【课后练习】人教A版 选择性必修二 4.2 4.2.2 第2课时 等差数列前n项和的应用（含解析）
文档属性
| 名称 | 【课后练习】人教A版 选择性必修二 4.2 4.2.2 第2课时 等差数列前n项和的应用（含解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 234.8KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-12-19 21:12:15 | ||
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文档简介
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4．2 等差数列
4．2.2 等差数列的前n项和公式
第2课时 等差数列前n项和的应用
1．数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，若Sn＝(n＋1)2＋λ，则λ的值为( )
A．－2 B．－1
C．0 D．1
2．在等差数列{an}中，已知前21项和S21＝63，则a2＋a5＋a8＋…＋a20的值为( )
A．7 B．9
C．21 D．42
3．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取得最大值的n为( )
A．18 B．19
C．20 D．21
4．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则a5＝( )
A．103 B．107
C．109 D．105
5．(多选)首项为正数，公差不为0的等差数列{an}，其前n项和为Sn，则下列4个命题中正确的有( )
A．若S10＝0，则a5＞0，a6＜0
B．若S4＝S12，则使Sn＞0的最大的n为15
C．若S15＞0，S16＜0，则{Sn}中S7最大
D．若S8＜S9，则S7＜S8
6．在等差数列{an}中，已知a5＞0，a4＋a7＜0，则{an}的前n项和Sn的最大值为________．
7．(2021·南通高二检测)设Sn为等差数列{an}的前n项和．若S9＝－a5，a1＞0，则使得an＞Sn的n的最小值为________．
8．某渔业公司年初购进1艘渔船用于捕捞，第1年需要维修费12万元，从第2年起维修费比上一年增加4万元，则第5年的维修费是________万元，前10年维修费总和为________万元．
9．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝7，S5＝15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最大值．
10．甲、乙两物体分别从相距70 m的两处同时相向运动，甲第1分钟走2 m，以后每分钟比前1分钟多走1 m，乙每分钟走5 m.
(1)甲、乙开始运动几分钟后第1次相遇？
(2)如果甲、乙到达对方起点后立即返回，甲继续每分钟比前1分钟多走1 m，乙继续每分钟走5 m，那么开始运动几分钟后第2次相遇？
11．(多选)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S6＞S7＞S5，则下列四个命题正确的是( )
A．d＜0 B．S11＞0
C．S12＜0 D．数列{Sn}中的最大项为S11
12．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________．
13．已知点An(n，an)，Bn(n，bn)，Cn(n－1，0)，n∈N*，满足BnBn＋1与AnCn共线，且点(n，an)均在斜率为2的同一条直线上，若a1＝－3，b1＝10，则bn的最小值为________．
14．(2021·浙江宁波高一检测)在等差数列{an}中，已知公差d＞0，a3＋a5＝－4，a2a6＝－12，则数列{|an|}的前n项和Sn＝________．
15．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2.定义数列{bn}如下：bm(m∈N*)是使不等式an≥m(m∈N*) 成立的所有n中的最小值，则b1＋b3＋b5＋…＋b19＝( )
A．25 B．50
C．75 D．100
16．(2021·江苏盐城高二期末)若无穷数列a1，a2，a3，…满足：对任意两个正整数i，j(j－i≥3)，ai－1＋aj＋1＝ai＋aj与ai＋1＋aj－1＝ai＋aj至少有一个成立，则称这个数列为“和谐数列”．
(1)求证：若数列{an}为等差数列，则{an}为“和谐数列”．
(2)求证：若数列{an}为“和谐数列”，则数列{an}从第3项起为等差数列．
参考答案与解析
1.解析：选B.Sn＝n2＋2n＋1＋λ，根据等差数列的前n项和公式可知1＋λ＝0，所以λ＝－1.
2.解析：选C.设等差数列{an}的公差为d，则S21＝＝63，
所以a1＋a21＝6，即2a11＝6，所以a11＝3，
所以a2＋a5＋a8＋…＋a20＝(a2＋a20)＋(a5＋a17)＋(a8＋a14)＋a11＝2a11＋2a11＋2a11＋a11＝7a11＝7×3＝21.故选C.
3.解析：选C.因为a1＋a3＋a5＝105＝3a3，所以a3＝35.
因为a2＋a4＋a6＝99＝3a4，所以a4＝33，
所以d＝a4－a3＝－2，
所以an＝a3＋(n－3)d＝41－2n，
令an＞0，所以41－2n＞0，
所以n＜，所以n≤20，
即当n＝20时，Sn取得最大值．
4.解析：选B.根据题意可知正整数能被21整除余2，
所以an＝21n＋2，所以a5＝21×5＋2＝107.故选B.
5.解析：选ABD.根据等差数列的性质可得a5＋a6＝a1＋a10＝0，又d＜0，所以a5＞0，a6＜0，故A正确；
因为S4＝S12，
所以a5＋a6＋…＋a11＋a12＝4(a8＋a9)＝0，又a1＞0，
所以a8＞0，a9＜0，
所以S15＝15a8＞0，S16＝＝＝0，
所以使Sn＞0的最大的n为15，故B正确；
对于C：因为S15＝15a8＞0，
S16＝＝<0，则a8＞0，a8＋a9<0，即a9＜0，所以{Sn}中S8最大，故C错误；
对于D：因为S8＜S9，则a9＝S9－S8＞0，又a1＞0，
所以a8＝S8－S7＞0，即S8＞S7，故D正确．故选ABD.
6.解析：因为所以所以Sn的最大值为S5.
答案：S5
7.解析：因为Sn为等差数列{an}的前n项和，S9＝－a5，所以S9＝9a5＝－a5，所以S9＝－a5＝0，
所以a1＋4d＝0，a1＝－4d，
由an＞Sn，得a1＋(n－1)d＞na1＋d，
即－4d＋(n－1)d＞－4nd＋d，
因为d＜0，所以整理得n2－11n＋10＞0，
解得n＞10或n<1(舍去)，所以n的最小值为11.
答案：11
8.解析：由题意，从第二年起维修费比上一年增加4万元，即每年的维修费成等差数列．设每年的维修费构成的等差数列为{an}，则an＝12＋4(n－1)＝4n＋8，所以a5＝4×5＋8＝28(万元)，S10＝10×12＋×10×9×4＝300(万元).
答案：28 300
9.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，因为S5＝5a1＋d＝15，
所以d＝－2，所以an＝7＋(n－1)×(－2)＝9－2n.
(2)方法一：因为Sn＝na1＋d＝7n－n(n－1)＝－n2＋8n，即Sn＝－(n－4)2＋16，
当n＝4时，Sn有最大值，(Sn)max＝S4＝16.
方法二：因为an＝9－2n，
所以数列{an}为递减数列，a4＞0，a5＜0，
所以n＝4时，Sn最大．
因为a1＝9－2＝7，d＝－2，
所以S4＝4×7＋×(－2)＝16，
故Sn的最大值为16.
10.解：(1)设n分钟后两人第1次相遇，由题意，得2n＋＋5n＝70，整理得n2＋13n－140＝0.
解得n＝7，n＝－20(舍去).
所以甲、乙开始运动7分钟后第1次相遇．
(2)设n分钟后第2次相遇，由题意，得2n＋＋5n＝3×70，整理得n2＋13n－420＝0.
解得n＝15，n＝－28(舍去).
所以第2次相遇是在开始运动后15分钟．
11.解析：选AB.因为S6＞S7，所以a7＜0，因为S7＞S5，所以a6＋a7＞0，所以a6＞0，所以d＜0，A正确．又S11＝(a1＋a11)＝11a6＞0，B正确．S12＝(a1＋a12)＝6(a6＋a7)＞0，C不正确．{Sn}中最大项为S6，D不正确．
12.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的最大自然数为405.
答案：405
13.解析：由BnBn＋1＝λAnCn，得bn＋1－bn＝an，由点An(n，an)均在斜率为2的同一条直线上，得2＝＝an＋1－an，又a1＝－3，得{an}是以－3为首项，2为公差的等差数列，
所以an＝2n－5，所以bn＋1－bn＝an＝2n－5，
b2－b1＝－3，b3－b2＝－1，
…
bn－bn－1＝2(n－1)－5，
上式相加，可得bn－b1＝＝(n－1)(n－5)＝n2－6n＋5，所以bn＝n2－6n＋15＝(n－3)2＋6，
即bn的最小值为6.
答案：6
14.解析：联立
得
解得或(舍去)，
所以an＝2n－10.
所以当n≤4时，an＜0；当n≥5时，an≥0.
设数列{an}的前n项和为Tn，
则Tn＝＝＝n2－9n.
当n≤4时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝－a1－a2－…－an＝－Tn＝－n2＋9n；
当n≥5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|＋…＋|an|＝－a1－a2－a3－a4＋a5＋…＋an＝－T4＋Tn－T4＝Tn－2T4＝n2－9n＋40，
所以Sn＝
答案：
15.解析：选B.由题意，等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2，可得an＝2n－1，
因为an≥m，即2n－1≥m，解得n≥，
当m＝2k－1(k∈N*)时，bm＝k，
即bm＝＝＝，
即b2k－1＝，从而b1＋b3＋b5＋…＋b19＝(1＋3＋5＋…＋19)＝50.
16.证明：(1)因为数列{an}为等差数列，
所以对任意两个正整数i，j(j－i≥3)，有ai＋1－ai＝aj－aj－1＝d，
所以ai＋1＋aj－1＝ai＋aj.
所以数列{an}为“和谐数列”．
(2)因为数列{an}为“和谐数列”，
所以当i＝1，j＝4时，只能ai＋1＋aj－1＝ai＋aj成立，ai－1＋aj＋1＝ai＋aj不成立．
所以a2＋a3＝a1＋a4，
即a2－a1＝a4－a3.
当i＝1，j＝5，6，7，8，9…时，也只能ai＋1＋aj－1＝ai＋aj成立，ai－1＋aj＋1＝ai＋aj不成立．
所以a2＋a4＝a1＋a5，a2＋a5＝a1＋a6，a2＋a6＝a1＋a7，…，
即a2－a1＝a5－a4＝a6－a5＝a7－a6＝…，
所以a2－a1＝a4－a3＝a5－a4＝a6－a5＝….
令a2－a1＝d，
则数列{an}满足an－an－1＝d(n≥4).
所以数列{an}从第3项起为等差数列．
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4．2 等差数列
4．2.2 等差数列的前n项和公式
第2课时 等差数列前n项和的应用
1．数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，若Sn＝(n＋1)2＋λ，则λ的值为( )
A．－2 B．－1
C．0 D．1
2．在等差数列{an}中，已知前21项和S21＝63，则a2＋a5＋a8＋…＋a20的值为( )
A．7 B．9
C．21 D．42
3．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取得最大值的n为( )
A．18 B．19
C．20 D．21
4．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则a5＝( )
A．103 B．107
C．109 D．105
5．(多选)首项为正数，公差不为0的等差数列{an}，其前n项和为Sn，则下列4个命题中正确的有( )
A．若S10＝0，则a5＞0，a6＜0
B．若S4＝S12，则使Sn＞0的最大的n为15
C．若S15＞0，S16＜0，则{Sn}中S7最大
D．若S8＜S9，则S7＜S8
6．在等差数列{an}中，已知a5＞0，a4＋a7＜0，则{an}的前n项和Sn的最大值为________．
7．(2021·南通高二检测)设Sn为等差数列{an}的前n项和．若S9＝－a5，a1＞0，则使得an＞Sn的n的最小值为________．
8．某渔业公司年初购进1艘渔船用于捕捞，第1年需要维修费12万元，从第2年起维修费比上一年增加4万元，则第5年的维修费是________万元，前10年维修费总和为________万元．
9．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝7，S5＝15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最大值．
10．甲、乙两物体分别从相距70 m的两处同时相向运动，甲第1分钟走2 m，以后每分钟比前1分钟多走1 m，乙每分钟走5 m.
(1)甲、乙开始运动几分钟后第1次相遇？
(2)如果甲、乙到达对方起点后立即返回，甲继续每分钟比前1分钟多走1 m，乙继续每分钟走5 m，那么开始运动几分钟后第2次相遇？
11．(多选)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S6＞S7＞S5，则下列四个命题正确的是( )
A．d＜0 B．S11＞0
C．S12＜0 D．数列{Sn}中的最大项为S11
12．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________．
13．已知点An(n，an)，Bn(n，bn)，Cn(n－1，0)，n∈N*，满足BnBn＋1与AnCn共线，且点(n，an)均在斜率为2的同一条直线上，若a1＝－3，b1＝10，则bn的最小值为________．
14．(2021·浙江宁波高一检测)在等差数列{an}中，已知公差d＞0，a3＋a5＝－4，a2a6＝－12，则数列{|an|}的前n项和Sn＝________．
15．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2.定义数列{bn}如下：bm(m∈N*)是使不等式an≥m(m∈N*) 成立的所有n中的最小值，则b1＋b3＋b5＋…＋b19＝( )
A．25 B．50
C．75 D．100
16．(2021·江苏盐城高二期末)若无穷数列a1，a2，a3，…满足：对任意两个正整数i，j(j－i≥3)，ai－1＋aj＋1＝ai＋aj与ai＋1＋aj－1＝ai＋aj至少有一个成立，则称这个数列为“和谐数列”．
(1)求证：若数列{an}为等差数列，则{an}为“和谐数列”．
(2)求证：若数列{an}为“和谐数列”，则数列{an}从第3项起为等差数列．
参考答案与解析
1.解析：选B.Sn＝n2＋2n＋1＋λ，根据等差数列的前n项和公式可知1＋λ＝0，所以λ＝－1.
2.解析：选C.设等差数列{an}的公差为d，则S21＝＝63，
所以a1＋a21＝6，即2a11＝6，所以a11＝3，
所以a2＋a5＋a8＋…＋a20＝(a2＋a20)＋(a5＋a17)＋(a8＋a14)＋a11＝2a11＋2a11＋2a11＋a11＝7a11＝7×3＝21.故选C.
3.解析：选C.因为a1＋a3＋a5＝105＝3a3，所以a3＝35.
因为a2＋a4＋a6＝99＝3a4，所以a4＝33，
所以d＝a4－a3＝－2，
所以an＝a3＋(n－3)d＝41－2n，
令an＞0，所以41－2n＞0，
所以n＜，所以n≤20，
即当n＝20时，Sn取得最大值．
4.解析：选B.根据题意可知正整数能被21整除余2，
所以an＝21n＋2，所以a5＝21×5＋2＝107.故选B.
5.解析：选ABD.根据等差数列的性质可得a5＋a6＝a1＋a10＝0，又d＜0，所以a5＞0，a6＜0，故A正确；
因为S4＝S12，
所以a5＋a6＋…＋a11＋a12＝4(a8＋a9)＝0，又a1＞0，
所以a8＞0，a9＜0，
所以S15＝15a8＞0，S16＝＝＝0，
所以使Sn＞0的最大的n为15，故B正确；
对于C：因为S15＝15a8＞0，
S16＝＝<0，则a8＞0，a8＋a9<0，即a9＜0，所以{Sn}中S8最大，故C错误；
对于D：因为S8＜S9，则a9＝S9－S8＞0，又a1＞0，
所以a8＝S8－S7＞0，即S8＞S7，故D正确．故选ABD.
6.解析：因为所以所以Sn的最大值为S5.
答案：S5
7.解析：因为Sn为等差数列{an}的前n项和，S9＝－a5，所以S9＝9a5＝－a5，所以S9＝－a5＝0，
所以a1＋4d＝0，a1＝－4d，
由an＞Sn，得a1＋(n－1)d＞na1＋d，
即－4d＋(n－1)d＞－4nd＋d，
因为d＜0，所以整理得n2－11n＋10＞0，
解得n＞10或n<1(舍去)，所以n的最小值为11.
答案：11
8.解析：由题意，从第二年起维修费比上一年增加4万元，即每年的维修费成等差数列．设每年的维修费构成的等差数列为{an}，则an＝12＋4(n－1)＝4n＋8，所以a5＝4×5＋8＝28(万元)，S10＝10×12＋×10×9×4＝300(万元).
答案：28 300
9.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，因为S5＝5a1＋d＝15，
所以d＝－2，所以an＝7＋(n－1)×(－2)＝9－2n.
(2)方法一：因为Sn＝na1＋d＝7n－n(n－1)＝－n2＋8n，即Sn＝－(n－4)2＋16，
当n＝4时，Sn有最大值，(Sn)max＝S4＝16.
方法二：因为an＝9－2n，
所以数列{an}为递减数列，a4＞0，a5＜0，
所以n＝4时，Sn最大．
因为a1＝9－2＝7，d＝－2，
所以S4＝4×7＋×(－2)＝16，
故Sn的最大值为16.
10.解：(1)设n分钟后两人第1次相遇，由题意，得2n＋＋5n＝70，整理得n2＋13n－140＝0.
解得n＝7，n＝－20(舍去).
所以甲、乙开始运动7分钟后第1次相遇．
(2)设n分钟后第2次相遇，由题意，得2n＋＋5n＝3×70，整理得n2＋13n－420＝0.
解得n＝15，n＝－28(舍去).
所以第2次相遇是在开始运动后15分钟．
11.解析：选AB.因为S6＞S7，所以a7＜0，因为S7＞S5，所以a6＋a7＞0，所以a6＞0，所以d＜0，A正确．又S11＝(a1＋a11)＝11a6＞0，B正确．S12＝(a1＋a12)＝6(a6＋a7)＞0，C不正确．{Sn}中最大项为S6，D不正确．
12.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的最大自然数为405.
答案：405
13.解析：由BnBn＋1＝λAnCn，得bn＋1－bn＝an，由点An(n，an)均在斜率为2的同一条直线上，得2＝＝an＋1－an，又a1＝－3，得{an}是以－3为首项，2为公差的等差数列，
所以an＝2n－5，所以bn＋1－bn＝an＝2n－5，
b2－b1＝－3，b3－b2＝－1，
…
bn－bn－1＝2(n－1)－5，
上式相加，可得bn－b1＝＝(n－1)(n－5)＝n2－6n＋5，所以bn＝n2－6n＋15＝(n－3)2＋6，
即bn的最小值为6.
答案：6
14.解析：联立
得
解得或(舍去)，
所以an＝2n－10.
所以当n≤4时，an＜0；当n≥5时，an≥0.
设数列{an}的前n项和为Tn，
则Tn＝＝＝n2－9n.
当n≤4时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝－a1－a2－…－an＝－Tn＝－n2＋9n；
当n≥5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|＋…＋|an|＝－a1－a2－a3－a4＋a5＋…＋an＝－T4＋Tn－T4＝Tn－2T4＝n2－9n＋40，
所以Sn＝
答案：
15.解析：选B.由题意，等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2，可得an＝2n－1，
因为an≥m，即2n－1≥m，解得n≥，
当m＝2k－1(k∈N*)时，bm＝k，
即bm＝＝＝，
即b2k－1＝，从而b1＋b3＋b5＋…＋b19＝(1＋3＋5＋…＋19)＝50.
16.证明：(1)因为数列{an}为等差数列，
所以对任意两个正整数i，j(j－i≥3)，有ai＋1－ai＝aj－aj－1＝d，
所以ai＋1＋aj－1＝ai＋aj.
所以数列{an}为“和谐数列”．
(2)因为数列{an}为“和谐数列”，
所以当i＝1，j＝4时，只能ai＋1＋aj－1＝ai＋aj成立，ai－1＋aj＋1＝ai＋aj不成立．
所以a2＋a3＝a1＋a4，
即a2－a1＝a4－a3.
当i＝1，j＝5，6，7，8，9…时，也只能ai＋1＋aj－1＝ai＋aj成立，ai－1＋aj＋1＝ai＋aj不成立．
所以a2＋a4＝a1＋a5，a2＋a5＝a1＋a6，a2＋a6＝a1＋a7，…，
即a2－a1＝a5－a4＝a6－a5＝a7－a6＝…，
所以a2－a1＝a4－a3＝a5－a4＝a6－a5＝….
令a2－a1＝d，
则数列{an}满足an－an－1＝d(n≥4).
所以数列{an}从第3项起为等差数列．
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