高中数学人教版必修5配套练习23等差数列的前n项和第2课时

第二章2.3第2课时一、选择题1．记等差数列{an}的前n项和为Sn.若d＝3，S4＝20，则S6＝()A．16B．24C．36D．48[答案]D[解析]由S4＝20,4a1＋6d＝20，解得a1＝12⇒S6＝6a1＋6×52×3＝48.2．已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，Sn是等差数列{an}的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是()A．21B．20C．19D．18[答案]B[解析]由题设求得：a3＝35，a4＝33，∴d＝－2，a1＝39，∴an＝41－2n，a20＝1，a21＝－1，所以当n＝20时Sn最大．故选B．3.13×5＋15×7＋17×9＋…＋113×15＝()A．415B．215C．1415D．715[答案]B[解析]原式＝12(13－15)＋12(15－17)＋…[phone])＝12(13－115)＝215，故选B．4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列{1anan＋1}的前100项和为()A．100101B．99101C．99100D．101100[答案]A[解析]本小题主要考查等差数列的通项公式和前n项和公式的运用，以及裂项求和的综合应用．∵a5＝5，S5＝15∴5a1＋52＝15，∴a1＝1.∴d＝a5－a15－1＝1，∴an＝n.∴1anan＋1＝1nn＋1＝1n－1n＋1.则数列{1anan＋1}的前100项的和为：T100＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1100－1101)＝1－1101＝100101.故选A．5．设等差数列{an}的前n项的和为Sn，若a10，S4＝S8，则当Sn取得最大值时，n的值为()A．5B．6C．7D．8[答案]B[解析]解法一：∵a10，S4＝S8，∴d0，且a1＝112d，∴an＝－112d＋(n－1)d＝nd－132d，由an≥0an＋10，得nd－132d≥0n＋1d－132d0，∴512n≤612，∴n＝6，解法二：∵a10，S4＝S8，∴d0且a5＋a6＋a7＋a8＝0，∴a6＋a7＝0，∴a60，a70，∴前六项之和S6取最大值．6．设{an}是等差数列，Sn为其前n项和，且S5S6，S6＝S7S8，则下列结论错误的是()A．d0B．a7＝0C．S9S5D．S6与S7均为Sn的最大值[答案]C[解析]由S5S6知a60，由S6＝S7知a7＝0，由S7S8知a80，C选项S9S5即a6＋a7＋a8＋a90，∴a7＋a80，显然错误．二、填空题7．设Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和，且a1＝1，a4＝7，则S5＝________.[答案]25[解析]由a1＝1a4＝7得a1＝1d＝2，∴S5＝5a1＋5×42×d＝25.8．(2014·北京理，12)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a90，a7＋a100，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．[答案]8[解析]本题考查了等差数列的性质与前n项和．由等差数列的性质，a7＋a8＋a9＝3a8，a7＋a10＝a8＋a9，于是有a80，a8＋a90，故a90，故S8S7，S9S8，S8为{an}的前n项和Sn中的最大值，等差数列{an}中首项a10公差d0，{an}是一个递减的等差数列，前n项和有最大值，a10，公差d0，{an}是一个递增的等差数列，前n项和有最小值．三、解答题9．设等差数列{an}满足a3＝5，a10＝－9.(1)求{an}的通项公式；(2)求{an}的前n项和Sn及使得Sn取最大值的n的值．[解析](1)设公差为d，由已知得a1＋2d＝5a1＋9d＝－9，解得a1＝9d＝－2.∴an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋11.(2)由(1)知Sn＝na1＋nn－12d＝10n－n2＝－(n－5)2＋25，∴当n＝5时，Sn取得最大值．10．已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn.(1)求an及Sn；(2)令bn＝1a2n－1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.[解析](1)设等差数列{an}的首项为a，公差为d，由于a3＝7，a5＋a7＝26，∴a1＋2d＝7,2a1＋10d＝26，解得a1＝3，d＝2.∴an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)．(2)∵an＝2n＋1，∴a2n－1＝4n(n＋1)，∴bn＝14nn＋1＝14(1n－1n＋1)．故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝14(1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1)＝14(1－1n＋1)＝n4n＋1，∴数列{bn}的前n项和Tn＝n4n＋1.一、选择题1．一个凸多边形的内角成等差数列，其中最小的内角为120°，公差为5°，那么这个多边形的边数n等于()A．12B．16C．9D．16或9[答案]C[解析]an＝120＋5(n－1)＝5n＋115，由an180得n13且n∈N*，由n边形内角和定理得，(n－2)×180＝n×120＋nn－12×5.解得n＝16或n＝9∵n13，∴n＝9.2．已知数列{an}为等差数列，若a11a10－1，且它们的前n项和Sn有最大值，则使得Sn0的最大值n为()A．11B．19C．20D．21[答案]B[解析]∵Sn有最大值，∴a10，d0，∵a11a10－1，∴a110，a100，∴a10＋a110，∴S20＝20a1＋a202＝10(a10＋a11)0，又S19＝19a1＋a192＝19a100，故选B．3．等差数列{an}中，a1＝－5，它的前11项的平均值是5，若从中抽取1项，余下的10项的平均值为4，则抽取的项是()A．a8B．a9C．a10D．a11[答案]D[解析]S11＝5×11＝55＝11a1＋11×102d＝55d－55，∴d＝2，S11－x＝4×10＝40，∴x＝15，又a1＝－5，由ak＝－5＋2(k－1)＝15得k＝11.4．设{an}是递减的等差数列，前三项的和是15，前三项的积是105，当该数列的前n项和最大时，n等于()A．4B．5C．6D．7[答案]A[解析]∵{an}是等差数列，且a1＋a2＋a3＝15，∴a2＝5，又∵a1·a2·a3＝105，∴a1a3＝21，由a1a3＝21a1＋a3＝10及{an}递减可求得a1＝7，d＝－2，∴an＝9－2n，由an≥0得n≤4，∴选A．二、填空题5．已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，n∈N*.若a3＝16，S20＝20，则S10的值为________．[答案]110[解析]设等差数列{an}的首项为a1，公差为D．a3＝a1＋2d＝16，S20＝20a1＋20×192d＝20，∴a1＋2d＝16，2a1＋19d＝2，解得d＝－2，a1＝20.∴S10＝10a1＋10×92d＝200－90＝110.6．等差数列{an}中，d0，若|a3|＝|a9|，则数列{an}的前n项和取最大值时，n的值为______________．[答案]5或6[解析]∵a1＋a11＝a3＋a9＝0，∴S11＝11a1＋a112＝0，根据二次函数图象的性质，由于n∈N*，所以当n＝5或n＝6时Sn取最大值．三、解答题7．一等差数列共有偶数项，且奇数项之和与偶数项之和分别为24和30，最后一项与第一项之差为10.5，求此数列的首项、公差以及项数．[解析]解法1：设此数列的首项a1，公差d，项数2k(k∈N*)．根据题意，得S奇＝24S偶＝30a2k－a1＝212，即S偶－S奇＝6，a2k－a1＝212，∴kd＝6，2k－1d＝212，解得k＝4，d＝32.由S奇＝k2(a1＋a2k－1)＝24，可得a1＝32.∴此数列的首项为32，公差为32，项数为8.解法二：设此数列的首项为a1，公差为d，项数为2k(k∈N*)，根据题意，得S奇＝24，S偶＝30，a2k－a1＝212，即12ka1＋a2k－1＝24，12ka2＋a2k＝30，2k－1d＝212，∴k[a1＋k－1d]＝24，ka1＋kd＝30，2k－1d＝212，解得a1＝32，d＝32，k＝4.∴此数列的首项为32，公差为32，项数为8.8．设等差数列的前n项和为Sn.已知a3＝12，S120，S130.(1)求公差d的取值范围；(2)指出S1，S2，…，S12中哪一个值最大，并说明理由．[解析](1)依题意S12＝12a1＋12×112d0S13＝13a1＋13×122d0，即2a1＋11d0，①a1＋6d0.②由a3＝12，得a1＋2d＝12.③将③分别代入②①，得24＋7d03＋d0，解得－247d－3.(2)由d0可知{an}是递减数列，因此若在1≤n≤12中，使an0且an＋10，则Sn最大．由于S12＝6(a6＋a7)0，S13＝13a70，可得a60，a70，故在S1，S2，…，S12中S6的值最大．