【文档说明】【精准解析】2021高中数学人教B版选择性必修第三册：5.2.2　等差数列的前n项和.docx，共(8)页，67.229 KB，由envi的店铺上传

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第五章数列5.2等差数列5.2.2等差数列的前n项和课后篇巩固提升基础达标练1.已知在等差数列{an}中,a1+a2+a3=-24,a18+a19+a20=78,则此数列前20项和等于()A.160B.180C.200D.220解析(a1+a2

+a3)+(a18+a19+a20)=(-24)+78=54,又a1+a20=a2+a19=a3+a18,则3(a1+a20)=54,∴a1+a20=18.故S20=20(𝑎1+𝑎20)2=10×18=

180.答案B2.等差数列{an}的公差d<0,且𝑎12=𝑎112,则该数列的前n项和Sn取得最大值时的项数n是()A.5B.6C.5或6D.6或7解析由𝑎12=𝑎112,得(a1+a11)(a1-

a11)=0.又d<0,∴a1+a11=0,∴a6=0.∴S5=S6且最大.答案C3.(2020河南郑州高三月考)“中国剩余定理”又称“孙子定理”,最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题,

叫做“物不知数”.原文如下:今有物不知其数,三三数之剩二,五五数之剩三,七七数之剩二.问物几何?现有这样一个相关的问题:将1到2020这2020个自然数中被5除余3且被7除余2的数按照从小到大的顺序排成一列

,构成一个数列,则该数列各项之和为()A.56383B.57171C.59189D.61242解析被5除余3且被7除余2的正整数构成首项为23,公差为5×7=35的等差数列,记为数列{an},则an=23+35(n-1)=35n

-12.令an=35n-12≤2020,解得n≤58235.故该数列各项之和为58×23+58×572×35=59189.故选C.答案C4.设Sn是等差数列{an}的前n项和,若𝑆3𝑆6=13,则𝑆6𝑆12等于()A.310B.13C.18D.19解析由等差数列的前n项和公式可得𝑆3�

�6=3𝑎1+3𝑑6𝑎1+15𝑑=13,可得a1=2d,且d≠0,所以𝑆6𝑆12=6𝑎1+15𝑑12𝑎1+66𝑑=27𝑑90𝑑=310,故选A.答案A5.(多选)(2020尤溪第五中学高一月考)设数列{an}是等差数列,Sn是其前n项和,a1>0,且S6=S9,则

()A.d<0B.a8=0C.S5>S6D.S7或S8为Sn的最大值解析根据题意可得a7+a8+a9=0,得3a8=0,得a8=0.∵数列{an}是等差数列,a1>0,∴公差d<0,所以数列{an}是单调递减数列.对于A、B,d<0

,a8=0,显然成立,对于C,由a6>0,则S5<S6,故C不正确;对于D,由a8=0,则S7=S8.又数列为递减数列,则S7或S8为Sn的最大值,故D正确.故选ABD.答案ABD6.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S3

=9,S6=36,则S9=.解析(方法一)∵等差数列{an}的前n项和为Sn,S3=9,S6=36,由题意,得{3𝑎1+3𝑑=9,6𝑎1+6×52𝑑=36,解得a1=1,d=2.∴S9=9a1+9×82d=81.(方法二)∵S3,S6-S3,S9-S6成等差数列,∴2

(S6-S3)=S3+S9-S6,又S3=9,S6=36,则2×(36-9)=9+S9-36,解得S9=81.答案817.设公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn,且𝑆32=9S2,S4=4S2,则数列{

an}的通项公式为.解析设数列{an}的公差为d(d≠0),首项为a1,由已知得{(3𝑎1+3𝑑)2=9(2𝑎1+𝑑),4𝑎1+6𝑑=4(2𝑎1+𝑑),解得a1=49,d=89或a1=d=0(舍去).∴an=a1+(n-1)d=49+(n-1)×89=49(2n-1).答

案an=49(2n-1)8.设等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若对任意自然数n都有𝑆𝑛𝑇𝑛=2𝑛-34𝑛-3,则𝑎9𝑏5+𝑏7+𝑎3𝑏8+𝑏4的值为.解析∵{an},{bn}为等差数列,∴𝑎9𝑏5+𝑏7+𝑎3

𝑏8+𝑏4=𝑎92𝑏6+𝑎32𝑏6=𝑎9+𝑎32𝑏6=𝑎6𝑏6.∵𝑆11𝑇11=𝑎1+𝑎11𝑏1+𝑏11=2𝑎62𝑏6=2×11-34×11-3=1941,∴𝑎6𝑏6=19

41.答案19419.设数列{an}为等差数列,其前n项和为Sn,且S4=-62,S6=-75.求:(1)通项an及前n项和Sn;(2)|a1|+|a2|+…+|a14|的值.解(1)设数列{an}的公差为d,由S4=-62,

S6=-75,得{4𝑎1+6𝑑=-62,6𝑎1+15𝑑=-75,解得{𝑎1=-20,𝑑=3.∴an=3n-23,Sn=32n2-432n.(2)由an=3n-23≤0,得n≤233,∴n=7.∴数列{an}的前7项为负数,∴|a1|+|a2

|+…+|a14|=-(a1+a2+…+a7)+(a8+a9+…+a14)=-S7+S14-S7=S14-2S7=147.10.(2020天津高三模拟)已知Sn为等差数列{an}的前n项和,且a3+a5=-10,S10=-5.(

1)求数列{an}的通项公式;(2)令bn=anan+1,求数列1𝑏𝑛的最小项.解(1)设等差数列{an}的公差为d,由a3+a5=-10,S10=-5,得{2𝑎1+6𝑑=-10,10𝑎1+45𝑑

=-5,解得{𝑎1=-14,𝑑=3,所以an=3n-17.(2)由bn=anan+1,可得bn=(3n-17)(3n-14),n∈N+,当n≤4或n≥6时,bn>0,此时1𝑏𝑛>0,当n=5时,b5=-2<0,所以数列1𝑏𝑛

最小项为1𝑏5=-12.能力提升练1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=a1𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+a200𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,且A,B,C三点共线(该直线不过原点O),则S200的值为()A.100B.101C.20

0D.201解析依题意,a1+a200=1,所以S200=200(𝑎1+𝑎200)2=100.答案A2.在数列{an}中,an+1-an=2,Sn为{an}的前n项和.若S10=50,则数列{an+an+

1}的前10项和为()A.100B.110C.120D.130解析因为an+1-an=2,所以{an}为等差数列,则an+an+1=an+an+d=2an+d,所以{an+an+1}的前10项和为2S10+10d=2×50+10×2=120.故选C.答案C3.一个凸n边

形各内角的弧度数成等差数列,最小角为2π3,公差为π36,则n的值为()A.9B.16C.9或16D.与A,B,C均不相同解析由题意可得(n-2)π=n·2π3+𝑛(𝑛-1)2·π36,整理,得n2-25n+144=0,解得n=9或n=16.而当n=16时

,a16=2π3+(16-1)×π36=39π36>π,与凸多边形矛盾.答案A4.(2020贵港覃塘高级中学高一月考)设数列{an}的前n项和为Sn,点n,𝑆𝑛𝑛(n∈N+)均在函数y=x+1的图像上,则a2

020=()A.-2015B.-2016C.-2017D.4040解析因为数列{an}的前n项和为Sn,点n,𝑆𝑛𝑛(n∈N+)均在函数y=x+1,所以点2020,𝑆20202020,2019,𝑆20192019均在函数y

=x+1上,即𝑆20202020=2020+1,𝑆20192019=2019+1,整理得S2020=2021×2020,S2019=2020×2019,所以a2020=S2020-S2019=2021×2020-2020×2019=4040

.故选D.答案D5.若两个等差数列的前n项和之比是(7n+1)∶(4n+27),则它们的第11项之比为.解析设等差数列{an}的前n项和为Sn,等差数列{bn}的前n项和为Tn,则a11=𝑎1+𝑎212,b11=𝑏1+𝑏212,∴𝑎

11𝑏11=12(𝑎1+𝑎21)12(𝑏1+𝑏21)=12(𝑎1+𝑎21)·2112(𝑏1+𝑏21)·21=𝑆21𝑇21=7×21+14×21+27=43.答案4∶36.(2020嘉祥第一中学高三一模)我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载:一年有二十四个

节气,每个节气晷(guǐ)长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器,晷长即为所测量影子的长度).夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降、立冬、小雪、大雪是连续的十二个节气,其晷长依次成等差数列,经记录测算,夏至、处暑、霜降三个节气晷长之和为16.5尺,这十二个节气的所有

晷长之和为84尺,则夏至的晷长为尺.解析设此等差数列{an}的公差为d,由题意,得{𝑆12=84,𝑎1+𝑎5+𝑎9=16.5,即{12𝑎1+12×112𝑑=84,3𝑎5=3(𝑎1+4𝑑)=16.5,解得{𝑎1=1.5,𝑑=1.所以夏

至的晷长为1.5尺.答案1.57.在数列{an}中,a1=8,a4=2,且满足an+2-2an+1+an=0(n∈N+).(1)求数列{an}的通项公式.(2)设Sn=|a1|+|a2|+…+|an|,求Sn.(

3)设bn=1𝑛(12-𝑎𝑛)(n∈N+),Tn=b1+b2+…+bn,是否存在最大整数m,使对任意n∈N+,均有Tn>𝑚32总成立?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.分析第(1)问由条件an+2-2an+1+an=0可知数列{an}是等差数列,可由已知

条件求得公差,再代入通项公式得解.第(2)问先求得前几项是正数,从第几项开始是负数,再求绝对值的和即可.第(3)问先求得Tn的值,再判断Tn是单调递增函数,可得T1是最小值,因此只要满足T1>𝑚32即可,从而求得m的值.解(1)由an

+2-2an+1+an=0,得an+2-an+1=an+1-an,所以数列{an}是等差数列.由a1=8,a4=2,得d=-2,所以an=10-2n.(2)令an≥0,且an+1<0,解得n=5.当n≤5时,Sn=-n2+9n;当n>5时,Sn=|

a1|+|a2|+…+|an|=(a1+a2+…+a5)-(a6+a7+…+an)=2(a1+a2+…+a5)-(a1+a2+…+an)=2×20-(-n2+9n)=n2-9n+40.故Sn={-𝑛2+9𝑛,𝑛≤5,

𝑛2-9𝑛+40,𝑛>5.(3)bn=12(1𝑛-1𝑛+1),所以Tn=12(1-12+12-13+…+1𝑛-1𝑛+1)=𝑛2(𝑛+1).所以Tn+1-Tn=12(𝑛+2)(𝑛+1)>0,所以{Tn}单调递增.所以T1=14为Tn的最小值,要使Tn>�

�32总成立,只需𝑚32<T1=14成立,所以m<8.因为m∈Z,所以适合条件的m的最大值为7.8.数列{an}是各项为正数的数列,前n项和为Sn,且2√2𝑆𝑛=an+2.(1)求证:{an}是等差数列;(2)令

bn=1𝑎𝑛𝑎𝑛+1,数列{bn}的前n项和为Bn,求证:Bn<18.证明(1)∵2√2𝑆𝑛=an+2,∴8Sn=(an+2)2,则当n≥2时,8Sn-1=(an-1+2)2,∴8(Sn-Sn-1)

=(an+2)2-(an-1+2)2,即8an=(an+2)2-(an-1+2)2,∴(an+an-1)(an-an-1-4)=0.∵an>0,∴an+an-1≠0.∴an-an-1-4=0,∴an-an

-1=4(n≥2).∴{an}是等差数列.(2)令n=1,有2√2𝑆1=a1+2,∴2√2𝑎1=a1+2,∴a1=2.故an=2+(n-1)×4=4n-2,∴bn=1𝑎𝑛𝑎𝑛+1=14·4𝑎𝑛𝑎𝑛+1=14(1𝑎𝑛-1𝑎𝑛+1).∴Bn=b1+b2+…+

bn=14[(1𝑎1-1𝑎2)+(1𝑎2-1𝑎3)+…+(1𝑎𝑛-1𝑎𝑛+1)]=14(1𝑎1-1𝑎𝑛+1)=14(12-14𝑛+2)<14(12-0)=18.∴Bn<18.素养培优练(2019山东济南高三期中)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=11,S7=

161.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若Sn>6an-5n-12,求n的取值范围;(3)若bn=1𝑎𝑛𝑎𝑛+1,求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)由题意得{𝑎2=𝑎1+𝑑=11,𝑆7=7𝑎1+21𝑑=161,解得{𝑎1=5,𝑑=6.所以an=6n-1.

(2)由(1)得Sn=5n+𝑛(𝑛-1)2×6=3n2+2n,因为Sn>6an-5n-12,即3n2-29n+18≥0.解得n≤23或n≥9,因为n≥1且n∈N+,所以n的取值范围为n≥9且n∈N+.(3)因为bn=

1𝑎𝑛𝑎𝑛+1=1(6𝑛-1)(6𝑛+5)=1616𝑛-1−16𝑛+5,所以Tn=1615−111+111−117+…+16𝑛-1−16𝑛+5=1615−16𝑛+5=𝑛5(6𝑛+5).获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xian

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