高二数学人教a必修5练习：2-3-2等差数列前n项和的性质与应用word版含解析

高二数学人教a必修5练习：2-3-2等差数列前n项和的性质与应用word版含解析

课时训练 10 等差数列前 n项和的性质与应用 一、等差数列前 n项和性质的应用 1.等差数列{an}的前 n项和为 Sn,若 S2=2,S4=10,则 S6等于( ) A.12 B.18 C.24 D.42 答案:C 解析:S2,S4-S2,S6-S4成等差数列,即 2,8,S6-10成等差数列,S6=24. 2.已知某等差数列共有 10项,其奇数项之和为 15,偶数项之和为 30,则其公差为( ) A.5 B.4 C.3 D.2 答案:C 解析:由题意得 S 偶-S 奇=5d=15,∴d=3.或由解方程组 51 + 20 = 15, 51 + 25 = 30求得 d=3,故选 C. 3.等差数列{an}的前 n项和为 Sn,a1=-2 015, 2 015 2 015 2 013 2 013=2,则 S2 015=( ) A.2 015 B.-2 015 C.0 D.1 答案:B 解析:由等差数列前 n项和性质可知,数列 是等差数列,设公差为 d, 则 2 015 2 015 2 013 2 013=2d=2,所以 d=1. 所以 2 015 2 015 = 1 1+2 014d=-2 015+2 014=-1, 所以 S2 015=-2 015. 二、等差数列前 n项和中的最值问题 4.设 Sn是公差为 d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前 n项和,则下列命题中错误的是( ) A.若 d<0,则数列{Sn}有最大项 B.若数列{Sn}有最大项,则 d<0 C.若数列{Sn}是递增数列,则对任意 n∈N*,均有 Sn>0 D.若对任意 n∈N*,均有 Sn>0,则数列{Sn}是递增数列 答案:C 解析:由等差数列的前 n项和公式 Sn=na1+ 1 2n(n-1)d= 2n 2+ 1- 2 n知,Sn对应的二次函数有最大值时 d<0. 故若 d<0,则 Sn有最大值,A,B正确. 又若对任意 n∈N*,Sn>0,则 a1>0,d>0,{Sn}必为递增数列,D正确. 而对于 C项,令 Sn=n2-2n,则数列{Sn}递增,但 S1=-1<0.C不正确. 5.(2015河南南阳高二期中,10)已知数列{an}为等差数列,若11 10 <-1,且它们的前 n项和 Sn有最大值,则 使得 Sn>0的 n的最大值为( ) A.21 B.20 C.19 D.18 答案:C 解析:由11 10 <-1,可得 11+10 10 <0, 由它们的前 n项和 Sn有最大值可得数列的公差 d<0,∴a10>0,a11+a10<0,a11<0, ∴a1+a19=2a10>0,a1+a20=a11+a10<0. ∴使得 Sn>0的 n的最大值 n=19.故选 C. 6.设数列{an}为等差数列,其前 n项和为 Sn,已知 a1+a4+a7=99,a2+a5+a8=93,若对任意 n∈N*,都有 Sn≤Sk成立,则 k的值为( ) A.22 B.21 C.20 D.19 答案:C 解析:对任意 n∈N*,都有 Sn≤Sk成立,即 Sk为 Sn的最大值. 因为 a1+a4+a7=99,a2+a5+a8=93, 所以 a4=33,a5=31, 故公差 d=-2,an=a4+(n-4)d=41-2n, 则 n=1时,a1=39, 所以 Sn= 2n 2+ 1- 2 n=-n 2+40n=-(n-20)2+400,即当 n=20时 Sn取得最大值,从而满足对任意 n∈ N*,都有 Sn≤Sk成立的 k的值为 20. 7.设等差数列{an}的前 n项和为 Sn,且 S2 014>0,S2 015<0,则当 n= 时,Sn最大. 答案:1 007 解析:由等差数列的性质知,S2 015=2 015a1 008<0, 所以 a1 008<0. 又 S2 014= 2 014(1+2 014) 2 =1 007(a1 007+a1 008)>0, 所以 a1 007+a1 008>0,而 a1 008<0,故 a1 007>0. 因此当 n=1 007时,Sn最大. 8.已知数列{an},an∈N*,前 n项和 Sn= 1 8(an+2) 2. (1)求证:{an}是等差数列; (2)设 bn= 1 2an-30,求数列{bn}的前 n项和的最小值. (1)证明:由已知得 8Sn=(an+2)2, 则 8Sn-1=(an-1+2)2(n≥2), 两式相减,得 8an=(an+2)2-(an-1+2)2, 即(an+an-1)(an-an-1-4)=0. 因为 an∈N*,所以 an+an-1>0, 所以 an-an-1=4(n≥2), 故数列{an}是以 4为公差的等差数列. (2)解:令 n=1,得 S1=a1= 1 8(a1+2) 2,解得 a1=2. 由(1)知 an=2+(n-1)×4=4n-2, 所以 bn= 1 2an-30=2n-31. 由 bn=2n-31<0,得 n<312 , 即数列{bn}的前 15项为负值,n≥16时 bn>0. 设数列{bn}的前 n项和为 Tn, 则 T15最小,其值为 T15=15×(-29)+ 15×14 2 ×2=-225. 三、与数列{|an|}前 n项和有关的问题 9.已知数列{an}的通项公式 an=5-n,则当|a1|+|a2|+…+|an|=16时,n= . 答案:8 解析:由 an=5-n,可得 n<5时,an>0; n=5时,a5=0; n>5时,an<0, 而 a1+a2+…+a5=10, ∴|a1|+|a2|+…+|an|=(a1+a2+…+a5)-(a6+a7+…+an)=16. ∴20+ 2-9 2 =16,解得 n=8. 10.在公差为 d的等差数列{an}中,已知 a1=10,且 5a3·a1=(2a2+2)2. (1)求 d,an; (2)若 d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|. 解:(1)因为 5a3·a1=(2a2+2)2,所以 d2-3d-4=0,解得 d=-1或 d=4.故 an=-n+11或 an=4n+6. (2)设数列{an}的前 n项和为 Sn. 因为 d<0,所以由(1)得 d=-1,an=-n+11. 则当 n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=- 1 2n 2+212 n; 当 n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-Sn+2S11= 1 2n 2-212 n+110. 综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|= - 12 2 + 21 2 , ≤ 11, 1 2 2- 212 + 110, ≥ 12. (建议用时:30分钟) 1.若等差数列{an}的前 3项和 S3=9,则 a2等于( ) A.3 B.4 C.5 D.6 答案:A 解析:S3= 3(1+3) 2 =9, ∴a1+a3=2a2=6.∴a2=3.故选 A. 2.设{an}是公差为-2的等差数列,如果 a1+a4+…+a97=50,那么 a3+a6+a9+…+a99等于( ) A.-182 B.-78 C.-148 D.-82 答案:D 解析:由 a1+a4+a7+…+a97=50, ① 令 a3+a6+a9+…+a99=x, ② ②-①得 2d×33=x-50,而 d=-2, ∴x=-132+50=-82.故选 D. 3.等差数列{an}的前 n项和记为 Sn,若 a2+a4+a15的值为确定的常数,则下列各数中也是常数的是( ) A.S7 B.S8 C.S13 D.S15 答案:C 解析:a2+a4+a15=a1+d+a1+3d+a1+14d =3(a1+6d) =3a7=3× 1+13 2 = 3 13 × 13(1+13) 2 = 3 13S13. 于是可知 S13是常数. 4.设{an}为等差数列,a1>0,a6+a7>0,a6·a7<0,则使其前 n项和 Sn>0成立的最大自然数 n是( ) A.11 B.12 C.13 D.14 答案:B 解析:∵a6+a7=a1+a12, ∴S12= 12(1+12) 2 =6(a6+a7)>0. 由已知得 a6>0,a7<0,又 S13=13a7<0, ∴使 Sn>0成立的最大自然数 n为 12,故选 B. 5.已知等差数列{an}的前 n项和为 Sn,若 Sn=1,S3n-Sn=5,则 S4n=( ) A.4 B.6 C.10 D.15 答案:C 解析:由 Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,S4n-S3n成等差数列,设公差为 d, 则 S2n-Sn=Sn+d,S3n-S2n=Sn+2d. ∴S3n-Sn=2Sn+3d=5. 又∵Sn=1,∴d=1. ∴S4n=Sn+(S2n-Sn)+(S3n-S2n)+(S4n-S3n) =1+2+3+4=10. 6.等差数列{an}前 9项的和等于前 4项的和.若 a1=1,ak+a4=0,则 k= . 答案:10 解析:S9=S4,∴a5+a6+a7+a8+a9=0, ∴a7=0,从而 a4+a10=2a7=0,∴k=10. 7.等差数列前 12项和为 354,在前 12项中的偶数项的和与奇数项的和之比为 32∶27,则公差 d= . 答案:5 解析:由已知 奇 + 偶 = 354, 偶 奇 = 32 27 , 解得 偶 = 192, 奇 = 162. 又∵此等差数列共 12项, ∴S 偶-S 奇=6d=30.∴d=5. 8.等差数列{an}与{bn},它们的前 n项和分别为 An,Bn,若 = 2-2 +3,则 5 5 = . 答案:43 解析:55 = 95 95 = 9 9 = 2×9-2 9+3 = 4 3. 9.在等差数列{an}中,已知 a1=20,前 n项和为 Sn,且 S10=S15,求当 n取何值时,Sn有最大值,并求出它的最 大值. 解:设等差数列{an}的公差为 d,∵a1=20,S10=S15, ∴10a1+ 10×9 2 d=15a1+ 15×14 2 d. 解得 d=-53. 解法一:由以上得 an=20- 5 3(n-1)=- 5 3n+ 65 3 . 由 an≥0得-53n+ 65 3≥0,∴n≤13. 所以数列前 12项或前 13项的和最大,其最大值为 S12=S13=12a1+ 12×11 2 d=130. 解法二:由以上得 Sn=20n+ (-1) 2 × - 53 =-56n 2+56n+20n=- 5 6n 2+1256 n =-56(n 2-25n)=-56 - 252 2 + 3 125 24 . ∴当 n=12或 13时,Sn最大,最大值为 S12=S13=130. 10.等差数列{an}中,a1=-60,a17=-12,求数列{|an|}的前 n项和. 解:等差数列{an}的公差 d=17-117-1 = -12-(-60) 16 =3, ∴an=a1+(n-1)d=-60+(n-1)×3=3n-63. 由 an<0,得 3n-63<0,即 n<21. ∴数列{an}的前 20项是负数,第 20项以后的项都为非负数. 设 Sn,Sn'分别表示数列{an},{|an|}的前 n项和, 当 n≤20时,Sn'=-Sn =- -60 + (-1) 2 × 3 =-32n 2+1232 n; 当 n>20时, Sn'=-S20+(Sn-S20)=Sn-2S20 =-60n+(-1)2 ×3-2× -60 × 20 + 20×19 2 × 3 =32n 2-1232 n+1 260. ∴数列{|an|}的前 n项和为 Sn'= - 32 2 + 123 2 ( ≤ 20), 3 2 2- 1232 + 1 260( > 20).