A级 基础巩固
一、选择题
1．一个等差数列共有2n＋1项，其奇数项的和为512，偶数项的和为480，则中间项为( )
A．30 B．31 C．32 D．33 解析：中间项为an＋1.
S奇＝
（a1＋a2n＋1）
·(n＋1)＝(n＋1)an＋1＝512.
22
a2＋a2nS偶＝·n＝n·an＋1＝480.
所以an＋1＝S奇－S偶＝512－480＝32. 答案：C
1
2．等差数列{an}的公差d＝且S100＝145，则a1＋a3＋a5＋…＋a99的值为( )
2A．52.5 B．72.5 C．60 D．85
解析：设a1＋a3＋a5＋…＋a99＝x，a2＋a4＋…＋a100＝y，则x＋y＝S100＝145，y－x＝50d＝25.解得x＝60，y＝85.
答案：C
S31S6
3．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则为( )
S63S12
A.
3111
B. C. D. 10389
解析：S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9，构成一个新的等差数列，因为S3＝1，S6－S3＝3－1＝2，所以S9－S6＝3，S12－S9＝4.
所以S12＝S3＋(S6－S3)＋(S9－S6)＋(S12－S9)＝1＋2＋3＋4＝10. 所以
S63
＝. S1210
答案：A
4．若数列{an}的前n项和是Sn＝n－4n＋2，则|a1|＋|a2|＋…＋|a10|等于( ) A．15 B．35 C．66 D．100 解析：易得an＝
－1，n＝1，
2
2n－5，n≥2.
|a1|＝1，|a2|＝1，|a3|＝1，
1
令an>0则2n－5>0，所以n≥3. 所以|a1|＋|a2|＋…＋|a10| ＝－(a1＋a2)＋a3＋…＋a10 ＝2＋(S10－S2)
＝2＋[(10－4×10＋2)－(2－4×2＋2)] ＝66. 答案：C
5．把正整数以下列方法分组：(1)，(2，3)，(4，5，6)，…，其中每组都比它的前一组多一个数，设Sn表示第n组中所有各数的和，那么S21等于( )
A．1 113 B．4 641 C．5 082 D．53 361
解析：因为第n组有n个数，所以前20组一共有1＋2＋3＋…＋20＝210个数，于是第21×20
21组的第一个数为211，这组一共有21个数，S21＝21×211＋×1＝4 641.
2
答案：B 二、填空题
6．已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n， 则数列{an}的通项公式为________． 解析：a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n，
当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)·an－1＝(n－1)， 所以nan＝2n－1，所以an＝
2n－1
.
2
2
2
2
2
n当n＝1时，a1＝1，符合上式， 2n－1
所以数列{an}的通项公式为an＝.
n2n－1答案：an＝
n7．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a4＝1，S5＝10，则当Sn取得最大值时，n的值为________．
a4＝a1＋3d＝1，解析：由 5×4
S d＝10，5＝5a1＋2
a1＝4，
解得
d＝－1.
所以a5＝a1＋4d＝0， 所以S4＝S5同时最大． 所以n＝4或5.
2
答案：4或5
8．若等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N)，若a2∶a3＝5∶2，则S3∶S5＝________．
*
解析：S33（a1＋a3）3a2S＝（a＝＝3×5＝3.
551＋a5）5a3522
答案：3∶2 三、解答题
9．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，且S12＞0，S13＜0. (1)求公差d的范围；
(2)问前几项的和最大，并说明理由． 解：(1)因为a3＝12，所以a1＝12－2d， 因为S12＞0，S13＜0，
所以12a1＋66d＞0，24＋7d＞0，
13a即
1＋78d＜0，3＋d＜0，所以－24
7＜d＜－3.
(2)因为S12＞0，S13＜0，
所以a1＋a12＞0，a6＋a7＞a1＋a13＜0.所以0，
a7＜0.所以a6＞0，又由(1)知d＜0.
所以数列前6项为正，从第7项起为负． 所以数列前6项和最大．
2
10．在数列{a＝1，a2Snn}中，a1n＝2S(n≥2)，求数列{an}的通项公式．
n－1解：因为an＝Sn－Sn－1， 2
所以S－S2Snnn－1＝2S，
n－1即(S2
n－Sn－1)(2Sn－1)＝2Sn， 即Sn－1－Sn＝2SnSn－1， 即1S－1＝2，
nSn－1
所以1为等差数列，且1SS＝1
＝1，
n
1a1
所以1S＝1＋2(n－1)，即S1n＝1
.
n2n－所以a11－2n＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－3＝（2n－1）（2n－3）
(n≥2)，
3
－2
又a1＝1≠，
（2×1－1）（2×1－3）1（n＝1），
所以an＝ －2
（n≥2）.（2n－1）（2n－3）
B级 能力提升
1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m等于( ) A．3 B．4 C．5 D．6
解析： am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，所以公差d＝am＋1－am＝1， 由Sm＝
m（a1＋am）
2
＝0，得a1＝－2，所以am＝－2＋(m－1)·1＝2，解得m＝5.
答案：C
2．若数列{an}是等差数列，首项a1＞0，a2 003＋a2 004＞0，a2 003·a2 004＜0，则使前n项和
Sn＞0成立的最大自然数n是________．
解析：由条件可知数列单调递减，故知
a2 003＞0，a2 004＜0，
4 006（a1＋a4 006）
故S4 006＝＝2 003·(a2 003＋a2 004)＞0，
2
S4 007＝
4 007（a1＋a4 007）
＝4 007×a2 004＜0，
2
故使前n项和Sn＞0成立的最大自然数n是4 006. 答案：4 006
（an＋1）*
3．数列{an}的各项都为正数，且满足Sn＝(n∈N)，求数列的通项公式an.
4（an＋1）*
解：法一(消Sn)：由Sn＝(n∈N)，
4得4an＋1＝4(Sn＋1－Sn)＝(an＋1＋1)－(an＋1) 化简得(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0， 因为an＞0，所以an＋1－an＝2， 又4S1＝4a1＝(a1＋1)得a1＝1，
故{an}是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以an＝2n－1.
法二(消an)：由上可知2Sn＝an＋1， 所以2Sn＝Sn－Sn－1＋1(n≥2)， 化简可得(Sn－1)＝Sn－1，
(Sn＋Sn－1－1)(Sn－Sn－1－1)＝0，
4
2
2
2
2
2
2
又S1＝1，{an}的各项都为正数， 所以Sn－Sn－1＝1. 所以Sn＝n，从而Sn＝n，
所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)，a1＝1也适合， 故an＝2n－1.
2
5
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容