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1、高二数学人教A版（2020）选择性必修第二册第四章4.2.2第2课时等差数列前n项和性质及应用同步练习（含答案）2021年中学数学人教A版（新教材）选择性必修其次册4.2.2第2课时等差数列前n项和的性质及应用 一、选择题 1数列an为等差数列，它的前n项和为Sn，若Sn(n1)2，则的值是() A2 B1C0D1 2已知等差数列an的前n项和为Sn，若S1010，S2060，则S40() A110 B150 C210 D280 3在等差数列an中，a12 018，其前n项和为Sn，若2，则S2 018的值等于() A2 018 B2 016 C2 019 D2 017 4两个等差数列an和b
2、n，其前n项和分别为Sn，Tn，且，则() A B C D 5.等于() A B C D 6(多选题)已知数列an为等差数列，其前n项和为Sn，若SnS13n(nN*且n13)，有以下结论，则正确的结论为() AS130 Ba70 Can为递增数列 Da130 7已知等差数列an的前n项和为Sn，S440，Sn210，Sn4130，则n() A12 B14 C16 D18 二、填空题 8已知等差数列an中，Sn为其前n项和，已知S39，a4a5a67，则S9S6_. 9在数列an中，a1，an1an(nN*)，则a2 019的值为_ 10数列an满意a13，且对于随意的nN*都有an1ann2
3、，则a39_. 11(一题两空)设项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，则这个数列的中间项的值是_，项数是_ 12一个等差数列的前12项的和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为3227，则该数列的公差d为_ 三、解答题 13已知两个等差数列an与bn的前n(n1)项和分别是Sn和Tn，且SnTn(2n1)(3n2)，求的值 14等差数列an的前n项和为Sn，已知a110，a2为整数，且SnS4. (1)求an的通项公式； (2)设bn，求数列bn的前n项和Tn. 15设Sn为等差数列an的前n项和，且a215，S565. (1)求数列an的通项公式； (2)设数
4、列bn的前n项和为Tn，且TnSn10，求数列|bn|的前n项和Rn. 参考答案 一、选择题 1答案：B 解析：等差数列前n项和Sn的形式为Snan2bn，1. 2 答案：D 解析：等差数列an前n项和为Sn， S10，S20S10，S30S20，S40S30也成等差数列， 故(S30S20)S102(S20S10)，S30150. 又(S20S10)(S40S30)2(S30S20)，S40280.故选D. 3 答案：A 解析：由题意知，数列为等差数列，其公差为1，所以(2 0181)12 0182 0171.所以S2 0182 018. 4 答案：D 解析：因为等差数列an和bn，所以，又
5、S2121a11，T2121b11， 故令n21有，即，所以，故选D. 5 答案：C 解析：通项an， 原式 . 6 答案：AB 解析：对B，由题意，SnS13n，令n7有S7S6S7S60a70，故B正确 对A，S1313a70.故A正确 对C，当an0时满意SnS13n0，故an为递增数列不肯定正确故C错误 对D，由A，B项，可设当an7n时满意SnS13n，但a136.故D错误 故AB正确 7 答案：B 解析：SnSn4anan1an2an380，S4a1a2a3a440， 所以4(a1an)120，a1an30，由Sn210，得n14. 二、填空题 8答案：5 解析：S3，S6S3，S
6、9S6成等差数列，而S39，S6S3a4a5a67，S9S65. 9.答案：1 解析：因为an1an(nN*)，所以an1an， a2a11， a3a2， a2 019a2 018， 各式相加，可得a2 019a11，a2 0191， 所以a2 0191，故答案为1. 10 答案：820 解析：因为an1ann2，所以a2a13， a3a24， a4a35， ， anan1n1(n2)， 上面n1个式子左右两边分别相加得ana1， 即an，所以a39820. 11 答案：117 解析：设等差数列an的项数为2n1， S奇a1a3a2n1(n1)an1， S偶a2a4a6a2nnan1， 所以，
7、解得n3，所以项数为2n17， S奇S偶an1，即a4443311为所求中间项 12 答案：5 解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇， 偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d. 由已知条件，得 解得 又S偶S奇6d，所以d5. 三、解答题 13解：法一：. 法二：数列an，bn均为等差数列， 设SnA1n2B1n，TnA2n2B2n. 又，令Sntn(2n1)， Tntn(3n2)，t0，且tR. anSnSn1tn(2n1)t(n1)(2n21) tn(2n1)t(n1)(2n1) t(4n1)(n2)， bnTnTn1tn(3n2)t(n1)(3n5) t(6n5)(n2) (n2)
8、， . 14解：(1)由a110，a2为整数知，等差数列an的公差d为整数 因为SnS4，故a40，a50，于是103d0，104d0. 解得d，因此d3. 所以数列an的通项公式为an133n. (2)bn. 于是Tnb1b2bn 于是Tnb1b2bn . 15解：(1)设等差数列an的公差为d， 则解得 ana1(n1)d172(n1)2n19. (2)由(1)得Snn218n， Tnn218n10. 当n1时，b1T17； 当n2且nN*时，bnTnTn12n19. 阅历证b117，bn 当1n9时，bn0；当n10时，bn0. 当1n9时，Rn|b1|b2|bn|b1b2bnn218n10； 当n10时，Rn|b1|b2|bn| b1b2b9(b10b11bn) 2(b1b2b9)(b1b2b9b10b11bn) Tn2T9n218n152， 综上所述：Rn