2016年春高中数学第2章数列2.2等差数列第4课时等差数列前n项和公式的应用同步练习新人教B版必修

-1-【成才之路】2016年春高中数学第2章数列2.2等差数列第4课时等差数列前n项和公式的应用同步练习新人教B版必修5一、选择题1．四个数成等差数列，S4＝32，a2a3＝，则公差d等于()A．8B．16C．4D．0[答案]A[解析]∵a2a3＝，∴a1＋da1＋2d＝13，∴d＝－2a1，又S4＝4a1＋4×32d＝－8a1＝32，∴a1＝－4，∴d＝8.[点评]可设这四个数为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，则由S4＝32得：a＝8，由a2a3＝得：8－d8＋d＝13，∴d＝4，∴公差为2d＝8.2．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．3．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．4.13×5＋15×7＋17×9＋…＋113×15＝()A．415B．215-2-C．1415D．715[答案]B[解析]原式＝12(13－15)＋12(15－17)＋…[phone])＝12(13－115)＝215，故选B．5．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∴a1＋a52＝15，即a1＝1.∴d＝a5－a15－1＝1，∴an＝n.∴1anan＋1＝1nn＋＝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．6．在等差数列{an}中，若S12＝8S4，且d≠0，则a1d等于()A．910B．109C．2D．23[答案]A[解析]∵S12＝8S4，∴12a1＋12×12×11×d＝8(4a1＋12×4×3×d)，即20a1＝18d，∵d≠0，∴a1d＝1820＝910.-3-二、填空题7．设{an}是公差为－2的等差数列，若a1＋a4＋a7＋…＋a97＝50，则a3＋a6＋a9＋…＋a99的值为________．[答案]－82[解析]∵a1＋a4＋a7＋…＋a97＝50，公差d＝－2，∴a3＋a6＋a9＋…＋a99＝(a1＋2d)＋(a4＋2d)＋(a7＋2d)＋…＋(a97＋2d)＝(a1＋a4＋a7＋…＋a97)＋33×2d＝50＋66×(－2)＝－82.8．(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]利用等差数列的性质求前n项和的最值．∵a7＋a8＋a9＝3a80，∴a80.∵a7＋a10＝a8＋a90，∴a9－a80.∴数列的前8项和最大，即n＝8.三、解答题9．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{1a2n－1a2n＋1}的前n项和．[解析](1)设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋nn－2d.由已知可得3a1＋3d＝05a1＋10d＝－5，解得a1＝1，d＝－1.由{an}的通项公式为an＝2－n.(2)由(1)知1a2n－1a2n＋1＝1－2n－2n＝12(12n－3－12n－1)，从而数列{1a2n－1a2n＋1}的前n项和为12(1－1－11＋11－13＋…＋12n－3－12n－1)＝n1－2n.-4-10.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．一、选择题1．在等差数列{an}和{bn}中，a1＝25，b1＝15，a100＋b100＝139，则数列{an＋bn}的前100项的和为()A．0B．4475C．8950D．10000[答案]C[解析]设cn＝an＋bn，则c1＝a1＋b1＝40，c100＝a100＋b100＝139，{cn}是等差数列，∴前100项和S100＝c1＋c1002＝＋2＝8950.2．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-5-[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＝11.3．一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＋nn－2×5.解得n＝16或n＝9∵n13，∴n＝9.4．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.-6-∴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＝a1＋a112＝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．已知等差数列{an}的前n项和Sn＝－32n2＋2052n，求数列{|an|}的前n项和Tn.[解析]a1＝S1＝101，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(－32n2＋2052n)－[－32(n－1)2＋2052(n－1)]＝－3n＋104.又n＝1也适合上式．∴数列通项公式an＝－3n＋104.由an＝－3n＋104≥0，得n≤1043，即当n≤34时，an0；当n≥35时，an0.①当n≤34时，Tn＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝－32n2＋2052n.②当n≥35时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|a34|＋|a35|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a34－(a35＋a36＋…＋an)＝2(a1＋a2＋…＋a34)－(a1＋a2＋…＋an)＝2S34－Sn＝32n2－2052n＋3502.-7-故Tn＝－32n2＋2052nn32n2－2052n＋3502n.8.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a1，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＝14nn＋＝14(1n－1n＋1)．故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝14(1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1)＝14(1－1n＋1)＝nn＋，∴数列{bn}的前n项和Tn＝nn＋.