4.2.2.2等差数列前n项和的综合应用 分层练习（含解析）-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

4.2.2.2 等差数列前n项和的综合应用
基础过关练
题组一　等差数列前n项和的最大(小)值
1.(2025河南豫东名校期末)已知等差数列{an}的前n项和Sn有最小值,若<-1,则当Sn取得最小正值时,n=(　　)
A.12　　　B.11　　　C.10　　　D.9
2.(2024浙江金华第一中学期中)已知数列{an}是公差不为0的无穷等差数列,Sn是其前n项和,若Sn存在最大值,则(　　)
A.在S1,,,…,中,最大的数是S1
B.在S1,,,…,中,最大的数是
C.在S1,S2,S3,…,S2 023中,最大的数是S1
D.在S1,S2,S3,…,S2 023中,最大的数是S2 023
3.(多选题)(2025江苏镇江第一中学期末)已知数列{an}的前n项和为Sn=n2-23n,则下列说法正确的是(　　)
A.a1=-22
B.数列{an}是递减数列
C.数列{Sn}的最小项为S22和S23
D.满足Sn<0的n的最大值为22
4.(多选题)(2025安徽省十联考)记等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4=-3,S11=11,则(　　)
A.{an}是递增数列
B.a5+a6<0
C.当n=5时,Sn取得最小值
D.若Sn>0,则n的最小值为11
5.(2024福建联考)已知数列{an}满足a1=,an+1=,a1+a1a2+…+a1a2…anA.3　　　B.2　　　C.1　　　D.
6.(2025福建福州期末)已知等差数列{an}满足a3=1,a2+3a4=0.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求{an}的前n项和Sn的最大值.
题组二　等差数列前n项和的实际应用
7.(2024山西晋城一模)某健身房推出会员打卡送积分活动(积分可兑换礼品),第一天打卡得1积分,以后只要连续打卡,每天所得积分都会比前一天多2分.若某天未打卡,则当天没有积分,且第二天打卡必须从1积分重新开始.某会员参与打卡活动,从3月1日开始,到3月20日他共得193积分,中途有一天未打卡,则他未打卡的那天是(　　)
A.3月5日或3月16日
B.3月6日或3月15日
C.3月7日或3月14日
D.3月8日或3月13日
8.(2025广东广州部分学校教学质量检测)北宋数学家沈括在酒馆看见一层层垒起的酒坛,想求这些酒坛的总数,经过反复尝试,终于得出了长方台形垛积的求和公式.如图,由大小相同的小球堆成一个长方台形垛积,第一层有ab(a=b+1)个小球,第二层有(a+1)(b+1)个小球,第三层有(a+2)(b+2)个小球,依此类推,最底层有cd个小球,共有n层.现有一个由大小相同的小球堆成的长方台形垛积,共7层,小球总个数为168,则该垛积的第一层的小球个数为(　　)
A.1　　　B.2　　　C.3　　　D.4
9.(2024浙江丽水第二高级中学月考)在如下数表中:
第1行为1,从第2行开始,每一行的左右两端都为1,其余的数都等于它肩上的两个数之和再加1.则
(1)第10行的第3个数为　　　;
(2)第n(n∈N*)行的各个数之和为　　　.
题组三　与等差数列有关的数列求和
10.若函数f(x)=x+3sin+,数列{an}满足an=,则f(a1)+f(a2)+…+f(a2 022)=(　　)
A.2 022　　　B.2 023　　　C.4 044　　　D.4 046
11.(多选题)(2024安徽六安第一中学月考)已知各项都是正数的数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=+,则(　　)
A.{}是等差数列　　　B.Sn+Sn+2<2Sn+1
C.an+1>an　　　D.88<<89
12.(2025安徽淮南第四中学期末)已知数列{an}满足a1=3,an+1-an=2,设bn=(-1)n+1·,数列{bn}的前n项和为Tn,若Tn<λ(3-5λ)恒成立,则实数λ的取值范围为(　　)
A.　　　B.
C.　　　D.
13.(2025广东深圳期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,且4Sn=(2n+1)an+1(n∈N*).
(1)求{an}的通项公式;
(2)记bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
能力提升练
题组一　等差数列前n项和的最大(小)值
1.(多选题)(2025江苏镇江中学期末)设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,若S10=S20,则下列结论中正确的有(　　)
A.当n=15时,Sn取得最大值
B.S30=0
C.若d>0,则a10+a22>0
D.若d<0,则|a10|>|a22|
2.(多选题)(2025湖北武汉部分重点中学期末)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sn有最大值,且<-1,则下列结论正确的是(　　)
A.当Sn取得最大值时,n=2 023
B.使Sk>0的k的最大值为4 045
C.S4 046D.在数列(1≤n≤4 046,n∈N*)中,当n=2 023时,取得最大值
3.(多选题)(2024重庆一中月考)设数列{an}满足2an=an+1+an-1(n≥2且n∈N*),Sn是数列{an}的前n项和,且4S7-7S4=42,a1=1,数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn=·Sn,则下列结论正确的有(　　)
A.a5=3
B.数列的前2 024项和为
C.当n=4时,Tn取得最小值
D.当n=5时,取得最小值
题组二　等差数列前n项和的综合应用
4.(2025广东东莞期末)“垛积术”是我国古代数学的重要成就之一,元代数学家朱世杰在《四元玉鉴》中记载了“三角形垛”,其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”的三角锥形状的堆垛(俯视图如图所示,顶层有1个球,第二层有3个球,第三层有6个球,……),现有1 600个相同的小球,则可摆“落一形”堆垛的层数最多为(　　)
A.21　　　B.20　　　C.19　　　D.18
5.(2024浙江精诚联盟联考)已知递增数列{an}的前n项和Sn满足2Sn=n(an+1),设bn=,若对任意n∈N*,不等式b1+b2+b3+…+bn≤恒成立,则a2 023的最小值为(　　)
A.2 023　　　B.2 024　　　
C.4 045　　　D.8 089
6.(多选题)(2025安徽蚌埠二中期末)已知数列{an}的前n项和Sn=n2-7n+6,则下列说法正确的是(　　)
A.an=2n-8
B.当Sn取得最小值时,n=3或n=4
C.++…+=
D.的最小值为2-7
7.(多选题)(2024江苏苏州期中)在我国古代的数学专著《九章算术》里有一段叙述:今有良马与驽马发长安至齐,齐去长安一千一百二十五里,良马初日行一百零三里,日增十三里;驽马初日行九十七里,日减半里;良马先至齐,复还迎驽马,二马相逢.则(　　)
A.驽马第七日行九十四里
B.第七日良马先至齐
C.第八日两马相逢
D.两马相逢时良马行一千三百九十五里
8.(2025湖南长沙重点中学期末)已知等差数列{an}(公差不为0)和等差数列{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,如果关于x的方程1 003x2-S1 003x+T1 003=0有实数解,那么关于x的方程x2-aix+bi=0(i=1,2,…,1 003)中,有实数解的至少有(　　)
A.499个　　　B.500个　　　C.501个　　　D.502个
9.(2025湖北部分省级示范高中期末)记Sn是等差数列{an}的前n项和,若a5=S3,a2-a1=2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求使Sn>2an-1成立的n的最小值;
(3)设bn=(-1)nSn,求数列{bn}的前n项和Tn.
10.(2025江苏苏州第五中学月考)已知数列{an}的前n项和Sn满足-=1(n∈N*,n≥2),a1=1.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若[x]表示不超过x的最大整数,如[-1.2]=-2,[2.1]=2,求的值;
(3)设bn=(n∈N*),Tn=b1+b2+b3+…+bn,是否存在正整数m,使得对任意正整数n,Tn>恒成立 若存在,求出m的最大值;若不存在,请说明理由.
答案
基础过关练
1.C　因为Sn有最小值,所以数列{an}的公差大于0,
又<-1,即<0,所以a6>0>a5,且a5+a6>0,
故S9=9a5<0,S10=5(a1+a10)=5(a5+a6)>0,
所以S10为Sn的最小正值,故满足要求的n=10.
2.A　设等差数列{an}的公差为d,则d≠0,由Sn存在最大值可知,d<0,
因为Sn=na1+=n2+n,所以=n+,所以数列是以S1为首项,为公差的等差数列,且d<0,则是递减数列,所以在S1,,,…,中,最大的数是S1,故A正确,B错误.
因为首项a1和公差d都不确定,所以Sn的最大值是不确定的,即在S1,S2,S3,…,S2 023中,最大的数是不确定的,故C,D错误.
3.AD　当n=1时,a1=S1=1-23=-22,A正确;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-23n-[(n-1)2-23(n-1)]=2n-24,
又a1=-22满足上式,所以an=2n-24,所以an+1-an=2>0,所以{an}为递增数列,B错误;
易得函数y=x2-23x的图象开口向上,对称轴为直线x=,因为n∈N*,所以{Sn}的最小项为S11和S12,C错误;
令Sn<0,得n2-23n<0,即04.ACD　设{an}的公差为d.
对于A,由题意得解得故{an}是递增数列,A正确;
对于B,易得an=a1+(n-1)d=2n-11,则a5+a6=-1+1=0,B错误;
对于C,易得Sn=-9n+×2=n2-10n=(n-5)2-25,故当n=5时,Sn取得最小值,为-25,C正确;
对于D,令Sn>0,即n2-10n>0,解得n<0(舍去)或n>10,因为n∈N*,所以使Sn>0成立的n的最小值为11,D正确.
5.C　由已知得=,即=1+,
∴是公差为1的等差数列,
又∵a1=,∴=+n-1=n+2,∴an=,
∴a1a2a3…an=×××…×==2,∴a1+a1a2+…+a1a2…an=2×-+-+…+-=1-<1,
故m≥1,即m的最小值为1.
6.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
由题意得解得
所以an=5+(n-1)×(-2)=7-2n.
(2)解法一:易得Sn=na1+d=5n+·(-2)=-n2+6n=-(n-3)2+9,
所以当n=3时,Sn取得最大值,为9.
解法二:令an=7-2n=0,解得n=,
所以当n≤3时,an>0;当n≥4时,an<0,
所以S1S4>S5>…,即当n=3时,Sn取得最大值,
又S3=5×3+×(-2)=9,所以Sn的最大值为9.
7.D　若他连续打卡,则从打卡第1天开始,逐日所得积分依次成等差数列,且首项为1,公差为2,第n天所得积分为2n-1.
假设他连续打卡n(1≤n≤18,n∈N*)天,第(n+1)天中断了,
则他这20天所得积分之和为(1+3+…+2n-1)+[1+3+…+2(19-n)-1]=+=193,化简得n2-19n+84=0,解得n=7或n=12,
所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日.
8.B　设从上到下各层的小球个数构成数列{an}(1≤n≤7,n∈N*),其前n项和为Sn,
由题意得a1=ab,a2=(a+1)(b+1),a3=(a+2)(b+2),……,an=(a+n-1)(b+n-1),
又a=b+1,所以a1=b(b+1)=b2+b,
a2=(b+1)(b+2)=b2+3b+1×2,
a3=(b+2)(b+3)=b2+5b+2×3,
……
a7=(b+6)(b+7)=b2+13b+6×7,
则S7=7b2+(1+3+5+…+13)b+(1×2+2×3+…+6×7)=7b2+49b+112=168,即b2+7b-8=0,解得b=1或b=-8(舍去),所以a=b+1=2,所以ab=2,故该垛积的第一层的小球个数为2.
9.答案　(1)71　(2)2n-n
解析　(1)解法一(观察法):观察题中数表可得第6行的第3个数是7+11+1=19,第7行的第3个数是9+19+1=29,
第8行的第3个数是11+29+1=41,
第9行的第3个数是13+41+1=55,
第10行的第3个数是15+55+1=71.
解法二:设第k行的第3个数为ak(k≥3).
观察题中数表发现,第k(k≥3)行的第2个数为2k-3,所以ak+1=ak+2k-3+1=ak+(2k-2).
所以当k≥4时,ak-ak-1=2k-4,
ak-1-ak-2=2k-6,
……
a4-a3=4,
累加可得ak-a3==k(k-3),
又a3=1,所以ak=k2-3k+1(k≥4),所以第10行的第3个数是102-30+1=71.
(2)设第n行的各个数之和为Sn,
则S1=1,S2=2,S3=5,
当n≥4时,第(n-1)行有(n-1)个数,记为x1,x2,…,xn-1,其中x1=xn-1=1,则Sn-1=x1+x2+…+xn-1,
故Sn=1+(x1+x2+1)+(x2+x3+1)+…+(xn-2+xn-1+1)+1=n+2(x1+x2+…+xn-1)-(x1+xn-1)=n-2+2Sn-1,
所以Sn+n=2[Sn-1+(n-1)]=22[Sn-2+(n-2)]=…=2n-3(S3+3)=2n,从而Sn=2n-n(n≥4),
因为当n=1,2,3时也满足上式,所以Sn=2n-n(n∈N*).
10.A　由已知得f(1-x)=1-x+3sin+,
∴f(x)+f(1-x)=2.
∵an+a2 023-n=+=1,
∴f(an)+f(a2 023-n)=2.
令S=f(a1)+f(a2)+…+f(a2 022),
则S=f(a2 022)+f(a2 021)+…+f(a1),两式相加得2S=2×2 022,∴S=2 022.
11.ABD　当n=1时,a1=S1=+,又a1>0,所以S1=a1=1,
当n≥2时,Sn=+,整理得-=1,所以{}是公差为1的等差数列,故A正确;
由A中分析得=+n-1=n,又Sn>0,所以Sn=,则Sn+Sn+2=+<2=2=2Sn+1,故B正确;
a2=S2-S1=-1因为==>=2(-),
所以>2×[(-)+(-)+…+(-)]=2×(-1)=88,
又因为当n≥2时,==<=2(-),所以<1+2×[(-)+(-)+…+(-)]=2-1<89,
所以88<<89,故D正确.
12.D　由题意知数列{an}是以a1=3为首项,2为公差的等差数列,故an=3+2(n-1)=2n+1,
所以bn=(-1)n+1=(-1)n+1,
当n为偶数时,Tn=-+-+…+-
=-<,
当n为奇数时,Tn=-+-+…-+
=+≤,
因为不等式Tn<λ(3-5λ)恒成立,所以(Tn)max<λ(3-5λ),即<λ(3-5λ),整理得25λ2-15λ+2<0,解得<λ<,
故实数λ的取值范围为.
13.解析　(1)因为4Sn=(2n+1)an+1①,
所以当n=1时,4a1=3a1+1,解得a1=1,
当n≥2时,4Sn-1=(2n-1)an-1+1②,
①-②得4an=(2n+1)an-(2n-1)an-1,
即(2n-3)an=(2n-1)an-1,
所以==…==1,
所以an=2n-1(n≥2),
当n=1时,a1=1满足上式,所以an=2n-1.
(2)由(1)知bn==,
∴Tn==.
能力提升练
1.BC　∵S10=S20,∴10a1+d=20a1+d,解得a1=-d.
对于A,易得Sn=na1+d=-dn+d=dn2-15dn=d(n-15)2-d,
若d>0,则当n=15时,Sn取得最小值;若d<0,则当n=15时,Sn取得最大值,A错误.
对于B,S30=30a1+d=30×+15×29d=0,B正确.
对于C,若d>0,则a10+a22=2a16=2(a1+15d)=2=d>0,C正确.
对于D,a10=a1+9d=-d+9d=-d,a22=a1+21d=-d+21d=d,∵d<0,∴|a10|=-d,|a22|=-d,∴|a10|<|a22|,D错误.
2.ACD　由<-1得<0,即a2 024(a2 023+a2 024)<0,则或
即或
因为Sn有最大值,所以因此当Sn取得最大值时,n=2 023,A正确;
易得S4 046=2 023(a2 023+a2 024)>0,S4 047=4 047a2 024<0,B错误;
S4 046=a1+(a2+…+a4 046)=S1+4 045a2 024S4 045=a1+(a2+…+a4 045)=S1+2 022(a2 023+a2 024)>S1,
所以S4 046易知当1≤n≤4 046,n∈N*时,Sn>0,a1>a2>…>a2 023>0>a2 024>a2 025>…>a4 046,所以当2 024≤n≤4 046时,<0,当1≤n≤2 023时,>0,
因为0<<<…<且0所以<<…<,所以当n=2 023时,取得最大值,D正确.
3.BCD　由2an=an+1+an-1得an-an-1=an+1-an,
故{an}为等差数列,设其公差为d,由等差数列前n项和的性质知也为等差数列,且公差为,
由4S7-7S4=42,得-==3·,则d=1,
又a1=1,∴an=n,∴a5=5,A错误;
易得Sn=,则==-,故的前2 024项和为-+-+…+-=-=,B正确;
Tn=Sn=·=,
当n=1时,b1=T1=-50,当n≥2时,bn=Tn-Tn-1=,
易知n≥2时,{bn}单调递增,且b2=-22,b4=-7,b5=5,∴b1∴当n=4时,Tn取得最小值,C正确;
当1≤n≤4时,{Tn}单调递减,且Tn<0,当n≥5时,{Tn}单调递增,且T7=-32<0,T8=27>0,
∴当n≤4或n≥8时,>0,当n=5,6,7时,<0,且==-18,==-,==-,
∵-18<-<-,∴当n=5时,取得最小值,D正确.
4.B　设“落一形”堆垛的第n层有an个小球,则a1=1,an+1-an=n+1,
因此an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+…+2+1==,
设{an}的前n项和为Sn,则Sn=a1+a2+a3+…+an=+++…+=[(1+2+3+…+n)+(12+22+32+…+n2)]=+=,
则S20==1 540,S21==1 771,
所以1 600个相同的小球可摆“落一形”堆垛的层数最多为20.
5.C　由2Sn=n(an+1)①,得当n=1时,2S1=1×(a1+1),则a1=1,
当n≥2时,2Sn-1=(n-1)(an-1+1)②,
①-②得(n-2)an-(n-1)an-1+1=0③,
则(n-1)an+1-nan+1=0④,
③-④并整理得2an=an+1+an-1,故{an}是等差数列,设其公差为d,d>0,则an=1+(n-1)d,
则bn===,
所以b1+b2+b3+…+bn=-+-+…+-==,
易知an>0,所以<≤,所以d≥2,
则a2 023=1+(2 023-1)d≥1+2 022×2=4 045.
6.BC　对于A,易得a1=S1=1-7+6=0≠2×1-8=-6,即当n=1时,a1=0不满足an=2n-8,故A错误;
对于B,易知f(x)=x2-7x+6的图象开口向上,且对称轴为直线x=,又n∈N*,所以当n=3或n=4时,Sn=n2-7n+6取得最小值,故B正确;
对于C,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-7n+6-[(n-1)2-7(n-1)+6]=2n-8,
所以++…+=++…+,
又=,
所以++…+=×-+-+…+-=×=,故C正确;
对于D,==n+-7(n∈N*),易得函数y=x+-7在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,又==-2,所以当n=2或n=3时,Sn取得最小值-2,故D错误.
7.AD　由题意可知,两马日行里数都成等差数列,
记良马的日行里数为数列{an},其前n项和为Sn,则a1=103,数列{an}的公差为13,所以an=13n+90,n∈N*.
记驽马的日行里数为数列{bn},则b1=97,数列{bn}的公差为-0.5,所以bn=-0.5n+97.5,n∈N*.
驽马第七日所行里数为b7=-0.5×7+97.5=94,A正确;
前七日良马所行里数为S7==994,因为994<1 125,所以第七日良马未至齐,B错误;
设第m日两马相逢,由题意可知两马所行的里数之和是齐和长安之间距离的两倍,即103m+×13+97m+×(-0.5)=2×1 125,解得m=9或m=-40(舍),即第九日两马相逢,C错误;
由C可知,第九日两马相逢,此时良马所行里数为S9==1 395,D正确.
8.D　由题意得-4×1 003T1 003≥0,因为S1 003==1 003a502,T1 003==1 003b502,所以-4b502≥0,
若关于x的方程x2-aix+bi=0(i=1,2,3,…,1 003)有实数解,则-4bi≥0,显然第502个方程有解.
设方程x2-aix+bi=0的判别式为Δi,
则Δ1+Δ1 003=(-4b1)+(-4b1 003)=+-4(b1+b1 003)≥-4×2b502=-8b502=2(-4b502)≥0,
第一个等号成立的条件是a1=a1 003,而{an}的公差不为0,所以Δ1+Δ1 003>0,所以Δ1>0,Δ1 003>0至少有一个成立,
同理可证Δ2>0,Δ1 002>0至少有一个成立,……,Δ501>0,Δ503>0至少有一个成立,由上分析知Δ502≥0成立.
综上,在所给的1 003个方程中,有实数解的至少有502个.
9.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
由题意知解得
所以an=a1+(n-1)d=2n-1.
(2)由(1)可得Sn===n2,
由Sn>2an-1,可得n2-4n+3>0,
解得n<1或n>3,
因为n∈N*,所以满足条件的n的最小值为4.
(3)bn=(-1)nSn=(-1)n·n2,
当n为偶数时,Tn=b1+b2+b3+…+bn=-1+22-32+42-…-(n-1)2+n2=(2+1)×(2-1)+(4+3)×(4-3)+…+[n+(n-1)][n-(n-1)]=1+2+3+…+n=;
当n为奇数时,Tn=b1+b2+b3+…+bn=-1+22-32+42-…-(n-2)2+(n-1)2-n2=(2+1)×(2-1)+(4+3)×(4-3)+…+[(n-1)+(n-2)][(n-1)-(n-2)]-n2=1+2+3+…+(n-2)+(n-1)-n2=-n2=-.
所以Tn=
10.解析　(1)因为-=1(n∈N*,n≥2),
所以数列{}是以==1为首项,1为公差的等差数列,
则=1+(n-1)×1=n,即Sn=n2,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,
又a1=1满足上式,所以{an}的通项公式为an=2n-1.
(2)由(1)知==,
当n≥2时,<=,
则++…+<1+1-+-+…+-=1+<1+=,
当n=1时,=1<,满足上式,所以对任意n∈N*,都有1≤++…+<,
所以=1.
(3)存在正整数m,使得对任意正整数n,Tn>恒成立.
由(1)得bn==-,
则Tn=
=1-=,
因为Tn+1-Tn=bn+1=>0,所以数列{Tn}为递增数列,则(Tn)min=T1=,
因为对任意正整数n,Tn>恒成立,所以<,解得m<=674,又m∈N*,所以m的最大值为674,
所以存在正整数m,使得对任意正整数n,Tn>恒成立,且m的最大值为674.