2022版数学北师大版必修五基础训练：1-2-2 第2课时　等差数列前N项和的性质及应用 WORD版含解析.docx

1、第2课时等差数列前n项和的性质及应用基础过关练题组一等差数列前n项和的性质1.等差数列an和bn中,a1+b100=100,b1+a100=100,则数列an+bn的前100项和为() A.0B.100C.1 000D.10 0002.(2020安徽黄山八校联盟高一下期中联考)设等差数列an的前n项和为Sn,S3=9,S9=81,则S6=()A.27B.36C.45D.543.(2020河北沧州一中高一下段考)若两个等差数列an,bn的前n项和分别为Sn,Tn,且满足SnTn=3n-12n+2,则a6b6=()A.2B.74C.32D.434.一个等差数列共有10项,其奇数项之和是12.5,偶

2、数项之和是15,则它的首项与公差分别是()A.12,12B.12,1C.1,12D.12,25.等差数列an的通项公式为an=2n+1,其前n项和为Sn,则数列Snn的前10项和为.题组二等差数列前n项和的函数特性6.已知等差数列an的前n项和为Sn,a2=7,a6+a8=-6,则Sn取得最大值时,n的值为()A.3B.4C.5D.67.已知数列an中,an=2n-8,则|a1|+|a2|+|a20|=.8.在数列an中,an=4n-52,a1+a2+an=an2+bn(nN+),其中a,b为常数,则ab=.9.在等差数列an中,a10,公差d-12恒成立,求实数的取值范围.能力提升练一、选择

3、题1.(2019山东济南外国语学校高三上期中,)设Sn为等差数列an的前n项和,若a1=1,公差d=2,Sk+2-Sk=24,则k=() A.8B.7C.6D.52.(2020安徽六安一中高一下期中,)已知等差数列an的前n项和为Sn,S130,则当Sn取得最小值时,n的值为()A.4B.6C.7D.83.(2019山东济宁一中月考,)等差数列an,bn的前n项和分别为Sn,Tn,若SnTn=2n3n+1,则anbn=()A.23B.2n-13n-1C.2n+13n+1D.2n-13n+44.(2019陕西西安一中高二月考,)设Sn是数列an的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则

4、Sn=()A.nB.-nC.1nD.-1n5.()已知an为等差数列,如果a11a10-1,且它的前n项和Sn有最大值,那么当Sn取得最小正值时,n=()A.11B.17C.19D.216.(2019山东烟台招远一中高二月考,)等差数列an的前n项和为Sn,若S4=1,S8=4,则a17+a18+a19+a20的值为()A.9B.12C.16D.177.(2020河北沧州一中高一下段考,)已知等差数列an满足a1=5,a3=1,若其前n项和为Sn,则下列说法正确的是()A.an的前n项和中S3最大B.an是递增数列C.an中存在值为0的项D.S40,S16k2 013对一切nN+都成立的最大正

5、整数k的值;(3)设f(n)=an(n=2k-1,kN+),3an-13(n=2k,kN+),是否存在mN+,使得f(m+15)=5f(m)成立?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.答案全解全析第2课时等差数列前n项和的性质及应用基础过关练1.D由an,bn是等差数列知,an+bn也是等差数列,其前100项和为100(a1+b1+a100+b100)2=10 000.2.B根据等差数列前n项和的性质知S3,S6-S3,S9-S6成等差数列,故S3+S9-S6=2(S6-S3),解得S6=36.3.Da6b6=2a62b6=a1+a11b1+b11=11(a1+a11)211(b1+b11

6、)2=S11T11,又因为SnTn=3n-12n+2,所以a6b6=S11T11=311-1211+2=3224=43.4.A设等差数列为an,首项为a1,公差为d,由S偶-S奇=5d=15-12.5=2.5,得d=12.再由S10=10a1+109212=15+12.5,得a1=12.故选A.5.答案75解析由题知,Sn=n(n+2),所以Snn=n+2,可知数列Snn为等差数列,所以Snn的前10项和为10(3+12)2=75.6.C设等差数列an的公差为d,由等差数列的性质得,a7=12(a6+a8)=-3,公差d=a7-a25=-3-75=-2,an=a2+(n-2)d=7+(n-2)

7、(-2)=11-2n.数列an的前5项均为正,从第6项开始以后各项均为负,故当Sn取最大值时,n=5.7.答案284解析由题知an是首项为-6,公差为2的等差数列,且前4项为非正数,从第5项起为正数,易得Sn=n(-6+2n-8)2=n(n-7),|a1|+|a2|+|a20|=-a1-a2-a3-a4+a5+a20=(a1+a2+a20)-2(a1+a2+a3+a4)=S20-2S4=284.8.答案-1解析设等差数列an的前n项和为Sn,由题知数列an是以32为首项,4为公差的等差数列,所以其前n项和Sn=2n2-12n=an2+bn,所以a=2,b=-12,所以ab=-1.9.答案7或8

8、解析由a5=3a7,得a1+4d=3(a1+6d),即a1=-7d,所以an=a1+(n-1)d=-7d+(n-1)d=(n-8)d.又因为a10,d0,有两个交点.13.C由题意可得中间的那份的面包数为20,设每个人所得的面包数由小到大依次为a1,a2,a10,公差为d,由题意可得20+(a1+3d)+(a1+4d)17=a1+(a1+d),解得a1=53,故选C.14.解析(1)1a1+1a2+1a3+1an=n2(nN+),当n2时,1a1+1a2+1a3+1an-1=(n-1)2,-,并整理得1an=2n-1(n2),经检验,1a1=1,满足上式,1an=2n-1(nN+),an=12

9、n-1,bn=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1.(2)由(1)及已知得Sn=121-13+13-15+12n-1-12n+1=n2n+1.又Sn=n2n+1=12-14n+2,nN+,Sn13,12,不等式Sn-12恒成立等价于13-12,解得56,实数的取值范围为-,56.能力提升练一、选择题1.D解法一:因为Sk+2-Sk=ak+2+ak+1=2a1+(2k+1)d=2+(2k+1)2=24,所以k=5,故选D.解法二:由题可得(k+2)1+(k+2)(k+1)22-k1-k(k-1)22=24,解得k=5,故选D.2.CS130,13a70,a70,7(a7+a8)

10、0,a7+a80,a8-a70,当Sn取得最小值时,n=7.故选C.3.Banbn=2an2bn=a1+a2n-1b1+b2n-1=(2n-1)(a1+a2n-1)2(2n-1)(b1+b2n-1)2=S2n-1T2n-1=2(2n-1)3(2n-1)+1=2n-13n-1.4.D将an+1=Sn+1-Sn代入an+1=SnSn+1,得Sn+1-Sn=SnSn+1,则1Sn-1Sn+1=1,即1Sn+1-1Sn=-1,又1S1=1a1=-1,所以1Sn是以-1为首项,-1为公差的等差数列,所以1Sn=-n,所以Sn=-1n.5.C由等差数列an的前n项和Sn有最大值可知,公差d0,即an为递减

11、数列.因为a11a100,a110.又因为a11a10-1,所以a11-a10,即a11+a100,所以a1+a200,所以S200,可得S190.综上可知,前19项和为Sn的最小正值.故选C.6.A由等差数列前n项和的性质得,S4,S8-S4,S12-S8,成等差数列.由S4=1,S8=4可得,其公差为2,所以S36=S4+(S8-S4)+(S36-S32)=91+9822=81.又因为S36=36(a1+a36)2,所以a1+a36=92,所以a17+a18+a19+a20=2(a17+a20)=2(a1+a36)=9.7.A设等差数列an的公差为d,则a3=a1+2d=5+2d=1,解得

12、d=-2,所以an=a1+(n-1)d=5-2(n-1)=7-2n,则Sn=na1+n(n-1)d2=5n-n(n-1)=6n-n2=-(n-3)2+9,所以an的前n项和中S3最大,A正确;因为d0,所以数列an是递减数列,B错误;令an=7-2n=0,解得n=72N+,所以an中不存在值为0的项,C错误;S5-S4=a5=7-25=-3S5,D错误.故选A.8.B由S15=15(a1+a15)2=15a80,得a80.由S16=16(a1+a16)2=16(a8+a9)20,得a8+a90,所以a90,且公差d0,S2a20,S8a80,S9a90,S10a100,S15a15S7S10,

13、a1a2a80,所以S8a8S7a7S1a10,所以最大的项是S8a8,即第8项.二、填空题9.答案4解析因为Sn是等差数列an的前n项和,所以数列Snn是等差数列,所以Smm+Sm+2m+2=2Sm+1m+1,即-2m+3m+2=0,解得m=4.10.答案-2n+18解析设等差数列an的公差为d,奇数项的和为S奇,偶数项的和为S偶,则S奇=a1+a3+am=m+12a1+am2=m+12am+12=70-30=40,S偶=a2+a4+am-1=m-12a2+am-12=m-12am+12=30,S奇S偶=m+1m-1=43,解得m=7,易得a4=10,a1-a7=12,a1+3d=10,a1

14、-(a1+6d)=12,解得a1=16,d=-2,an=16-2(n-1)=-2n+18.三、解答题11.解析(1)an+2-2an+1+an=0,an+2-an+1=an+1-an,an是以a1=8为首项的等差数列.设an=a1+(n-1)d,则a4=a1+3d,d=2-83=-2,an=10-2n.(2)an=10-2n,令an=0,得n=5.当n5时,an0;当n=5时,an=0;当n0.设数列an的前n项和为Tn,则Tn=a1+a2+an,当n5时,Sn=|a1|+|a2|+|an|=a1+a2+a5-(a6+a7+an)=T5-(Tn-T5)=2T5-Tn=25(8+0)2-n(8+

15、10-2n)2=n2-9n+40;当n5时,Sn=|a1|+|a2|+|an|=a1+a2+an=Tn=n(8+10-2n)2=9n-n2.Sn=9n-n2(n5),n2-9n+40(n5).12.解析(1)当n=1时,a1=S1=6;当n2时,an=Sn-Sn-1=12n2+112n-12(n-1)2+112(n-1)=n+5,而a1=6符合上式.an=n+5(nN+).(2)由(1)得cn=1(2an-11)(2an-9)=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1,Tn=c1+c2+cn=121-13+13-15+12n-1-12n+1=n2n+1.Tn+1-Tn=n+12n+3-n2n+1=1(2n+3)(2n+1)0,Tn单调递增,(Tn)min=T1=13.令13k2 013,得k671,k为正整数,kmax=670.(3)f(n)=an(n=2k-1,kN+),3an-13(n=2k,kN+)=n+5(n=2k-1,kN+),3n+2(n=2k,kN+).当m为奇数时,m+15为偶数,可得3m+47=5m+25,解得m=11;当m为偶数时,m+15为奇数,可得m+20=15m+10,解得m=57N+(舍去).综上所述,存在唯一正整数m=11,使得f(m+15)=5f(m)成立.