高中数学人教版新课标A必修5第二章 数列2.3 等差数列的前n项和第2课时测试题

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一、选择题
1．记等差数列{an}的前n项和为Sn.若d＝3，S4＝20，则S6＝( )
A．16 B．24
C．36 D．48
[答案] D
[解析] 由S4＝20,4a1＋6d＝20，解得a1＝eq \f(1,2)⇒S6＝6a1＋eq \f(6×5,2)×3＝48.
2．已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，Sn是等差数列{an}的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是( )
A．21B．20
C．19D．18
[答案] B
[解析] 由题设求得：a3＝35，a4＝33，∴d＝－2，a1＝39，∴an＝41－2n，a20＝1，a21＝－1，所以当n＝20时Sn最大．故选B．
3.eq \f(1,3×5)＋eq \f(1,5×7)＋eq \f(1,7×9)＋…＋eq \f(1,13×15)＝( )
A．eq \f(4,15) B．eq \f(2,15)
C．eq \f(14,15)D．eq \f(7,15)
[答案] B
[解析] 原式＝eq \f(1,2)(eq \f(1,3)－eq \f(1,5))＋eq \f(1,2)(eq \f(1,5)－eq \f(1,7))＋…＋eq \f(1,2)(eq \f(1,13)－eq \f(1,15))＝eq \f(1,2)(eq \f(1,3)－eq \f(1,15))＝eq \f(2,15)，故选B．
4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列{eq \f(1,anan＋1)}的前100项和为( )
A．eq \f(100,101) B．eq \f(99,101)
C．eq \f(99,100)D．eq \f(101,100)
[答案] A
[解析] 本小题主要考查等差数列的通项公式和前n项和公式的运用，以及裂项求和的综合应用．
∵a5＝5，S5＝15
∴eq \f(5a1＋5,2)＝15，∴a1＝1.
∴d＝eq \f(a5－a1,5－1)＝1，∴an＝n.
∴eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
则数列{eq \f(1,anan＋1)}的前100项的和为：T100＝(1－eq \f(1,2))＋(eq \f(1,2)－eq \f(1,3))＋…＋(eq \f(1,100)－eq \f(1,101))＝1－eq \f(1,101)＝eq \f(100,101).
故选A．
5．设等差数列{an}的前n项的和为Sn，若a1>0，S4＝S8，则当Sn取得最大值时，n的值为( )
A．5B．6
C．7D．8
[答案] B
[解析] 解法一：∵a1>0，S4＝S8，∴d<0，且a1＝eq \f(11,2)d，∴an＝－eq \f(11,2)d＋(n－1)d＝nd－eq \f(13,2)d，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥0,an＋1<0))，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(nd－\f(13,2)d≥0,n＋1d－\f(13,2)d<0))，∴5eq \f(1,2)解法二：∵a1>0，S4＝S8，
∴d<0且a5＋a6＋a7＋a8＝0，
∴a6＋a7＝0，∴a6>0，a7<0，
∴前六项之和S6取最大值．
6．设{an}是等差数列，Sn为其前n项和，且S5S8，则下列结论错误的是( )
A．d<0B．a7＝0
C．S9>S5D．S6与S7均为Sn的最大值
[答案] C
[解析] 由S50，由S6＝S7知a7＝0，
由S7>S8知a8<0，C选项S9>S5即a6＋a7＋a8＋a9>0，∴a7＋a8>0，显然错误．
二、填空题
7．设Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和，且a1＝1，a4＝7，则S5＝________.
[答案] 25
[解析] 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1,a4＝7))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1,d＝2))，
∴S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)×d＝25.
8．(2014·北京理，12)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．
[答案] 8
[解析] 本题考查了等差数列的性质与前n项和．
由等差数列的性质，a7＋a8＋a9＝3a8，a7＋a10＝a8＋a9，于是有a8>0，a8＋a9<0，故a9<0，故S8>S7，S90公差d<0，{an}是一个递减的等差数列，前n项和有最大值，a1<0，公差d>0，{an}是一个递增的等差数列，前n项和有最小值．
三、解答题
9．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取最大值的n的值．
[解析] (1)设公差为d，由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝5,a1＋9d＝－9))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝9,d＝－2)).∴an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋11.
(2)由(1)知Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝10n－n2＝－(n－5)2＋25，
∴当n＝5时，Sn取得最大值．
10．已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn.
(1)求an及Sn；
(2)令bn＝eq \f(1,a\\al(2,n)－1)(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析] (1)设等差数列{an}的首项为a，公差为d，
由于a3＝7，a5＋a7＝26，
∴a1＋2d＝7,2a1＋10d＝26，
解得a1＝3，d＝2.
∴an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)．
(2)∵an＝2n＋1，
∴aeq \\al(2,n)－1＝4n(n＋1)，
∴bn＝eq \f(1,4nn＋1)＝eq \f(1,4)(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))．
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝eq \f(1,4)(1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))
＝eq \f(1,4)(1－eq \f(1,n＋1))
＝eq \f(n,4n＋1)，
∴数列{bn}的前n项和Tn＝eq \f(n,4n＋1).
一、选择题
1．一个凸多边形的内角成等差数列，其中最小的内角为120°，公差为5°，那么这个多边形的边数n等于( )
A．12B．16
C．9D．16或9
[答案] C
[解析] an＝120＋5(n－1)＝5n＋115，
由an<180得n<13且n∈N*，
由n边形内角和定理得，
(n－2)×180＝n×120＋eq \f(nn－1,2)×5.
解得n＝16或n＝9
∵n<13，∴n＝9.
2．已知数列{an}为等差数列，若eq \f(a11,a10)<－1，且它们的前n项和Sn有最大值，则使得Sn>0的最大值n为( )
A．11B．19
C．20D．21
[答案] B
[解析] ∵Sn有最大值，∴a1>0，d<0，
∵eq \f(a11,a10)<－1，
∴a11<0，a10>0，∴a10＋a11<0，
∴S20＝eq \f(20a1＋a20,2)＝10(a10＋a11)<0，
又S19＝eq \f(19a1＋a19,2)＝19a10>0，故选B．
3．等差数列{an}中，a1＝－5，它的前11项的平均值是5，若从中抽取1项，余下的10项的平均值为4，则抽取的项是( )
A．a8B．a9
C．a10D．a11
[答案] D
[解析] S11＝5×11＝55＝11a1＋eq \f(11×10,2)d＝55d－55，
∴d＝2，S11－x＝4×10＝40，∴x＝15，
又a1＝－5，由ak＝－5＋2(k－1)＝15得k＝11.
4．设{an}是递减的等差数列，前三项的和是15，前三项的积是105，当该数列的前n项和最大时，n等于( )
A．4B．5
C．6D．7
[答案] A
[解析] ∵{an}是等差数列，且a1＋a2＋a3＝15，∴a2＝5，
又∵a1·a2·a3＝105，
∴a1a3＝21，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1a3＝21,a1＋a3＝10))及{an}递减可求得a1＝7，d＝－2，∴an＝9－2n，由an≥0得n≤4，∴选A．
二、填空题
5．已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，n∈N*.若a3＝16，S20＝20，则S10的值为________．
[答案] 110
[解析] 设等差数列{an}的首项为a1，公差为D．
a3＝a1＋2d＝16，S20＝20a1＋eq \f(20×19,2)d＝20，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝16，,2a1＋19d＝2，))解得d＝－2，a1＝20.
∴S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝200－90＝110.
6．等差数列{an}中，d<0，若|a3|＝|a9|，则数列{an}的前n项和取最大值时，n的值为______________．
[答案] 5或6
[解析] ∵a1＋a11＝a3＋a9＝0，
∴S11＝eq \f(11a1＋a11,2)＝0，
根据二次函数图象的性质，由于n∈N*，所以当n＝5或n＝6时Sn取最大值．
三、解答题
7．一等差数列共有偶数项，且奇数项之和与偶数项之和分别为24和30，最后一项与第一项之差为10.5，求此数列的首项、公差以及项数．
[解析] 解法1：设此数列的首项a1，公差d，项数2k(k∈N*)．
根据题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S奇＝24,S偶＝30,a2k－a1＝\f(21,2)))，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S偶－S奇＝6，,a2k－a1＝\f(21,2)，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(kd＝6，,2k－1d＝\f(21,2)))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝4，,d＝\f(3,2))).
由S奇＝eq \f(k,2)(a1＋a2k－1)＝24，可得a1＝eq \f(3,2).
∴此数列的首项为eq \f(3,2)，公差为eq \f(3,2)，项数为8.
解法二：设此数列的首项为a1，公差为d，项数为2k(k∈N*)，
根据题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S奇＝24，,S偶＝30，,a2k－a1＝\f(21,2)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)ka1＋a2k－1＝24，,\f(1,2)ka2＋a2k＝30，,2k－1d＝\f(21,2)，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k[a1＋k－1d]＝24，,ka1＋kd＝30，,2k－1d＝\f(21,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(3,2)，,d＝\f(3,2)，,k＝4.))
∴此数列的首项为eq \f(3,2)，公差为eq \f(3,2)，项数为8.
8．设等差数列的前n项和为Sn.已知a3＝12，S12>0，S13<0.
(1)求公差d的取值范围；
(2)指出S1，S2，…，S12中哪一个值最大，并说明理由．
[解析] (1)依题意eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S12＝12a1＋\f(12×11,2)d>0,S13＝13a1＋\f(13×12,2)d<0))，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋11d>0， ①,a1＋6d<0. ②))
由a3＝12，得a1＋2d＝12.③
将③分别代入②①，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(24＋7d>0,3＋d<0))，
解得－eq \f(24,7)(2)由d<0可知{an}是递减数列，因此若在1≤n≤12中，使an>0且an＋1<0，则Sn最大．
由于S12＝6(a6＋a7)>0，S13＝13a7<0，可得
a6>0，a7<0，
故在S1，S2，…，S12中S6的值最大．