等差数列经典题精选.

一、选择题

1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2，则an等于( ) A．n B．n2 C．2n＋1 D．2n－1 答案 D

2．数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，若Sn＝(n＋1)2＋λ，则λ的值是( A．－2 B．－1 C．0 D．1 答案 B

解析 等差数列前n项和Sn的形式为：Sn＝an2＋bn，∴λ＝－1.

3．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5解析 由aS1， n＝1

n＝

SSn≥2

，∴an＝2n－10.

n－n－1， 由5<2k－10<8，得7.54．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S31S6

S6＝3，则S12等于( )

A.310 B.13 C.11

8 D.9 答案 A 解析 方法一

S33S6＝a1＋3d6a＝1⇒aS66a1＋15d12d＋15d3

1＋15d31＝2d，S12＝12a＝＝1＋66d24d＋66d10

. 方法二 由S3S6＝1

3

，得S6＝3S3.S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9仍然是等差数列，公差为(S6－S3)－S3＝S3，从而S9－S6＝S3＋2S3＝3S3⇒S9＝6S3， S12－S9＝S3＋3S3＝4S3⇒S12＝10S3， 所以S63

S12＝10

.

5．设{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5S8，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S50.又S6＝S7⇒a7＝0，所以d<0. 由S7>S8⇒a8<0，因此，S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＝2(a7＋a8)<0即S9word.

) )

An7n＋45an

6．已知两个等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝，则使得为Bnn＋3bn

整数的正整数n的个数是( )

A．2 B．3 C．4 D．5 答案 D 解析

anA2n－114n＋387n＋19

＝＝＝ bnB2n－12n＋2n＋17n＋1＋1212

＝7＋，

n＋1n＋1

＝

∴n＝1,2,3,5,11.

二、填空题

7．数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2－n，(n∈N*)，则通项an＝________. 答案 2n－2

8．在等差数列{an}中，a1＝25，S9＝S17，则前n项和Sn的最大值是________． 答案 169

解析 方法一 利用前n项和公式和二次函数性质．

179

由S17＝S9，得25×17＋×(17－1)d＝25×9＋×(9－1)d，解得d＝－2，

22n

所以Sn＝25n＋(n－1)×(－2)

2＝－(n－13)2＋169，

由二次函数性质可知，当n＝13时，Sn有最大值169. 方法二 先求出d＝－2，因为a1＝25>0，

an＝25－2n－1≥0，由 得an＋1＝25－2n≤0，



1n≥122.

1n≤13，

2

所以当n＝13时，Sn有最大值． 13×13－1

S13＝25×13＋×(－2)＝169.

2因此Sn的最大值为169.

方法三 由S17＝S9，得a10＋a11＋…＋a17＝0， 而a10＋a17＝a11＋a16＝a12＋a15＝a13＋a14， 故a13＋a14＝0.由方法一知d＝－2<0， 又因为a1>0，所以a13>0，a14<0， 故当n＝13时，Sn有最大值．

word.

13×13－1

S13＝25×13＋×(－2)＝169.

2因此Sn的最大值为169.

9．在等差数列{an}中，已知前三项和为15，最后三项和为78，所有项和为155，则项数n＝________.

答案 10

解析 由已知，a1＋a2＋a3＝15，an＋an－1＋an－2＝78，两式相加，得 (a1＋an)＋(a2＋an－1)＋(a3＋an－2)＝93，即a1＋an＝31. na1＋an31n

由Sn＝＝＝155，得n＝10.

22

10．等差数列{an}中，a1<0，S9＝S12，该数列在n＝k时，前n项和Sn取到最小值，则k的值是________．

答案 10或11

an＝a1＋n－1d≤01

解析 方法一 由S9＝S12，得d＝－a1，由，得

10an＋1＝a1＋nd≥0

1－10n－1≥0

1

1－10n≤0

1

，

解得10≤n≤11.∴当n为10或11时，Sn取最小值， ∴该数列前10项或前11项的和最小． 1

方法二 由S9＝S12，得d＝－a1，

10nn－1d2d

由Sn＝na1＋d＝n＋a1－2n， 22

121a12124412＋－a1·a1·n－得Sn＝nn＝－2＋80a1 (a1<0)， 20202021

由二次函数性质可知n＝＝10.5时，Sn最小．

2但n∈N*，故n＝10或11时Sn取得最小值．

三、解答题

11．设等差数列{an}满足a3＝5，a10＝－9. (1)求{an}的通项公式；

(2)求{an}的前n项和Sn及使得Sn最大的序号n的值． 解 (1)由an＝a1＋(n－1)d及a3＝5，a10＝－9得

word.

a1＋2d＝5，a1＝9，可解得 a1＋9d＝－9，d＝－2，

所以数列{an}的通项公式为an＝11－2n. nn－1(2)由(1)知，Sn＝na1＋d＝10n－n2.

2因为Sn＝－(n－5)2＋25， 所以当n＝5时，Sn取得最大值．

12．已知等差数列{an}中，记Sn是它的前n项和，若S2＝16，S4＝24，求数列{|an|}的前n项和Tn.

1

d＝16，2a＋2×2

解 由S＝16，S＝24，得4×3

4a＋d＝24.2

1

2

4

1

2a1＋d＝16，a1＝9，

即 解得 2a＋3d＝12.d＝－2.1

所以等差数列{an}的通项公式为an＝11－2n (n∈N*)．

(1)当n≤5时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝－n2＋10n.

(2)当n≥6时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－a6－a7－…－an＝2S5－Sn ＝2×(－52＋10×5)－(－n2＋10n)＝n2－10n＋50，

2－n＋10n n≤5，故Tn＝2

n－10n＋50 n≥6.

能力提升

13．数列{an}的前n项和Sn＝3n－2n2 (n∈N*)，则当n≥2时，下列不等式成立的是( ) A．Sn>na1>nan B．Sn>nan>na1 C．na1>Sn>nan D．nan>Sn>na1

S1 n＝1

答案 C 解析： 方法一 由an＝，

S－S n≥2－nn1

解得an＝5－4n.

∴a1＝5－4×1＝1，∴na1＝n， ∴nan＝5n－4n2，

∵na1－Sn＝n－(3n－2n2)＝2n2－2n＝2n(n－1)>0. Sn－nan＝3n－2n2－(5n－4n2)＝2n2－2n>0. ∴na1>Sn>nan.

word.

方法二 ∵an＝5－4n， ∴当n＝2时，Sn＝－2， na1＝2，nan＝－6， ∴na1>Sn>nan。

14．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，且S12>0，S13<0. (1)求公差d的范围；

(2)问前几项的和最大，并说明理由．



13×12解 (1)根据题意，有：13a＋d<0，2

a＋2d＝12，

11

12×1112a1＋d>0，

2

2a1＋11d>0，

整理得：a1＋6d<0，

a1＋2d＝12.

24

解之得：－7(2)∵d<0，

13a1＋a13

而S13＝＝13a7<0，∴a7<0.

212a1＋a12

又S12＝＝6(a1＋a12)＝6(a6＋a7)>0，

2∴a6>0.

∴数列{an}的前6项和S6最大．

1．公式an＝Sn－Sn－1并非对所有的n∈N*都成立，而只对n≥2的正整数才成立．由Sn

求通项公式an＝f(n)时，要分n＝1和n≥2两种情况分别计算，然后验证两种情况可否用统一解析式表示，若不能，则用分段函数的形式表示．

2．求等差数列前n项和的最值

(1)二次函数法：用求二次函数的最值方法来求其前n项和的最值，但要注意n∈N*，结合二次函数图象的对称性来确定n的值，更加直观．

an≥0，an≤0，

(2)通项法：当a1>0，d<0，时，Sn取得最大值；当a1<0，d>0，时，

a≤0a≥0＋＋n1n1

Sn取得最小值．

3．求等差数列{an}前n项的绝对值之和，关键是找到数列{an}的正负项的分界点．

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