【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册分层练习4.2.2《第2课时等差数列前n项和的性质及应用》（解析版）.doc，共(7)页，79.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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4．2.2第二课时等差数列前n项和的性质及应用(习题课)[A级基础巩固]1．在项数为2n＋1的等差数列中，所有奇数项的和为165，所有偶数项的和为150，则n等于()A．9B．10C．11D．12解析：选B∵S奇S偶＝n＋1n，∴16515

0＝n＋1n.∴n＝10，故选B.2．数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，若Sn＝(n＋1)2＋λ，则λ的值是()A．－2B．－1C．0D．1解析：选B等差数列前n项和Sn的形式为Sn＝an2＋bn，∴λ＝－1.3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn

，若OB―→＝a1OA―→＋a200OC―→，且A，B，C三点共线(该直线不过点O)，则S200等于()A．100B．101C．200D．201解析：选A由A，B，C三点共线得a1＋a200＝1，∴S200＝2

002(a1＋a200)＝100.4．若数列{an}的前n项和为Sn＝n2－4n＋2，则|a1|＋|a2|＋…＋|a10|等于()A．15B．35C．66D．100解析：选C易得an＝－1，n＝1，2n－5，n≥2.|a1|＝1，|a2

|＝1，|a3|＝1，令an＞0则2n－5＞0，∴n≥3.∴|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝1＋1＋a3＋…＋a10＝2＋(S10－S2)＝2＋[(102－4×10＋2)－(22－4×2＋2)]＝

66.5．设数列{an}是等差数列，若a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示{an}的前n项和，则使Sn达到最大值的n是()A．18B．19C．20D．21解析：选C∵a1＋a3＋a5＝105＝3a3，∴a3＝35，∵a2＋a4＋a6＝99＝3a4，∴a4＝3

3，∴d＝a4－a3＝－2，∴an＝a3＋(n－3)d＝41－2n，令an＞0，∴41－2n＞0，∴n＜412，∴n≤20.6．已知等差数列{an}中，Sn为其前n项和，已知S3＝9，a4＋a5＋a6＝7，则S9－S6＝________.解析：∵

S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，而S3＝9，S6－S3＝a4＋a5＋a6＝7，∴S9－S6＝5.答案：57．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5＜ak＜8，则k＝________.解析：∵an＝S1n＝1，Sn－Sn－1n≥2，∴an＝2n－10.由

5＜2k－10＜8，得7.5＜k＜9，又k∈N*，∴k＝8.答案：88．若数列{an}是等差数列，首项a1<0，a203＋a204>0，a203·a204<0，则使前n项和Sn<0的最大自然数n是_______

_．解析：由a203＋a204>0知a1＋a406>0，即S406>0，又由a1<0且a203·a204<0，知a203<0，a204>0，所以公差d>0，则数列{an}的前203项都是负数，那么2a203＝a1＋a405<0，所以S405<0，所以使前n项和Sn<0的最大自然数

n＝405.答案：4059．已知等差数列{an}中，a1＝9，a4＋a7＝0.(1)求数列{an}的通项公式；(2)当n为何值时，数列{an}的前n项和取得最大值？解：(1)由a1＝9，a4＋a7＝0，得a1＋3d＋a1＋6d＝0，解得d

＝－2，∴an＝a1＋(n－1)·d＝11－2n.(2)法一：由a1＝9，d＝－2，得Sn＝9n＋nn－12·(－2)＝－n2＋10n＝－(n－5)2＋25，∴当n＝5时，Sn取得最大值．法二：由(1)知a1＝9，d＝－2＜0，∴{an}是递减数列．令an≥0，则11－2n≥0，解得

n≤112.∵n∈N*，∴n≤5时，an＞0，n≥6时，an＜0.∴当n＝5时，Sn取得最大值．10．若等差数列{an}的首项a1＝13，d＝－4，记Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Tn.解：∵a1＝13，d＝－4，∴an＝17－4n.当n≤4时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|

＝a1＋a2＋…＋an＝na1＋nn－12d＝13n＋nn－12×(－4)＝15n－2n2；当n≥5时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝(a1＋a2＋a3＋a4)－(a5＋a6＋…＋an)＝S4－(Sn－S4)＝2S4－Sn

＝2×13＋1×42－(15n－2n2)＝2n2－15n＋56.∴Tn＝15n－2n2n≤4，2n2－15n＋56n≥5.[B级综合运用]11．(多选)设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d.已知a3＝12，S1

2>0，a7<0，则()A．a6>0B．－247<d<－3C．Sn<0时，n的最小值为13D．数列Snan中最小项为第7项解析：选ABCD依题意得a3＝a1＋2d＝12，a1＝12－2d，

S12＝a1＋a122×12＝6(a6＋a7)．而a7<0，所以a6>0，a1>0，d<0，A选项正确．且a7＝a1＋6d＝12＋4d<0，a6＝a1＋5d＝12＋3d>0，a6＋a7＝2a1＋11d＝24＋7d>0.

解得－247<d<－3，B选项正确．由于S13＝a1＋a132×13＝13a7<0，而S12>0，所以Sn<0时，n的最小值为13.由上述分析可知，n∈[1,6]时，an>0，n≥7时，an<0；当n∈[1,12]时，Sn>0，当n≥13时，Sn<0.

所以当n∈[7,12]时，an<0，Sn>0，Snan<0，且当n∈[7,12]时，|an|为递增数列，Sn为正数且为递减数列，所以数列Snan中最小项为第7项．故选A、B、C、D.12．设等差数列{an}的前

n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m等于()A．3B．4C．5D．6解析：选Cam＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，所以公差d＝am＋1－am＝1，由Sm＝ma1＋am2＝0，得a1＝－2

，所以am＝－2＋(m－1)·1＝2，解得m＝5，故选C.13．已知等差数列{an}的公差d>0，前n项和为Sn，且a2a3＝45，S4＝28.(1)则数列{an}的通项公式为an＝________；(2)若bn＝Snn＋c(c为非零常数)，且数列{bn}也是等差数

列，则c＝________.解析：(1)∵S4＝28，∴a1＋a4×42＝28，a1＋a4＝14，a2＋a3＝14，又∵a2a3＝45，公差d>0，∴a2<a3，∴a2＝5，a3＝9，∴a1＋d＝5，a1＋2d＝9，解得a1＝1，d＝4，∴an＝4n－3.(2)由(1

)，知Sn＝2n2－n，∴bn＝Snn＋c＝2n2－nn＋c，∴b1＝11＋c，b2＝62＋c，b3＝153＋c.又∵{bn}也是等差数列，∴b1＋b3＝2b2，即2×62＋c＝11＋c＋153＋c，解得c＝－12(c＝0舍去)．答案：(1)4n－3(2)－1214．在等差数列{an

}中，a10＝23，a25＝－22.(1)数列{an}前多少项和最大？(2)求{|an|}的前n项和Sn.解：(1)由a1＋9d＝23，a1＋24d＝－22，得a1＝50，d＝－3，∴an＝a1＋(n－1)d＝－3n＋5

3.令an>0，得n<533，∴当n≤17，n∈N*时，an>0；当n≥18，n∈N*时，an<0，∴{an}的前17项和最大．(2)当n≤17，n∈N*时，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝na1＋nn－12d＝－32n2＋1032n.当n≥18

，n∈N*时，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a17－a18－a19－…－an＝2(a1＋a2＋…＋a17)－(a1＋a2＋…＋an)＝2－32×172＋1032×17－－32n2＋1032n＝32n2－1032n

＋884.∴Sn＝－32n2＋1032n，n≤17，n∈N*，32n2－1032n＋884，n≥18，n∈N*.[C级拓展探究]15．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{an}为等差数列，a1＝12，d＝－2

.(1)求Sn，并画出{Sn}(1≤n≤13)的图象；(2)分别求{Sn}单调递增、单调递减的n的取值范围，并求{Sn}的最大(或最小)的项；(3){Sn}有多少项大于零？解：(1)Sn＝na1＋nn－12d＝12n＋nn－12×(

－2)＝－n2＋13n.图象如图．(2)Sn＝－n2＋13n＝－n－1322＋1694，n∈N*，∴当n＝6或n＝7时，Sn最大；当1≤n≤6时，{Sn}单调递增；当n≥7时，{Sn}单调递减．{Sn}有最大值，最大项是S6，S7，S6＝

S7＝42.(3)由图象得{Sn}中有12项大于零．