数学选择性必修 第三册第五章 数列本章综合与测试同步达标检测题

专题强化练1　等差数列前n项和有关的最值

一、选择题

1.(2020陕西商洛高二期末,)在公差为d的等差数列{an}中,a8>0,a4+a10<0,则数列{an}的前n项和Sn中最小的是(　　)

A.S4 B.S5 C.S6 D.S7

2.(2020安徽合肥六中高二期末,)已知点(n,an)在函数y=9-2x的图像上,则数列{an}的前n项和Sn的最大值为(　　)

A.-14 B.-16 

C.14 D.16

3.(多选)(2020福建泉州高二期末,)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1+3a5=S7,则以下结论一定正确的是(　　)

A.a4=0

B.Sn的最大值为S3或S4

C.S1=S6

D.|a3|<|a5|

4.(2020甘肃酒泉高二期末,)已知等差数列{an}的前n项和Sn有最小值,且-1<<0,则使得Sn>0成立的正整数n的最小值是(　　)

A.11 B.12 C.21 D.22

5. (2020河南郑州高二期末,)等差数列{an}满足a1>0,a2018+a2019>0,

a2 018·a2 019<0,则使其前n项和Sn>0成立的最大正整数n的值是(　　)

A.2 018 B.2 019 C.4 036 D.4 037

6.(2020广东佛山一中高一月考,)已知等差数列{an}的前n项和是Sn,若S9>0,S10<0,则,…,中最大的是(　　)

A. B. C. D.

7.(2020河南鹤壁高中高三二模,)设等差数列{an}的公差为d,其前n项和为Sn,若S6>S7>S5,则满足SnSn+1<0的正整数n的值为(　　)

A.10 B.11 C.12 D.13

8.(2020山东青岛第五十八中学高三一模,)已知等差数列{an}中,3a5=7a10,且a1<0,则数列{an}的前n项和Sn中最小的是(　　)

A.S7或S8 B.S12 C.S13 D.S14

9.(2020江西九江第三中学高三月考,)已知等差数列{an}的公差为-2,前n项和为Sn,a1,a2,a3为某三角形的三边长,且该三角形有一个内角为120°,若Sn≤Sm对任意的n∈N+恒成立,则实数m=(　　)

A.6 B.5 C.4 D.3

10.(多选)(2020江苏南通高二期末,)设等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d.已知a3=12,S12>0,a7<0,则(　　)

A.a6<0

B.-<d<-3

C.满足Sn<0的正整数n的最小值为13

D.数列中的最小项为第8项

二、填空题

11.(2019安徽六安中学高三质量检测,)在等差数列{an}中,若a1=25,且S9=S17,则Sn的最大值为　　　. 

三、解答题

12.(2020江苏南通中学高二期中,)设{an}是等差数列,a1=-10,且(a3+8)2=(a2+10)(a4+6).

(1)求{an}的通项公式;

(2)记{an}的前n项和为Sn,求Sn的最小值.

13.(2020浙江湖州中学高三月考,)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d.若满足a1>0,且a4,a5是方程x2+mx-1=0(m∈R)的两实数根,求的取值范围及Sn最大时n的值.

答案全解全析

专题强化练1　等差数列前n项

和有关的最值

一、选择题

1.D　因为数列{an}是等差数列,所以a4+a10=2a7.

由a4+a10<0,得a7<0,又a8>0,所以等差数列{an}的公差d>0,即等差数列{an}是递增数列,且前7项均是负数,所以前n项和Sn中最小的是S7.

2.D　由题意得an=9-2n,令an≥0,解得n≤,所以当n=4时Sn取最大值,且最大值为S4==16.

3.AC　设等差数列{an}的公差为d,则a1+3(a1+4d)=7a1+21d,解得a1=-3d,所以an=a1+(n-1)d=(n-4)d,所以a4=0,故A正确;

易知d≠0,但d的正负不清楚,故S3或S4可能为最大值,也可能为最小值,故B不正确;

因为S6-S1=a2+a3+a4+a5+a6=5a4=0,所以S1=S6,故C正确;

因为a3+a5=2a4=0,所以a3=-a5,即|a3|=|a5|,故D不正确.故选AC.

4.D　由题意可得等差数列{an}的公差d>0.因为-1<<0,所以a12>0,a11<0,且a11+a12>0,则S22==21a11<0,故使得Sn>0成立的正整数n的最小值是22.

5.C　因为a1>0,a2 018+a2 019>0,a2 018·a2 019<0,所以

所以

所以使Sn>0成立的最大正整数n的值是4 036.故选C.

6.C　因为S9==5(a5+a6)<0,

所以a5>0,a6<0.

所以>0,…,<0,…,<0,

易知S1<S2<…<S5,a1>a2>…>a5>0,

所以中最大的是.

7.C　∵S6>S7>S5,∴a7<0,a6+a7>0,∴S13==6(a6+a7)>0,∴满足SnSn+1<0的正整数n的值为12,故选C.

8.C　设等差数列{an}的公差为d,则由3a5=7a10得3(a1+4d)=7(a1+9d),解得 d=-,

∴an=a1+(n-1)d=.

∵a1<0,∴令 <0,可得n>,故当n≥14时,an>0,当n≤13时,an<0,

故数列{an}的前n项和Sn中最小的是S13.

9.C　由已知,得a1>a2>a3>0,又该三角形有一个内角为120°,所以由余弦定理得+a2a3,

即=(a1-2)2+(a1-4)2+(a1-2)(a1-4),解得a1=7或a1=2,因为a3>0,所以a1-4>0,所以a1=7,

故Sn=7n+×(-2)=-n2+8n,当且仅当n=4时,Sn取得最大值,所以m=4.

10.BC　依题意得a3=a1+2d=12,a1=12-2d,S12=×12=6(a6+a7)>0,而a7<0,所以a6>0,d<0,所以a1>0,选项A错误.由得-<d<-3,选项B正确.由于S13=×13=13a7<0,而S12>0,所以满足Sn<0的正整数n的最小值为13,选项C正确.由上述分析可知,当1≤n≤6且n∈N+时,an>0,当n≥7且n∈N+时,an<0;当1≤n≤12且n∈N+时,Sn>0,当n≥13且n∈N+时,Sn<0.所以当7≤n≤12且n∈N+时,an<0,Sn>0,<0,且此时随着n的增大而增大,所以数列中的最小项为第7项,选项D错误.故选BC.

二、填空题

11.答案　169

解析　解法一:设等差数列{an}的公差为d.∵S9=S17,a1=25,

∴9×25+d,

解得d=-2.

∴Sn=25n+×(-2)=-n2+26n

=-(n-13)2+169,

∴当n=13时,Sn取得最大值169.

解法二:同解法一,求得公差d=-2,

∴an=25+(n-1)×(-2)=-2n+27.

令

得

又∵n∈N+,∴当n=13时,Sn取得最大值,最大值为S13==169.

解法三:同解法一,求得公差d=-2.∵S9=S17,

∴a10+a11+…+a17=0,

由等差数列的性质得a13+a14=0,

∴a13>0,a14<0.

∴当n=13时,Sn取得最大值,为169.

解法四:同解法一,求得公差d=-2.由等差数列前n项和的性质可设Sn=An2+Bn(A≠0).

∵S9=S17,

∴二次函数f(x)=Ax2+Bx的图像的对称轴为直线x==13,且开口向下,

∴当n=13时,Sn取得最大值,为25×13+×(-2)=169.

三、解答题

12.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,则由(a3+8)2=(a2+10)(a4+6)可得,

(2d-2)2=d(3d-4),解得d1=d2=2,所以an=-10+2(n-1)=2n-12.

(2)由(1)知an=2n-12,

所以Sn=.

∵n∈N+,∴当n=5或n=6时,Sn取到最小值,为-30.

13.解析　由题意可得a4·a5=-1,所以d≠0,(a1+3d)·(a1+4d)=-1,两边同时除以d2,得·<0,

所以-4<<-3.

又,

由-4<<-3得-5<2×+3<-3,则,

所以<1,所以<1.

因为a1>0,a4·a5=-1,所以数列{an}的公差d<0,

所以数列{an}单调递减,且a4>0,a5<0,

即a1,a2,a3,a4为正,从第5项起各项均为负,所以当n=4时,Sn的值最大.

综上,的取值范围为,Sn最大时,n=4.