高中數(shù)學(xué) 2.2.2-1 等差數(shù)列的前n項(xiàng)和(一)活頁(yè)訓(xùn)練 新人教B版必修5

2.2.2-1等差數(shù)列的前n項(xiàng)和(一)eq\a\vs4\al\co1(雙基達(dá)標(biāo)限時(shí)20分鐘)1．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a2＋a7＋a9＝15，則S11的值為 ()．A.eq\f(55,2) B．50C．55 D．110解析由等差數(shù)列性質(zhì)得a2＋a7＋a9＝3a6∴a6＝5，S11＝11a6答案C2．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝n2，則a8的值為 ()．A．15 B．16C．49 D．64解析a8＝S8－S7＝82－72＝15.答案A3．已知等差數(shù)列{an}滿足a2＋a4＝4，a3＋a5＝10，則數(shù)列{an}的前10項(xiàng)的和S10＝()．A．138 B．135C．95 D．23解析a2＋a4＝2a3＝4，∴a3＝2，a3＋a5＝2a∴a4＝5，∴d＝3，a1＝－4，∴S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)×d＝95.答案C4．設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a4＝1，S5＝10，則當(dāng)Sn取得最大值時(shí)，n的值為.解析由a4＝a1＋3d＝1，S5＝5a1＋10d＝10，得a1＝4，d＝－1，Sn＝4n－eq\f(nn－1,2)＝eq\f(－n2＋9n,2)，∴n＝4或5時(shí)，Sn最大．答案4或55．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且6S5－5S3＝5，則a4＝________.解析6S5－5S3＝5?6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5a1＋\f(5×4,2)d))－5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3a1＋\f(3×2,2)d))＝5?3a1＋9d＝1?a1＋3d＝eq\f(1,3)?a4＝eq\f(1,3).答案eq\f(1,3)6．在等差數(shù)列{an}中，(1)已知a4＝10，a10＝－2，且Sn＝60，求n.(2)已知a1＝－7，an＋1＝an＋2，求S17.(3)若a2＋a7＋a12＝24，求S13.解(1)設(shè){an}的首項(xiàng)為a1，公差為d，由a4＝10，a10＝－2，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＝10，,a1＋9d＝－2，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝16，,d＝－2.))∴Sn＝n×16＋eq\f(nn－1,2)×(－2)＝60.整理可得：n2－17n＋60＝0，∴n＝5或n＝12.(2)由a1＝－7，an＋1＝an＋2，得an＋1－an＝2，則a1，a2，…，a17是以－7為首項(xiàng)，公差為2的等差數(shù)列，∴S17＝17×(－7)＋eq\f(17×17－1,2)×2＝153.(3)∵a2＋a12＝a1＋a13＝2a7又∵a2＋a7＋a12＝3a7∴a7＝8，∴S13＝eq\f(a1＋a13,2)×13＝13×8＝104.eq\a\vs4\al\co1(綜合提高限時(shí)25分鐘)7．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝－11，a4＋a6＝－6，則當(dāng)Sn取最小值時(shí)，n等于()．A．6 B．7C．8 D．9解析法一∵{an}是等差數(shù)列，∴a4＋a6＝2a5＝－6，即a5＝－3，d＝eq\f(a5－a1,5－1)＝eq\f(－3＋11,4)＝2，∴{an}是首項(xiàng)為負(fù)數(shù)的遞增數(shù)列，所有的非正項(xiàng)之和是Sn的最小值．∵a6＝－1，a7＝1，∴當(dāng)n＝6時(shí)，Sn最小，故選A.法二由方法一知d＝2，又a1＝－11，∴Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝n2－12n＝(n－6)2－36，∴當(dāng)n＝6時(shí)，Sn取最小值，故選A.答案A8．在等差數(shù)列{an}中，an<0，a32＋a82＋2a3·a8＝9，那么S10等于 A．－9 B．－11C．－13 D．－15解析∵(a3＋a8)2＝9，an<0，∴a3＋a8＝－3.∴S10＝eq\f(10a1＋a10,2)＝eq\f(10a3＋a8,2)＝－15.答案D9．設(shè)等差數(shù)列{an}、{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn、Tn，若對(duì)任意自然數(shù)n都有eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n－3,4n－3)，則eq\f(a9,b5＋b7)＋eq\f(a3,b8＋b4)的值為.解析∵{an}，{bn}為等差數(shù)列，∴eq\f(a9,b5＋b7)＋eq\f(a3,b8＋b4)＝eq\f(a9,2b6)＋eq\f(a3,2b6)＝eq\f(a9＋a3,2b6)＝eq\f(a6,b6).∵eq\f(S11,T11)＝eq\f(a1＋a11,b1＋b11)＝eq\f(2a6,2b6)＝eq\f(2×11－3,4×11－3)＝eq\f(19,41)，∴eq\f(a6,b6)＝eq\f(19,41).答案eq\f(19,41)10．設(shè){an}是公差為－2的等差數(shù)列，如果a1＋a4＋…＋a97＝50，那么a3＋a6＋…＋a99＝.解析∵a3＋a6＋…＋a99，a1＋a4＋…＋a97分別是33項(xiàng)之和，∴(a3＋a6＋…＋a99)－(a1＋a4＋…＋a97)＝(a3－a1)＋(a6－a4)＋…＋(a99－a97)＝2d＋2d＋…＋2d＝33×2d＝33×(－4)＝－132，∴a3＋a6＋…＋a99＝－132＋50＝－82.答案－8211．已知等差數(shù)列{an}的前三項(xiàng)為a－1,4,2a，記前n項(xiàng)和為Sn(1)設(shè)Sk＝2550，求a和k的值；(2)設(shè)bn＝eq\f(Sn,n)，求b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1的值．解(1)由已知得a1＝a－1，a2＝4，a3＝2a又a1＋a3＝2a2∴(a－1)＋2a＝8，即a∴a1＝2，公差d＝a2－a1＝2.由Sk＝ka1＋eq\f(kk－1,2)d，得2k＋eq\f(kk－1,2)×2＝2550，即k2＋k－2550＝0，解得k＝50或k＝－51(舍去)，∴a＝3，k＝50.(2)由Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d，得Sn＝2n＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2＋n，∴bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋1，∴{bn}是等差數(shù)列，則b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1＝(3＋1)＋(7＋1)＋(11＋1)＋…＋(4n－1＋1)＝eq\f(4＋4nn,2)，∴b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1＝2n2＋2n.12．(創(chuàng)新拓展)已知公差大于零的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a3·a4＝117，a2＋a5＝22.(1)求通項(xiàng)an；(2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(Sn,n＋c)，是否存在非零實(shí)數(shù)c使得{bn}為等差數(shù)列？若存在，求出c的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．解(1)由等差數(shù)列的性質(zhì)得，a2＋a5＝a3＋a4＝22，所以a3、a4是關(guān)于x的方程x2－22x＋117＝0的解，又公差大于零，所以a3＝9，a4＝13.易知a1＝1，d＝4，故通項(xiàng)為an＝1＋4(n－1)＝4n－3.(2)由(1)知Sn＝eq\f(n1＋4n－3,2)＝2n2－n，所以bn＝eq\f(Sn,n＋c)＝eq\f(2n2－n,n＋c).法一所以b1＝eq\f(1,1＋c)，b2＝eq\f(6,2＋c)，b3＝eq\f(15,3＋c)(c≠0)．令2b2＝b1＋b3，解得c＝－eq\f(1,2).當(dāng)c＝－eq\f(1,2)時(shí)，bn＝eq\f(2n2－n,n－\f(1,2))＝2n，當(dāng)n≥2時(shí)，bn－bn－1＝2.故當(dāng)c＝－