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开卷速查(二十九) 等差数列及其前n项和
A级 基础巩固练
1．[2022·福建]等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于( )
A．8 B．10
C．12 D.14
解析：设等差数列{an}的公差为d，则S3＝3a1＋3d，所以12＝3×2＋3d，解得d＝2，所以a6＝a1＋5d＝2＋5×2＝12，故选C.
答案：C
2．设Sn为等差数列{an}的前n项和，S8＝4a3，a7＝－2，则a9＝( )
A．－6 B.－4
C．－2 D.2
解析：由S8＝4a3知：a1＋a8＝a3，a8＝a3－a1＝2d＝a7＋d，所以a7＝d＝－2.所以a9＝a7＋2d＝－2－4＝－6.
答案：A
3．下面是关于公差d>0的等差数列{an}的四个命题：
p1：数列{an}是递增数列；
p2：数列{nan}是递增数列；
p3：数列{}是递增数列；
p4：数列{an＋3nd}是递增数列．
其中的真命题为( )
A．p1，p2 B.p3，p4
C．p2，p3 D.p1，p4
解析：如数列为{－2，－1,0,1，…}，则1×a1＝2×a2，故p2是假命题；如数列为{1,2,3，…}，则＝1，故p3是假命题．故选D项．
答案：D
4．已知等差数列{an}中，a7＋a9＝16，S11＝，则a12的值是( )
A．15 B.30
C．31 D.64
解析：由题意可知2a8＝a7＋a9＝16⇒a8＝8，S11＝＝＝11a6＝，a6＝，则d＝＝，
所以a12＝a8＋4d＝15，故选A.
答案：A
5．在等差数列{an}中，a9＝a12＋6，则数列{an}的前11项和S11＝( )
A．24 B.48
C．66 D.132
解析：由a9＝a12＋6，得2a9－a12＝12.
由等差数列的性质得，a6＋a12－a12＝12，a6＝12，S11＝＝＝132，故选D.
答案：D
6．在递减等差数列{an}中，若a1＋a5＝0，则Sn取最大值时n等于( )
A．2 B.3
C．4 D.2或3
解析：∵a1＋a5＝2a3＝0，∴a3＝0，∵d＜0，∴{an}的第一项和其次项为正值，从第四项开头为负值，故Sn取最大值时n等于2或3，选D.
答案：D
7．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－3，ak＋1＝，Sk＝－12，则正整数k＝__________.
解析：由Sk＋1＝Sk＋ak＋1＝－12＋＝－，
又Sk＋1＝＝＝－，解得k＝13.
答案：13
8．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若－1＜a3＜1，0＜a6＜3，则S9的取值范围是__________．
解析：方法一：S9＝9a1＋36d，又依据线性规划学问，得－3＜S9＜21.
方法二：S9＝9a1＋36d＝x(a1＋2d)＋y(a1＋5d)，由待定系数法得x＝3，y＝6.
由于－3＜3a3＜3,0＜6a6＜18，两式相加即得－3＜S9＜21.
方法三：a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝5a3，a6＋a7＋a8＋a9＝2a6＋2a9，而a3＋a9＝2a6，所以S9＝3a3＋6a6，又－1＜a3＜1,0＜a6＜3，依据线性规划学问，得－3＜S9＜21.
答案：(－3,21)
9．等差数列{an}的通项公式为an＝2n－8，下列四个命题．α1：数列{an}是递增数列；α2：数列{nan}是递增数列；α3：数列{}是递增数列；α4：数列{a}是递增数列．其中为真命题的是__________．
解析：由公差d＝2＞0，知数列{an}是递增数列，
所以α1为真命题；
由于nan＝n(2n－8)，对称轴为n＝2，
则数列{nan}先减后增，所以α2为假命题；
由于＝2－，故数列{}是递增数列，所以α3为真命题；由于a＝(2n－8)2，对称轴为n＝4，则数列{a}先减后增，所以α4为假命题．
答案：α1，α3
10．已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{}的前n项和．
解析：(1)设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋d.
由已知可得
解得a1＝1，d＝－1.
故{an}的通项公式为an＝2－n.
(2)由(1)知＝＝，
从而数列{}的前n项和为
＝.
B级 力气提升练
11．在等差数列{an}中，若a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝80，则a7－a8的值为( )
A．4 B.6
C．8 D.10
解析：∵a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝5a6＝80，∴a6＝16.
a7－a8＝＝＝8.
答案：C
12．数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列，且bn＝an＋1－an(n∈N*)，若b3＝－2，b10＝12，则a8＝( )
A．0 B.3
C．8 D.11
解析：设{bn}的公差为d，
∵b10－b3＝7d＝12－(－2)＝14，∴d＝2.
∵b3＝－2，∴b1＝b3－2d＝－2－4＝－6.
∴b1＋b2＋…＋b7＝7b1＋·d＝7×(－6)＋21×2＝0.
又b1＋b2＋…＋b7＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a7)＝a8－a1＝a8－3＝0，∴a8＝3.故选B.
答案：B
13．[2021·河北邢台市摸底考试]已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＋a5＝a，S7＝63.
(1)求数列{an}的通项an；
(2)若数列{bn}满足b1＝a1且bn＋1－bn＝an＋1，求数列的前n项和Tn.
解析：(1)解法一 设正项等差数列{an}的首项为a1，公差为d，且an＞0，则
，解得，
∴an＝2n＋1.
解法二 ∵{an}是等差数列且a1＋a5＝a，
∴2a3＝a，
又∵an＞0，∴a3＝7.
∵S7＝＝7a4＝63，∴a4＝9，
∴d＝a4－a3＝2，∴an＝a3＋(n－3)d＝2n＋1.
(2)∵bn＋1－bn＝an＋1且an＝2n＋1，∴bn＋1－bn＝2n＋3，
当n≥2时，bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝(2n＋1)＋(2n－1)＋…＋5＋3＝n(n＋2)．
当n＝1时，b1＝3满足上式，∴bn＝n(n＋2)，
∴＝＝，
∴Tn＝＋＋…＋＋
＝
＝
＝－.
14．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S7＝49，a4和a8的等差中项为11.
(1)求an及Sn；
(2)证明：当n≥2时，有＋＋…＋＜.
解析：(1)方法一：设等差数列{an}的公差为d，
∵S7＝49，a4＋a8＝22，∴
解得a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1，Sn＝n2.
方法二：∵S7＝7a4＝49，∴a4＝7.
∵a4＋a8＝22，∴a8＝15.
∴d＝＝2，a1＝a4－3d＝1.
∴an＝2n－1，Sn＝n2.
(2)证法一：由(1)知，Sn＝n2，n∈N*.
①当n＝2时，＋＝1＋＜，
∴原不等式成立．
②当n≥3时，∵n2＞n(n－1)，
∴＜＝－.
∴＋＋…＋＝＋＋…＋＜1＋＋＋…＋
＝1＋＋
＝1＋＋＝－＜.
证法二：由(1)知，Sn＝n2，n∈N*.
当n≥2时，∵n2＞(n－1)(n＋1)，
∴＜＝.
∴＋＋…＋＝＋＋…＋＜1＋＋＋…＋＋
＝1＋
＝1＋
＝＋＜.
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