,nS取得最小值.故选:C【例4-4】(2021·江苏·高二专题练习)已知等差数列na的前n项和nS有最大值,且202120201aa−,则满足0nS的最大正整数n的值为()A.4041B.4039C.2021D.2020【答案】B【解析】∵等差
数列nS存在最大值且1(1)2nnndSna−=+,∴首项10a,公差0d,即等差数列na为递减数列,∴20202021aa,∵202120201aa−2020202120202021202000aaaaa++,所以202020210,0aa∴()()140
4020202021404040404040022aaaaS++==,()14039403920204039403902aaSa+==.所以满足0nS的最大正整数n的值为4039.故选:B.【一隅三反】1.(2022·福建省福州第一中学高二期末)
已知{an}是以10为首项,-3为公差的等差数列,则当{an}的前n项和Sn,取得最大值时,n=()A.3B.4C.5D.6【答案】B【解析】∵{an}是以10为首项,-3为公差的等差数列,∴()1031133nann=−−=−,故当4n时,1330nan=−
,当5n时,1330nan=−,故4n=时,nS取得最大值.故选:B.2.(2022·安徽省临泉第一中学高二阶段练习)已知等差数列na的前n项和为nS,若20210S,20220S,则使得前n项和nS取得最大值时n的值
为()A.2022B.2021C.1012D.1011【答案】D【解析】因为等差数列na的前n项和为nS,20210S,20220S,所以()()()()12021101120211011120222022120221011
1012202120212202102220221011101102aaaSaaaSaaaa+===+==+=+,所以10110a,101110120aa+,所以10110a,10120a,即等差数列na的公差0d,所以,10
11n时,0na;1012n时,0na,所以,使得前n项和nS取得最大值时n的值为1011.故选:D3.(2022·安徽·淮南第二中学高二开学考试)在等差数列na中,nS为其前n项的和,已知678125aaaa++=,且10a,当nS取得最大值时,n的值为()A.17B.18C.
19D.20【答案】C【解析】设等差数列na的公差为d,∵678125aaaa++=,∴()11318511adad+=+,∴13702ad=−,∴0d,∴1902da=−,2002da=,∴19S取得最大值.故选:C.4.(2022·
山西·康杰中学高二开学考试)已知等差数列{}na的通项公式为31natn=−(tZ),当且仅当10n=时,数列{}na的前n项和nS最大,则当10kS=−时,k=()A.17B.18C.19D.20【答案】D【解析】由条件
可知,当10n=时,1031100at=−,1131110at=−,解得:31311110t,因为tZ,所以3t=,得313nan=−,()28313102kkkS+−==−,解得:20k=或13k=−(舍)
.故选:D5.(2022·吉林)已知nS是等差数列na的前n项和,且675SSS,给出下列五个命题:①公差0d②110S③120S④数列{}nS中的最大项为11S⑤67aa其中正确命题的
个数是()A.2B.3C.4D.5【答案】B【解析】等差数列na中,6S最大,且675SSS,10a,0d,①正确;675SSS,60a,70a,670aa+,160ad+,1
50ad+,6S最大,④不正确;1111115511(5)0Sadad=+=+,12111267126612()12()0Sadaaaa=+=+=+,③⑤正确,②错误.故选:B.考点五含有绝对值等差数列的求
和【例5】(2022·陕西·西安市鄠邑区第二中学高二阶段练习)等差数列na满足58a=,72a=,其前n项和为nS.(1)求数列na的通项公式;(2)求1215aaa+++的值.【答案】(1)=3+23n
an−(2)169.【解析】(1)设首项为1a公差为d,由7151=+6=2,=+4=8aadaad解得1=20=3ad−,所以1=+(1)=20+(1)?(3)=3+23naandnn−−−−.(2)设数列na的前n项和为21(1)343=+=+222nnnSnad
nn−−.当7n,时>0na,当8n,时<0na,故1215+++aaa()12378915=++++++aaaaaaa−()7157715==2=2?77+15=169SSSSS−−−.【一隅三反】1
.(2022·海南)等差数列na中,24a=,4715aa+=.(1)求数列na的通项公式;(2)设225nnba=−+,求数列nb的前n项和nS.【答案】(1)2nan=+(2)2220,1020200,11nnnnSnnn−+=−+【解析】
(1)由题意得:11143615adadad+=+++=,解得131ad==,()3112nann=+−=+;(2)()2225221nbnn=−++=−+,当10n时,0nb,nnbb=;11n
时,0nb,nnbb=−;当10n时,()()2122401917221202nnnnSbbbnnn−+=+++=+++−+==−+;当11n时,()12101112nnSbbbbbb=
+++−+++;即()()1212102nnSbbbbbb=−+++++++()()22401019122020022nnnn−++=−+=−+,综上所述:2220,1020200,11nnnnSnnn−+=−+.2.(2022·四川省)已知数列na
是等差数列,公差为d,nS为数列na的前n项和,172aa+=−,315S=.(1)求数列na的通项公式na;(2)求数列na的前n项和nT.【答案】(1)()*311Nnann=−+(2)()()*2193,3,2N31960
,4.2nnnnTnnnn−=−+【解析】(1)∵na是等差数列,公差为d.且172aa+=−,315S=,∴11262,32315,2adad+=−+=解得18a=,3d=−.∴()()()11813311naandnn
=+−=+−−=−+,∴数列na的通项公式为()*311Nnann=−+.(2)令0na,则3110n−+,∴311n,∴113n,又*Nn,∴当3n时,0na;当4n时,0na.又18a=,31
1nan=−+,∴当3n时,()()2121831119322nnnnnnnTaaaaaa−+−=+++=+++==,当4n时,()()()124112323122nnnnTaaaaaaaaaaaaaa=+++=+++−−−=++−+++()231933196022152
2nnnnnSS−−+=−=−=,∴()()*2193,3,2N31960,4.2nnnnTnnnn−=−+3.(2022·安徽滁州·高二期中)已知等差数列na的前n项和为nS,Nn+,且364aa+=,55S=−.(1)求数列na的通项公式;(2)若n
nba=,其前n项和为nT,求nT.【答案】(1)27nan=−(2)226,13,618,4.nnnnTnnn−+=−+【解析】(1)设等差数列na的首项和公差分别为1,ad,则()111254551552adadad+++
=−+=−,解得15a=−,2d=,所以27nan=−.(2)当4n且Nn+时,270nan−=;当3n且Nn+时,270nan−=.所以当13n时,()216nnTaann=−++=−+
;当4n时,()212345618nnTaaaaaann=−++++++=−+.综上所述,226,13,618,4.nnnnTnnn−+=−+.