4.2.2（第1课时）等差数列前n项和公式的推导及简单应用 课时对点练（含答案）2021年新教材人教A版数学选择性必修第二册

1、4.2.2 等差数列的前等差数列的前 n 项和公式项和公式 第第 1 课时课时 等差数列前等差数列前 n 项和公式的推导及简单应用项和公式的推导及简单应用 1已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 2a6a86，则 S7等于( ) A49 B42 C35 D28 答案 B 解析 2a6a8a46，S77 2(a1a7)7a442. 2在等差数列an中，已知 a110，d2，Sn580，则 n 等于( ) A10 B15 C20 D30 答案 C 解析 因为 Snna11 2n(n1)d10n 1 2n(n1)2n 29n， 所以 n29n580， 解得 n20 或 n29(舍) 3设an为

2、等差数列，公差 d2，Sn为其前 n 项和若 S10S11，则 a1等于( ) A18 B20 C22 D24 答案 B 解析 由 S10S11， 得 a11S11S100， 所以 a1a11(111)d0(10)(2)20. 4(多选)在等差数列an中，d2，an11，Sn35，则 a1等于( ) A1 B3 C5 D7 答案 AB 解析 由题意知 a1(n1)211， Snna1nn1 2 235， 由解得 a13 或1. 5在等差数列an中，已知 a112，S130，则使得 an0 的最小正整数 n 为( ) A7 B8 C9 D10 答案 B 解析 由 S1313a1a13 2 0，

3、得 a1312，则 a112d12，得 d2， 数列an的通项公式为 an12(n1)22n14， 由 2n140，得 n7，即使得 an0 的最小正整数 n 为 8. 6已知an是等差数列，a4a66，其前 5 项和 S510，则其首项 a1_，公差 d _. 答案 1 1 2 解析 a4a6a13da15d6， S55a11 25(51)d10， 由联立解得 a11，d1 2. 7设 Sn为等差数列an的前 n 项和，若 a11，公差 d2，Sk2Sk24，则 k_. 答案 5 解析 因为 Sk2Skak1ak2a1kda1(k1)d2a1(2k1)d21(2k1)2 4k424，所以 k

4、5. 8在等差数列an中，S104S5，则a1 d _. 答案 1 2 解析 设数列an的公差为 d，由题意得 10a11 2109d4 5a11 254d ，所以 10a1 45d20a140d， 所以 10a15d，所以a1 d 1 2. 9在等差数列an中，a1030，a2050. (1)求数列的通项公式； (2)若 Sn242，求 n. 解 (1)设数列an的首项为 a1，公差为 d. 则 a10a19d30， a20a119d50， 解得 a112， d2， ana1(n1)d12(n1)2102n. (2)由 Snna1nn1 2 d 以及 a112，d2，Sn242， 得方程 2

5、4212nnn1 2 2， 即 n211n2420， 解得 n11 或 n22(舍去)故 n11. 10已知an为等差数列，Sn为数列an的前 n 项和，且 S77，S1575，求数列 Sn n 的前 n 项和 Tn. 解 设等差数列an的公差为 d，则 Snna1nn1 2 d. S77，S1575， 7a121d7， 15a1105d75， 即 a13d1， a17d5， 解得 a12， d1， Sn na1 n1 2 d2n1 2 ， Sn1 n1 Sn n 1 2， 数列 Sn n 是等差数列，且其首项为2，公差为1 2. Tn1 4n 29 4n. 11在小于 100 的自然数中，所

6、有被 7 除余 2 的数之和为( ) A765 B665 C763 D663 答案 B 解析 a12，d7,2(n1)7100， n200. 当 n19 时，剩余钢管根数最少，为 10 根 15如图所示，将若干个点摆成三角形图案，每条边(包括两个端点)有 n(n1，nN*)个点， 相应的图案中总的点数记为 an，则 a2a3a4an等于( ) A.3n 2 2 B.nn1 2 C.3nn1 2 D.nn1 2 答案 C 解析 由图案的点数可知 a23，a36，a49，a512， 所以 an3n3，n2， 所以 a2a3a4ann133n3 2 3nn1 2 . 16已知等差数列an的公差 d0

7、，前 n 项和为 Sn，且 a2a345，S428. (1)求数列an的通项公式； (2)若 bn Sn nc(c 为非零常数)，且数列bn也是等差数列，求 c 的值 解 (1)S428， a1a44 2 28，a1a414， a2a314， 又 a2a345，公差 d0， a2a3， a25，a39， a1d5， a12d9， 解得 a11， d4， an4n3，nN*. (2)由(1)，知 Sn2n2n， bn Sn nc 2n2n nc ， b1 1 1c，b2 6 2c，b3 15 3c. 又bn也是等差数列， b1b32b2， 即 2 6 2c 1 1c 15 3c， 解得 c1 2(c0 舍去)