2019-2020学年高中数学 第二章 数列 2.3 等差数列的前n项和 第2课时 等差数列前n项和

课后课时精练A级：基础巩固练一、选择题1．Sn是等差数列{an}的前n项和，且S9＝9S3，则{an}的通项公式可能是()A．an＝4n－2B．an＝4n－1C．an＝4n＋1D．an＝4n＋2解析设等差数列{an}的公差为d，则由S9＝9S3得9a1＋36d＝9(3a1＋3d)，化简得d＝2a1，若an＝4n－2，则d＝4，a1＝2，适合题意，B，C，D均不适合，故选A.2．等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝－6，S18－S15＝18，则S18等于()A．36B．18C．72D．9解析由S3，S6－S3，…，S18－S15成等差数列，可知：S18＝S3＋(S6－S3)＋(S9－S6)＋…＋(S18－S15)＝6×－6＋182＝36.3．等差数列{an}的前n项和为Sn，若m1，且am－1＋am＋1－a2m＝0，S2m－1＝38，则m等于()A．38B．20C．10D．9解析因为am－1＋am＋1－a2m＝0，所以am－1＋am＋1＝a2m.根据等差数列的性质得2am＝a2m，显然am≠0，所以am＝2.又因为S2m－1＝38，所以S2m－1＝2m－1a1＋a2m－12＝(2m－1)am.将am＝2代入可得(2m－1)×2＝38，解得m＝10.故选C.4．设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题错误的是()A．若d0，则数列{Sn}有最大项B．若数列{Sn}有最大项，则d0C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N*，均有Sn0D．若对任意n∈N*，均有Sn0，则数列{Sn}是递增数列解析设{an}的首项为a1，则Sn＝na1＋12n(n－1)d＝d2n2＋a1－d2n.由二次函数性质知Sn有最大值时，则d0，故A、B正确；因为{Sn}为递增数列，则d0，不妨设a1＝－1，d＝2，显然{Sn}是递增数列，但S1＝－10，故C错误；对任意n∈N*，Sn均大于0时，a10，d0，{Sn}必是递增数列，D正确．二、填空题5．已知四个数成等差数列，S4＝32，a2∶a3＝1∶3，则公差d＝________.8解析设首项为a1，公差为d，则由a2∶a3＝1∶3得a1＋da1＋2d＝13，∴d＝－2a1，又S4＝4a1＋4×32d＝－8a1＝32，∴a1＝－4，d＝8.6．在等差数列{an}中，an＝4n－52，a1＋a2＋…＋an＝an2＋bn(n∈N*)，其中a，b均为常数，则ab＝________.－1解析∵an＝4n－52，∴a1＝32.设等差数列{an}的公差为d，则d＝an＋1－an＝4.∴an2＋bn＝a1＋a2＋…＋an＝32n＋nn－12×4＝2n2－12n.∴a＝2，b＝－12，故ab＝－1.7．在等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝15，an＋an－1＋an－2＝78，Sn＝155，则n＝________.10解析(a1＋a2＋a3)＋(an＋an－1＋an－2)＝3(a1＋an)＝15＋78，∴a1＋an＝31.又Sn＝na1＋an2＝155，∴31n2＝155⇒n＝10.三、解答题8．在等差数列{an}中，a10＝18，前5项的和S5＝－15，(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{an}的前n项和的最小值，并指出何时取得最小值．解(1)设{an}的首项，公差分别为a1，d.则a1＋9d＝18，5a1＋52×4×d＝－15，解得a1＝－9，d＝3，∴an＝3n－12.(2)Sn＝na1＋an2＝12(3n2－21n)＝32n－722－1478，∴当n＝3或4时，前n项的和取得最小值为－18.9．已知函数f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7，n∈N*.(1)设函数y＝f(x)的图象的顶点的纵坐标构成数列{an}，求证：{an}为等差数列；(2)设函数y＝f(x)的图象的顶点到x轴的距离构成数列{bn}，求{bn}的前n项和Sn.解(1)证明：因为f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7＝[x－(n＋1)]2＋3n－8，所以an＝3n－8，因为an＋1－an＝3(n＋1)－8－(3n－8)＝3，所以数列{an}为等差数列．(2)由题意知，bn＝|an|＝|3n－8|，所以当1≤n≤2时，bn＝8－3n，Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝nb1＋bn2＝n[5＋8－3n]2＝13n－3n22，当n≥3时，bn＝3n－8，Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝5＋2＋1＋…＋(3n－8)＝7＋n－2[1＋3n－8]2＝3n2－13n＋282.所以Sn＝13n－3n22，1≤n≤2，n∈N*，3n2－13n＋282，n≥3，n∈N*.10．已知数列{an}的前n项和为Sn，an0，且满足：(an＋2)2＝4Sn＋4n＋1，n∈N*.(1)求a1及通项公式an；(2)若bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)对于(an＋2)2＝4Sn＋4n＋1，①n＝1时，(a1＋2)2＝4a1＋5，a21＝1，而an0，则a1＝1.又(an＋1＋2)2＝4Sn＋1＋4(n＋1)＋1，②由②－①可得(an＋1＋2)2－(an＋2)2＝4an＋1＋4，a2n＋1＝(an＋2)2，而an0，∴an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2.∴{an}是等差数列，即an＝1＋2(n－1)＝2n－1.(2)∵bn＝(－1)n·(2n－1)，∴Tn＝－1＋3－5＋7＋…＋(－1)n(2n－1)，当n为偶数时，Tn＝＝n；当n为奇数时，Tn＝－(2n－1)＝－n.综上所述，Tn＝(－1)n·n.B级：能力提升练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}的前n项和为Sn，点n，Snn在直线y＝12x＋112上．数列{bn}满足bn＋2－2bn＋1＋bn＝0(n∈N*)，b3＝11，且其前9项和为153.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设cn＝32an－112bn－1，数列{cn}的前n项和为Tn，求使不等式Tnk57对一切n∈N*都成立的最大正整数k的值．解(1)由已知得Snn＝12n＋112，∴Sn＝12n2＋112n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝12n2＋112n－12(n－1)2－112(n－1)＝n＋5.当n＝1时，a1＝S1＝6也符合上式，∴an＝n＋5(n∈N*)．由bn＋2－2bn＋1＋bn＝0(n∈N*)知{bn}是等差数列．由{bn}的前9项和为153，可得9b1＋b92＝9b5＝153，得b5＝17，又∵b3＝11，∴{bn}的公差d＝b5－b32＝3.∵b3＝b1＋2d，∴b1＝5.∴bn＝3n＋2.(2)cn＝32n－16n＋3＝1212n－1－12n＋1，∴Tn＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1.∵n增大时，Tn增大，∴{Tn}是递增数列．∴Tn≥T1＝13.若Tnk57对一切n∈N*都成立，只要T1＝13k57，∴k19，则kmax＝18.