第2课时 等差数列前n项和的应用 课后训练提升 基础巩固 L.设等差数列{an}的前n项和为Sm,若a2+a4+a15的值为确定的常数，则下列各数 中也是常数的是( A.S7 B.Ss C.S13 D.S15 答案：C 解析：设等差数列{am}的公差为d, 由题意可知a2+a4+a15=a1+d+a1+3d+a1+14d=3a1+18d=3(a1+6d)=37为常数， 又S13=13a+a=13a7,故S13是常数. 2 2++ 1 +…+1等于( 99×100 A品 B.99 “100 C100 D100 99 99 答案B 解析原式-1+计片…分一。1品=品 23 3.在数列{am}中，若an=43-3n,则Sn取得最大值时，n等于( ) A.13 B.14 C.15 D.14或15 答案B 解析：当n≥2时，am-am-1=43-3n-[43-3n-1)】=-3,当n=1时，a1=40,即{an}是以40为 首项3为公差的等差教列故Sm-+受1=》+器则当m=14 2 时，Sn取得最大值 4.已知数列{am}的前n项和为Sn,若am=1则S等于( n(n+1) A.1 B 6 c片 D 30 答案B =片 解析：因为a=1 所以S-(1)+(任)+()+（任）+(（)=1=故选B. 5.己知等差数列{an}中，a1=11,前7项的和S7=35,则前n项和Sn中()】 A.前6项之和最大 B.前7项之和最大 C.前6项之和最小 D.前7项之和最小 答案：A
第 2 课时 等差数列前 n 项和的应用 课后· 基础巩固 1.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a2+a4+a15的值为确定的常数,则下列各数 中也是常数的是( ). A.S7 B.S8 C.S13 D.S15 答案:C 解析:设等差数列{an}的公差为 d, 由题意可知 a2+a4+a15=a1+d+a1+3d+a1+14d=3a1+18d=3(a1+6d)=3a7为常数, 又 S13= 13(𝑎1+𝑎13) 2 =13a7,故 S13是常数. 2. 1 1×2 + 1 2×3 + 1 3×4 +…+ 1 99×100等于( ). A.- 99 100 B. 99 100 C.- 100 99 D. 100 99 答案:B 解析:原式=1- 1 2 + 1 2 − 1 3 + 1 3 − 1 4 +…+ 1 99 − 1 100 =1- 1 100 = 99 100 . 3.在数列{an}中,若 an=43-3n,则 Sn 取得最大值时,n 等于( ). A.13 B.14 C.15 D.14 或 15 答案:B 解析:当 n≥2 时,an-an-1=43-3n-[43-3(n-1)]=-3,当 n=1 时,a1=40,即{an}是以 40 为 首项,-3 为公差的等差数列,故 Sn= (𝑎1+𝑎𝑛)𝑛 2 =- 3 2 n 2+ 83 2 n=- 3 2 (𝑛- 83 6 ) 2 + 83 2 24 ,则当 n=14 时,Sn 取得最大值. 4.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 an= 1 𝑛(𝑛+1) ,则 S5等于( ). A.1 B. 5 6 C. 1 6 D. 1 30 答案:B 解析:因为 an= 1 𝑛(𝑛+1) = 1 𝑛 − 1 𝑛+1 , 所以 S5=(1- 1 2 ) + ( 1 2 - 1 3 ) + ( 1 3 - 1 4 ) + ( 1 4 - 1 5 ) + ( 1 5 - 1 6 )=1- 1 6 = 5 6 ,故选 B. 5.已知等差数列{an}中,a1=11,前 7 项的和 S7=35,则前 n 项和 Sn中( ). A.前 6 项之和最大 B.前 7 项之和最大 C.前 6 项之和最小 D.前 7 项之和最小 答案:A
解析：由题意知S7=+a,x2-=35,则am=-1, 2 因为a1=11,所以公差d=2=-2,即an=-2n+13,则a6>0,a70,则此数列中绝对值最小的项 为() A.第5项 B.第6项 C.第7项 D第8项 答案：C 解析：由题意知，S13=13a0,得a70,即a6> 2 an=a7, 故a7的绝对值最小 7.设Sm为等差数列{an}的前n项和，若a4=1,Ss=10,则当Sn取得最大值时，n的值 为 答案4或5 解析：设等差数列{am}的公差为d, f=a+3d=1, 0解件侣 s=5a1+4d=10, 则a5=a1+4d=0,即S4=S5同时最大， 故n=4或n=5. 8.在等差数列{an}中，已知a3+a8>0,且S90,S90,Sg=9a1+al=9as0,故S,S2,…,Sg中最小的是Ss 9.在等差数列{an}中，若a1=25,且S9=S17,则Sn的最大值为 答案：169 解析（方法一）设等差数列{am}的公差为d, S9=S17,a1=25 9x25+9x9-1d=17x25+7×17-四d, 2 解得d=-2. 则Sn=25n+mn-1×(-2)=-n2+26n=-n-13y+169. 即当n=13时，Sn有最大值169 (方法二)同方法一，求出公差d=-2 即an=25+(n-1)×(-2)=-2n+27
解析:由题意知 S7= (𝑎1+𝑎7 )×7 2 =35,则 a7=-1, 因为 a1=11,所以公差 d=𝑎7 -𝑎1 7-1 =-2,即 an=-2n+13,则 a6>0,a70,则此数列中绝对值最小的项 为( ). A.第 5 项 B.第 6 项 C.第 7 项 D.第 8 项 答案:C 解析:由题意知,S13=13a70,得 a70,即 a6>- a7=|a7|, 故 a7 的绝对值最小. 7.设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,若 a4=1,S5=10,则当 Sn取得最大值时,n 的值 为 . 答案:4 或 5 解析:设等差数列{an}的公差为 d, 由{ 𝑎4 = 𝑎1 + 3𝑑 = 1, 𝑆5 = 5𝑎1 + 5×4 2 𝑑 = 10, 解得{ 𝑎1 = 4, 𝑑 = -1, 则 a5=a1+4d=0,即 S4=S5同时最大. 故 n=4 或 n=5. 8.在等差数列{an}中,已知 a3+a8>0,且 S90,S90,S9= 9(𝑎1+𝑎9 ) 2 =9a50,故 S1,S2,…,S9中最小的是 S5. 9.在等差数列{an}中,若 a1=25,且 S9=S17,则 Sn的最大值为 . 答案:169 解析:(方法一)设等差数列{an}的公差为 d, ∵S9=S17,a1=25, ∴9×25+ 9×(9-1) 2 d=17×25+ 17 ×(17-1) 2 d, 解得 d=-2. 则 Sn=25n+𝑛(𝑛-1) 2 ×(-2)=-n 2+26n=-(n-13)2+169. 即当 n=13 时,Sn 有最大值 169. (方法二)同方法一,求出公差 d=-2. 即 an=25+(n-1)×(-2)=-2n+27
由an=-2n+27≥0， n≤13号 a+1=-2n+1)+27≤0.得 n≥123 ,n∈N*,∴.当n=13时，Sm有最大值169 (方法三)同方法一，求出公差d=-2.S9=S17 ∴.a10+a11+…+a17=0, 由等差数列的性质得a13+a14=0. 则a13>0,a14<0 即当n=13时，Sm有最大值169 (方法四)同方法一，求出公差d=-2. Sn-r+(a)n,S=Sin。 二次函数图象的对称轴为直线x=9+=13,且开口方向向下， 2 ∴.当n=13时，Sm取得最大值169 10.若等差数列{an}的首项a1=13,公差d=-4,设Tn=a+la2+…+anl,求Tm 解：由于a1=13,d=-4,则an=17-4n. 当am≥0时，n≤即n≤4且neN中 当n≤4时，Tn=la+la2l+…+lanl=a+a2+…tan=na+m-d 2 =13n+mmyx(-4)=15n-2n2; 2 当n≥5时，Tn=la1+la2l+…+lanl=(a1+a2+a3+a4)(a5+a6+…+am =S4-(Sn-S4)=2S4-Sn=2×3+x4(15n-2n2)=2mR2-15n+56. 2 故元-81s46之5 11.设{an}是等差数列，a1=-10,且(a3+8)2=(a2+10)(a4+6). (I)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{an}的前n项和为Sm,求Sm的最小值 解(1)设等差数列{an}的公差为d, 由(a3+8)2=(a2+10)(a4+6),得(2d-2)2=d3d-4),解得d=2, 故am=-10+2(n-1)=2n-12 2)(1知am=2n-12,则Sa-0t2nxn=2-11n-(n-)2- 2 故当n=5或n=6时，Sn取得最小值-30. 12.己知数列{an}满足a1=1,(n+1)am+1-nan=n+1. (I)求数列{an}的通项公式， 2若5为数列的前n项和，求证导≤S.<2 (1)解：由于(n+1)an+1-an=n+1 取n=1,2,3,…,n-1,得
由{ 𝑎𝑛 = -2𝑛 + 27 ≥ 0, 𝑎𝑛+1 = -2(𝑛 + 1) + 27 ≤ 0, 得 { 𝑛 ≤ 13 1 2 , 𝑛 ≥ 12 1 2 . ∵n∈N* ,∴当 n=13 时,Sn 有最大值 169. (方法三)同方法一,求出公差 d=-2.∵S9=S17, ∴a10+a11+…+a17=0. 由等差数列的性质得 a13+a14=0. 则 a13>0,a14<0. 即当 n=13 时,Sn 有最大值 169. (方法四)同方法一,求出公差 d=-2. ∵Sn= 𝑑 2 n 2+(𝑎1 - 𝑑 2 )n,S9=S17, ∴二次函数图象的对称轴为直线 x= 9+17 2 =13,且开口方向向下, ∴当 n=13 时,Sn 取得最大值 169. 10.若等差数列{an}的首项 a1=13,公差 d=-4,设 Tn=|a1|+|a2|+…+|an|,求 Tn. 解:由于 a1=13,d=-4,则 an=17-4n. 当 an≥0 时,n≤ 17 4 ,即 n≤4 且 n∈N* . 当 n≤4 时,Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=na1+ 𝑛(𝑛-1) 2 d =13n+𝑛(𝑛-1) 2 ×(-4)=15n-2n 2 ; 当 n≥5 时,Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=(a1+a2+a3+a4)-(a5+a6+…+an) =S4-(Sn-S4)=2S4-Sn=2× (13+1)×4 2 -(15n-2n 2 )=2n 2 -15n+56. 故 Tn={ 15𝑛-2𝑛 2 ,𝑛 ≤ 4, 2𝑛 2 -15𝑛 + 56,𝑛 ≥ 5. 11.设{an}是等差数列,a1=-10,且(a3+8)2=(a2+10)(a4+6). (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,求 Sn 的最小值. 解:(1)设等差数列{an}的公差为 d, 由(a3+8)2=(a2+10)(a4+6),得(2d-2)2=d(3d-4),解得 d=2, 故 an=-10+2(n-1)=2n-12. (2)由(1)知 an=2n-12,则 Sn= -10+2𝑛-12 2 ×n=n2 -11n=(𝑛- 11 2 ) 2 − 121 4 , 故当 n=5 或 n=6 时,Sn 取得最小值-30. 12.已知数列{an}满足 a1=1,(n+1)an+1-nan=n+1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 Sn 为数列{ 1 𝑎𝑛𝑎𝑛+1 }的前 n 项和,求证: 2 3 ≤Sn<2. (1)解:由于(n+1)an+1-nan=n+1, 取 n=1,2,3,…,n-1,得
2a2-a1=2, 3a3-2a2=3 4a4-3a3=4. nan-(n-1)an-I=n, 累加得nam-a1=2+3+4+…+n, 即a=1+2+…+n=四，故am=生号 2 2i证明：0得a=a24(台) anan+i 则s=4-)+任-)+-)+…+（点-】2 因为Sn随着n的增大而增大，所以Sn≥Si=子 又Sn0成立的n a12 的最小值是() A.11 B.12 C.21 D.22 答案D 解析：由题意，可得等差数列{an}的公差d0, 因为-10,a110, 则S22=2a,+a2=11(a11+a2)>0,21=21a110成立的n的最小值是22 3.己知点(n,am)在函数y=9-2x的图象上，则数列{am}的前n项和Sm的最大值为 () A.-14 B.-16 C.14 D.16
2a2-a1=2, 3a3-2a2=3, 4a4-3a3=4, …… nan-(n-1)an-1=n, 累加得 nan-a1=2+3+4+…+n, 即 nan=1+2+…+n=𝑛(𝑛+1) 2 ,故 an= 𝑛+1 2 . (2)证明:由(1)得, 1 𝑎𝑛𝑎𝑛+1 = 4 (𝑛+1)(𝑛+2) =4( 1 𝑛+1 - 1 𝑛+2 ), 则 Sn=4[( 1 2 − 1 3 ) + ( 1 3 − 1 4 ) + ( 1 4 − 1 5 ) + ⋯ + ( 1 𝑛+1 − 1 𝑛+2 )]=2- 4 𝑛+2 . 因为 Sn 随着 n 的增大而增大,所以 Sn≥S1= 2 3 . 又 Sn0 成立的 n 的最小值是( ). A.11 B.12 C.21 D.22 答案:D 解析:由题意,可得等差数列{an}的公差 d>0. 因为-10,a110, 则 S22= 22(𝑎11 +𝑎12 ) 2 =11(a11+a12)>0,S21=21a110 成立的 n 的最小值是 22. 3.已知点(n,an)在函数 y=9-2x 的图象上,则数列{an}的前 n 项和 Sn 的最大值为 ( ). A.-14 B.-16 C.14 D.16
答案D 解析：根据题意，得an=9-2n,令an=9-2n≥0，解得n≤号故当n=4时，Sn取最大值，且 最大值为4=4x7+型=16， 2 4.已知数列{am}的各项均为正数，Sn为其前n项和，对于任意的n∈N,总有am,S,a 成等差数列，设bm= 1 ，则数列{bm}的前n项和Tm等于() 2n+1'a2n+3 A.6n B.n n+9 9n+6 C” D n 6n+9 n+6 答案：C 解析：由于am,Sn,a%成等差数列，故Sn=a近，当n=1时，a1=+,解得a1=l,当n≥2 2 2 时，am=SnSn-1=na近_u,由于数列{am}的各项均为正数，则化简得aran-=l, 故an=n,当n=1时上式也符合.故{an}是首项为1，公差为1的等差数列，即数列 a}的道项公式是am=n则6a2+=(品 故g-)+-》++(品》（非）=品故选C 5.在等差数列{an}中，a100,且a11>a1ol,则满足Sn0,且a11>a1ol, 所以a11>-a10,a1+a20=a10+a11>0, 所以S20=20a+a2l0. 2 又a10+a10<0,所以S19_19a+a-19a10<0, 2 故满足Sm<0的n的最大值为19. 6.某山村投资64万元新建一处农业生态园.建成投入运营后，第一年需支出各项 费用11万元，以后每年支出费用增加2万元.从第一年起，每年收入都为36万元， 设n)表示前n年的纯利润总和(n)=前n年的总收入-前n年的总支出费用-投 资额) (1)前多少年的纯利润总和最大？最大值为多少？ (2)计算前多少年的年平均纯利润最大，并求出最大值 解：(1)由题意可知，每年的支出费用组成首项为11，公差为2的等差数列， 故前n年的总支出费用为11n+m×2=n2+10n, 则n)=36n-(n2+10n)-64=-n2+26n-64,n∈N* n)=-(n-13)2+105 故当n=13时nm)取得最大值105 即前13年的纯利润总和最大，且最大值为105万元 (2)由(1)知，前n年的年平均纯利润为
答案:D 解析:根据题意,得 an=9-2n,令 an=9-2n≥0,解得 n≤ 9 2 ,故当 n=4 时,Sn 取最大值,且 最大值为 S4= 4×(7+1) 2 =16. 4.已知数列{an}的各项均为正数,Sn 为其前 n 项和,对于任意的 n∈N* ,总有 an,Sn,𝑎𝑛 2 成等差数列,设 bn= 1 𝑎2𝑛+1 ·𝑎2𝑛+3 ,则数列{bn}的前 n 项和 Tn 等于( ). A. 6𝑛 𝑛+9 B. 𝑛 9𝑛+6 C. 𝑛 6𝑛+9 D. 𝑛 𝑛+6 答案:C 解析:由于 an,Sn,𝑎𝑛 2成等差数列,故 Sn= 𝑎𝑛 +𝑎𝑛 2 2 ,当 n=1 时,a1= 𝑎1+𝑎1 2 2 ,解得 a1=1;当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= 𝑎𝑛+𝑎𝑛 2 2 − 𝑎𝑛-1 +𝑎𝑛-1 2 2 ,由于数列{an}的各项均为正数,则化简得 an-an-1=1, 故 an=n,当 n=1 时上式也符合.故{an}是首项为 1,公差为 1 的等差数列,即数列 {an}的通项公式是 an=n.则 bn= 1 (2𝑛+1)(2𝑛+3) = 1 2 ( 1 2𝑛+1 − 1 2𝑛+3 ). 故 Tn= 1 2 [( 1 3 − 1 5 ) + ( 1 5 − 1 7 ) + ⋯ + ( 1 2𝑛+1 − 1 2𝑛+3 )]= 1 2 ( 1 3 - 1 2𝑛+3 ) = 𝑛 6𝑛+9 ,故选 C. 5.在等差数列{an}中,a100,且 a11>|a10|,则满足 Sn0,且 a11>|a10|, 所以 a11>-a10,a1+a20=a10+a11>0, 所以 S20= 20(𝑎1+𝑎20) 2 >0. 又 a10+a10<0,所以 S19= 19(𝑎1+𝑎19 ) 2 =19a10<0, 故满足 Sn<0 的 n 的最大值为 19. 6.某山村投资 64 万元新建一处农业生态园.建成投入运营后,第一年需支出各项 费用 11 万元,以后每年支出费用增加 2 万元.从第一年起,每年收入都为 36 万元. 设 f(n)表示前 n 年的纯利润总和(f(n)=前 n 年的总收入-前 n 年的总支出费用-投 资额). (1)前多少年的纯利润总和最大?最大值为多少? (2)计算前多少年的年平均纯利润最大,并求出最大值. 解:(1)由题意可知,每年的支出费用组成首项为 11,公差为 2 的等差数列, 故前 n 年的总支出费用为 11n+𝑛(𝑛-1) 2 ×2=n2+10n, 则 f(n)=36n-(n 2+10n)-64=-n 2+26n-64,n∈N* . f(n)=-(n-13)2+105, 故当 n=13 时,f(n)取得最大值 105, 即前 13 年的纯利润总和最大,且最大值为 105 万元. (2)由(1)知,前 n 年的年平均纯利润为
=+26m6-（n+9）+26, n 由于n+4>≥2，n4-16,当且仅当n=兴 即n=8时，等号成立，则m≤-16+26=10 即前8年的年平均纯利润最大，且最大值为10万元. 挑战创新 已知数列{am}的前n项和为Sm,且点n,Sn)在函数y-=之2+字的图象上. (I)求数列{an}的通项公式： ②设数列[}的前n项和为m,不等式1oe(1-树任意的正整数n恒成 立，求实数a的取值范围 解(1)由于点(n,Sn)在函数x)=之2+的图象上，则S=之r+n.① 当n≥2时，Sm.1=2n-l+n-l),② 由①-②，得an=n. 当n=1时，a1=S1=1,符合上式.故an=n 20==) anan+2 则Tm=1+1 +十 1 aia3 a2a4 anan+2 =(-+++片-》 子-品+》 Tm+1-7nm+1Wn+>0, 1 即数列{T}单调递增，故数列{T}中的最小项为T号 要使不等式Tm>log(l-a)对任意正整数n恒成立， 只要>3oga(l-a),即loga(l-a)<logad. 解得0<a<三即实数a的取值范围为(0，)
𝑓(𝑛) 𝑛 = -𝑛 2+26𝑛-64 𝑛 =-(𝑛 + 64 𝑛 )+26, 由于 n+64 𝑛 ≥2√𝑛· 64 𝑛 =16,当且仅当 n= 64 𝑛 , 即 n=8 时,等号成立,则 𝑓(𝑛) 𝑛 ≤-16+26=10, 即前 8 年的年平均纯利润最大,且最大值为 10 万元. 挑战创新 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且点(n,Sn)在函数 y= 1 2 x 2+ 1 2 x 的图象上. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{ 1 𝑎𝑛𝑎𝑛+2 }的前 n 项和为 Tn,不等式 Tn> 1 3 loga(1-a)对任意的正整数 n 恒成 立,求实数 a 的取值范围. 解:(1)由于点(n,Sn)在函数 f(x)= 1 2 x 2+ 1 2 x 的图象上,则 Sn= 1 2 n 2+ 1 2 n.① 当 n≥2 时,Sn-1= 1 2 (n-1)2+ 1 2 (n-1),② 由①-②,得 an=n. 当 n=1 时,a1=S1=1,符合上式.故 an=n. (2)由(1)得 1 𝑎𝑛𝑎𝑛+2 = 1 𝑛(𝑛+2) = 1 2 ( 1 𝑛 - 1 𝑛+2 ), 则 Tn= 1 𝑎1𝑎3 + 1 𝑎2𝑎4 +…+ 1 𝑎𝑛𝑎𝑛+2 = 1 2 (1 − 1 3 + 1 2 − 1 4 + ⋯ + 1 𝑛 − 1 𝑛+2 ) = 3 4 − 1 2 ( 1 𝑛+1 + 1 𝑛+2 ). Tn+1-Tn= 1 (𝑛+1)(𝑛+3) >0, 即数列{Tn}单调递增,故数列{Tn}中的最小项为 T1= 1 3 . 要使不等式 Tn> 1 3 loga(1-a)对任意正整数 n 恒成立, 只要1 3 > 1 3 loga(1-a),即 loga(1-a)<logaa. 解得 0<a<1 2 ,即实数 a 的取值范围为(0, 1 2 )