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1.2.4 等差数列同步练习


第一章

§2

第 4 课时

一、选择题 1.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.21 C.19 [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. 2. 已知某等差数列共有 10 项, 其奇数项之和为 15, 偶数项之和为 30, 则其公差为( A.2 C.4 [答案] B [解析] 设等差数列公差为 d, ∵S 奇=a1+a3+a5+a7+a9=15, S 偶=a2+a4+a6+a8+a10=30, ∴S 偶-S 奇=5d=15,∴d=3. 3.(2014· 福建理,3)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=2,S3=12,则 a6 等于( A.8 C.12 [答案] C [解析] 本题考查等差数列的通项公式. 由 a1=2,S3=12 可得 d=2,∴a6=a1+5d=12. an-am 注意熟记等差数列的常见性质,如 d= . n-m 4.首项为 18,公差为-3 的等差数列,当前 n 项和 Sn 取最大值时,n 等于( A.5 或 6 C.7 [答案] D [解析] an=18+(n-1)×(-3)=21-3n,
? ?an=21-3n≥0, 令? 解得 6≤n≤7, ?an+1=21-3?n+1?≤0, ?

) B.20 D.18

)

B.3 D.5

)

B.10 D.14

)

B.6 D.6 或 7

故 n 等于 6 或 7. 5. 设{an}是等差数列, Sn 为其前 n 项和, 且 S5<S6, S6=S7>S8, 则下列结论错误的是( A.d<0 B.a7=0 C.S9>S5 D.S6 与 S7 均为 Sn 的最大值 [答案] C [解析] 由 S5<S6 知 a6>0,由 S6=S7 知 a7=0, 由 S7>S8 知 a8<0,C 选项 S9>S5 即 a6+a7+a8+a9>0,∴a7+a8>0,显然错误. 6.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S3=9,S6=36,则 a7+a8+a9 等于( A.63 C.36 [答案] B [解析] 解法一:∵{an}是等差数列,∴S3、S6-S3、S9-S6 为等差数列. ∴2(S6-S3)=S3+(S9-S6), ∴S9-S6=2S6-3S3=45. Sn 解法二:∵Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,令 bn= ,则{bn}成等差数列. n S3 S6 由题设 b3= =3,b6= =6, 3 6 ∴b9=2b6-b3=9. ∴a7+a8+a9=S9-S6=9b9-36=45. 二、填空题 7.(2014· 北京理,12)若等差数列{an}满足 a7+a8+a9>0,a7+a10<0,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 a8>0, a8+a9<0, 故 a9<0, 故 S8>S7,S9<S8,S8 为{an}的前 n 项和 Sn 中的最大值,等差数列中首项 a1>0 公差 d<0,是一 个递减的等差数列,前 n 项和有最大值,a1<0,公差 d>0,是一个递增的等差数列,前 n 项 和有最小值. 8.Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,S2=S6,a4=1,则 a5=________. [答案] -1 [解析] 本题考查了对等差数列前 n 项和的理解和应用,同时还考查了等差数列的运算 性质及考生灵活处理问题的能力. B.45 D.27 ) )

∵S2=S6,∴S6-S2=a3+a4+a5+a6=0 又∵a3+a6=a4+a5 ∴S6-S2=2(a4+a5)=0,∴a4+a5=0 又∵a4=1,∴a5=-1. 三、解答题 9.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=5n-3,求数列的通项公式 an. [解析] ∵数列的前 n 项和 Sn=5n-3, ∴当 n=1 时,a1=S1=5-3=2, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(5n-3)-(5n 1-3)


=4· 5n 1,


∴a1=S1=2 不满足上式.
?2?n=1? ? ∴数列的通项公式 an=? n-1 . ?4· 5 ?n≥2? ?

10.等差数列{an}中,a1<0,S9=S12,则该数列前多少项的和最小? [解析] 解法一:设等差数列{an}的公差为 d,则由题意得 1 1 9a1+ ×9×8×d=12a1+ ×12×11×d 2 2 即 3a1=-30d,∴a1=-10d, ∵a1<0,∴d>0, 1 1 21 ∴Sn=na1+ n(n-1)d= dn2- dn 2 2 2 21 d 21 n- ?2- 2D. = ? 2? 2? 8 ∵d>0,∴Sn 有最小值. 又∵n∈N*,∴n=10 或 n=11 时,Sn 取最小值. d 1 解法二:同解法一,由 S9=S12,得 =- . a1 10
?an=a1+?n-1?d≤0 ? 由? ,得 ?an+1=a1+nd≥0 ?

?1-10?n-1?≥0 ? 1 ?1-10n≤0
解得 10≤n≤11.

1

.

∴n 取 10 或 11 时,Sn 取最小值. 解法三:∵S9=S12,∴a10+a11+a12=0,∴3a11=0,

∴a11=0.∵a1<0, ∴前 10 项或前 11 项和最小.

一、选择题 1.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1>0,S4=S8,则当 Sn 取得最大值时,n 的值 为( ) A.5 C.7 [答案] B [解析] 11 11 解法一:∵a1>0,S4=S8,∴d<0,且 a1=- d,∴an=- d+(n-1)d=nd 2 2 B.6 D.8

? ?an≥0 13 - d,由? , 2 ?an+1<0 ?

?nd- 2 d≥0 得? 13 ??n+1?d- 2 d<0

13

1 1 ,∴5 <n≤6 ∴n=6, 2 2

解法二:∵a1>0,S4=S8, ∴d<0 且 a5+a6+a7+a8=0, ∴a6+a7=0,∴a6>0,a7<0,∴前六项之和 S6 取最大值. 2.(2014· 辽宁理,8)设等差数列{an}的公差为 d,若数列{2a1an}为递减数列,则( A.d<0 C.a1d<0 [答案] C [解析] 本题考查等差数列、指数函数的性质. 数列{2a1an}递减,∴{a1an}递减. ∴a1an-a1an-1=a1(an-an-1)=a1d<0. 本题的关键是利用指数函数单调性判定{a1an}递减. a11 3.已知数列{an}为等差数列,若 <-1,且它们的前 n 项和 Sn 有最大值,则使得 Sn>0 a10 的最大值 n 为( A.11 C.20 [答案] B [解析] ∵Sn 有最大值,∴a1>0,d<0, ) B.19 D.21 B.d>0 D.a1d>0 )



a11 <-1, a10

∴a11<0,a10>0,∴a10+a11<0, 20?a1+a20? ∴S20= =10(a10+a11)<0, 2 19?a1+a19? 又 S19= =19a10>0,故选 B. 2 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.4 C.6 [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 ? ∴a1a3=21,由? 及{an}递减可求得 a1=7,d=-2,∴an=9-2n,由 an≥0 ? ?a1+a3=10

) B.5 D.7

得 n≤4,∴选 A. 二、填空题 5.设数列{an}的通项为 an=3n-10(n∈N+),则|a1|+|a2|+…+|a10|=________. [答案] 89 [解析] |a1|+|a2|+…+|a10|=-(a1+a2+a3)+(a4+a5+a6+a7+a8+a9+a10)=(1+4+7) +(2+5+8+11+14+17+20)=89. 6.等差数列{an}中,d<0,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, 11?a1+a11? ∴S11= =0, 2 根据二次函数图像的性质,由于 n∈N*,所以当 n=5 或 n=6 时 Sn 取最大值. 三、解答题 7.数列{an}的前 n 项和 Sn=n2-7n-8. (1)求{an}的通项公式; (2)求{|an|}的前 n 项和 Tn. [解析] (1)当 n=1 时,a1=S1=-14; 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n-8,

? ?-14 ?n=1? 故 an=? . ?2n-8 ?n≥2? ?

(2)由 an=2n-8 可知:当 n≤4 时,an≤0, 当 n≥5 时,an>0. ∴当 n≤4 时,Tn=-Sn=-n2+7n+8, 当 n≥5 时,Tn=-S4+(Sn-S4)=Sn-2S4=n2-7n-8-2×(-20)=n2-7n+32,
2 ? ?-n +7n+8 ?1≤n≤4? ? ∴Tn= 2 . ?n -7n+32 ?n≥5? ?

8.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a3=12,S12>0,S13<0. (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]

?12a +12×11d>0 2 (1)设{a }的首项为 a ,公差为 d,由已知有? 12 d<0 ?13a +13× 2
a1+2d=12
1 n 1 1

,将 a1=12

? ?24+7d>0 24 -2d 代入两个不等式,消去 a1 得? ?- <d<-3. 7 ?12+4d<0 ?

?S12>0 (2)解法一:由? ? ?S13<0

11 d>0 ?12a +12× 2 ? 13×12 ?13a + 2 d<0
1 1

11 ? ?a1+11d>0 ?a1+ 2 d>0 ? 2 ?? ?? . ? ?a1+6d<0 ?a17<0 ?

11 因为 d<0,a16=a1+5d>a1+ d>0,可知 a1>a2>…>a6>0>a7>…,所以 S1,S2,…,S12 2 中最大的是 S6. [另法: S12=6(a6+a7)>0, S13=13a7<0, 得 a6+a7>0, a7<0.所以 a6>-a7>0.所以 S6 最大. ] 解法二:Sn=na1+ n?n-1? 24-5d 1 d d d=n(12-2d)+ n(n-1)d= n2+ n,二次函数 y= x2 2 2 2 2 2

24-5d 2 24-5d 5 12 24 5 12 + x 的对称轴方程为 x=- = - ,由于- <d<-3,有 6< - <6.5,所以 2 d 2 d 7 2 d 2· 2 当 n=6 时,S6 最大.


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