等差数列求通项 _姓名：___________班级：___________成绩：___________ 一、单选题 1．设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，若 a1＝2，a5＝3a3，则 S9＝（　　） A．－72 B．－54 C．54 D．90 2．各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 3Sn＝anan＋1，则 a2＋a4＋a6＋…＋a2n ＝（ ） A． n( n  5) 2 B． n(5n  1) 2 C． 3n(n  1) 2 D． (n  3)( n  5) 2 3．在等差数列 {an } 中, a9  A．12 4．设 B．72 Sn 是等差数列 A．－72 5．设 1 a12  6 ，则该数列的前 11 项和为（ 2 Sn  an  C．132 的前 n 项和，若 A．12  an  的前 n 项和，若 S3  3 B．15 B． 4 7．等差数列  an  ， C． S11  44 ，则 A． 8 ，则 a9  （ S12  an  an 1  1(n �N * 且 n ≥ 2) （ ） D．21 a3  a7  a8  D．12 S9  72 ，则 D．  2 C．11 中， ） ） B．10  an  （ D．90 S6  6 A．9 8．已知在数列 S9  C．18 3 的前 11 项和 则 C．54 4 6．已知等差数列  an  中， a4  a6   ，则 S  （ 9 9 A． D．192 a1  2, a5  3a3 , B．－54 为等差数列 ） （ ，设 Sn 1 3 ） 为  an  的前 n 项和，若 ） B．12 C． 16 D． 36 a2021  1 9．等差数列 {an } 满足： a2020 ，且它的前 n 项和 Sn 有最大值，则（ ） A． S 2019 是 Sn 中最大值，且使 S n  0 的 n 的最大值为 2019 B． C． S 2020 S 2020 D． S 2020 是 是 是 Sn Sn Sn 中最大值，且使 中最大值，且使 中最大值，且使 二、填空题 10．等差数列  an  Sn  0 n 的 的最大值为 2020 Sn  0 n 的 的最大值为 4039 Sn  0 n 的 的最大值为 4040 的前 7 项和等于前 2 项和，若 11．已知数列{an}满足 a1＝15， a1  1, ak  a4  0 ，则 k  ___________. an 1  an a  2 (n∈N*)，则 n 的最小值为________． n n S n 2n  5  T 3n  1 ，则 n ，且 n 12．若等差数列  an  与等差数列  bn  的前 n 项和分别为 S n 和 T a8  b8 ___． 13．等差数列  an  的前 n 项和为 Sn ，若 S1  2, S2  5 ，则 S3  ___________． 14．对任一实数序列 A＝(a1，a2，a3，…)，定义新序列 ΔA＝(a2－a1，a3－a2，a4－a3， …)，它的第 n 项为 an＋1－an.假定序列 Δ(ΔA)的所有项都是 1，且 a12＝a22＝0，则 a2＝ ________． 15．设等差数列  an  的前 n 项和为 Sn ，若 S3  8 ， S 6  20 ，则 S9  ___________. S2020 S2019   1 ，则数列 16．已知等差数列 {a } 的前 n 项和为 S ，且 {an } 的公差为___ n n 2020 2019 ____. 17．在等差数列 Sn   an  中， a7  15 ， a2  a6  18 ，若数列  (1)n an  的前 n 项和为 Sn ，则 ___________. 18．已知  an  为等差数列， Sn 为其前 n 项和．若 a1  7, S3  15 ，则 a8  ______． n � a   1 , n为奇数 � an 1  �n 19．已知数列  an  满足 a  1 ， an  2n  1, n为偶数 ， a99  a100  ______. � 1 20．设 ____. Sn 是等差数列  an  的前 n 项和， a2  7 ， S4  22 ，则 Sn 的最小值为_______ 参考答案 1．B 设等差数列{an}的公差为 d， ∵a1＝2，a5＝3a3， ∴2＋4d＝3（2＋2d），解得 d＝－2， ∴S9＝9a1＋ 9 �8 d＝－54， 2 2．C 当 n＝1 时，3S1＝a1a2，3a1＝a1a2，∴a2＝3. 当 n≥2 时，由 3Sn＝anan＋1，可得 3Sn－1＝an－1an， 两式相减得 3an＝an(an＋1－an－1)， 又∵an≠0，∴an＋1－an－1＝3， ∴{a2n}是以 3 为首项，3 为公差的等差数列， ∴a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝ 3n  n(n  1) 3n( n  1) �3  ， 2 2 3．C 1 解：由 a9  2 a12  6 ，得 2a  a  12 ， 9 12 即 2a1  16d  a1  11d  12 ，  a1  5d  12 ， a6  12 ． 则 S11  11a6  11 �12  132 ． 4．B 9 �8 设等差数列  an  的公差为 d，则 2  4d  3  2  2d  � d  2 ，则 S9  9 �2  2 � 2   54 . 5．A 设等差数列  an  的首项为 a1 ，公差为 d ， 3a1  3d  3 �S3  3 � � � 由 �S 6  6 ，得 � 6a1  15d  6 ， a1  1 � � 解得 � d  0 ，则 S12  12 . 6．C 因为 a4  a6   4  a1  a9 ， 9 则 S9  9(a1  a9 )  2 4 9 �( ) 9  2 ， 2 7．D 11 解：由{an } 是等差数列，得 S11  2 (a1  a11 )  11a6  44 ，解得 a6  4 ， 所以 a3  a7  a8  a1  2d  a1  6d  a1  7d  3(a1  5d )  3a6  12 ． 8．B 因为在数列 可得  an  中， an  an 1  1(n �N * an  an 1  1(n �N * 又因为 Sn 为  an  且 n ≥ 2) 且 n ≥ 2) ，所以数列 的前 n 项和，且 S9  72  an  ， 是以 d  1 为公差的等差数列， ， 9 所以 S9  2  a1  a9   9a5  72 ，解得 a5  8 ， 又由 a9  a5  4d  4 ，所以 a9  a5  4  12 ． 9．C a2021  1 a 由 2020 及 S n 有最大值可知， a2020  0  a2021 且 a2020  a2021  0 ，∴ S 2020 最大； 又 S4039  ∴使 (a1  a4040 ) (a  a2021 ) (a1  a4039 ) � 4039  4039a2020  0 � 4040  2020 � 4040  0 ， S4040  ， 2 2 2 Sn  0 的 n 的最大值为 4039 . 10．6 设等差数列的公差为 d ， 由题 S7  S2 ，则 7 a1  21d  2a1  d ，即 a1  4d ， 1 因为 a1  1 ，所以 d   4 ， 因为 ak  a4  0 ，即 11． 由 �1� � 1� 1   k  1 ��  � 1  3 ��  � 0 4 � � � 4 � ，解得 k  6 . 27 4 an 1  an  2 得 a  a  2n ，当 n �2 时， an  an 1  2  n  1 ， n 1 n n an  a1   a2  a1   L   an  an 1   15  2  4  L  2  n  1  15  2  2  n  1 � n  1  n 2  n  15 2 ， 当 n  1 时，上式也符合. an 15  n  1 . n n 当 n 依次取1, 2, 3 时， n  且 15 15  1 的值递减；当 n   1 递增， 时 n �4 n n a3 a 27 27 an  7, 4  . ，所以 的最小值为 3 4 4 4 n 12． 35 44 Sn 2n  5  T 3n  1 ， n ，且 n 等差数列  an  与等差数列  bn  的前 n 项和分别为 Sn 和 T a1  a15 �15 S a8 2a8 a1  a15 2 �15  5 35 2     15   于是得 b8 2b8 b1  b15 b1  b15 ， �15 T15 3 �15  1 44 2 a8 35  所以 b8 44 . 13．9 设等差数列  an  的公差为 d ，则 �a1  2 a1  2 � � � ，解得 2 a  d  5 d 1 ， � 1 � 3 �2 所以 S3  3a1  2 d  3 �2  3  9 ， 14．100 令 bn＝an＋1－an，依题意知数列{bn}为等差数列，且公差为 1，所以 bn＝b1＋(n－1)×1， a1＝a1， a2－a1＝b1， a3－a2＝b2， … an－an－1＝bn－1， 累加得 an＝a1＋b1＋…＋bn－1＝a1＋(