第2讲 等差数列及其前n项和

一、选择题

1． {an}为等差数列，公差d＝－2，Sn为其前n项和．若S10＝S11，则a1＝( ) A．18 C．22

B．20

D．24

解析由S10＝S11得a11＝S11－S10＝0，a1＝a11＋(1－11)d＝0＋(－10)×(－2)＝20. 答案B

2．设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于( )． A．6

B．7

C．8

D．9

解析 由a4＋a6＝a1＋a9＝－11＋a9＝－6，得a9＝5，从而d＝2，所以Sn＝－11n＋n(n－1)＝n2－12n＝(n－6)2－36，因此当Sn取得最小值时，n＝6. 答案 A

3．已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，则a20等于( )． A．－1

B．1

C．3

D．7

解析 两式相减，可得3d＝－6，d＝－2.由已知可得3a3＝105，a3＝35，所以a20＝a3＋17d＝35＋17×(－2)＝1. 答案 B

4．在等差数列{an}中，S15>0，S16<0，则使an>0成立的n的最大值为

( )．

D．9

A．6 B．7 C．8

解析 依题意得S15＝

15a1＋a1516a1＋a16

＝15a>0，即a>0；S＝＝8(a18816

22

＋a16)＝8(a8＋a9)<0，即a8＋a9<0，a9<－a8<0.因此使an>0成立的n的最大值是8，选C. 答案 C

5．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝( )．

A．8 B．7 C．6 D．5

解析 由a1＝1，公差d＝2得通项an＝2n－1，又Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2，所以2k＋1＋2k＋3＝24，得k＝5. 答案 D

An7n＋45

6．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且B＝，则

n＋3n

an使得b为整数的正整数的个数是

n

( )．

D．5

A．2 B．3 C．4

An7n＋45anA2n－114n＋387n＋19an

解析 由B＝得：b＝＝＝，要使b为整数，则需n＋32n＋2n＋1nnB2n－1n7n＋1912

＝7＋为整数，所以n＝1,2,3,5,11，共有5个． n＋1n＋1答案 D 二、填空题

7．已知数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，a7－a5＝4，a11＝21，Sk＝9，则

k＝________.

解析a7－a5＝2d＝4，d＝2，a1＝a11－10d＝21－20＝1，

Sk＝k＋答案3

kk－1

2

×2＝k2＝9.又k∈N*，故k＝3.

S4S3

8．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若12－9＝1，则公差为________． 4×33×2

解析 依题意得S4＝4a1＋2d＝4a1＋6d，S3＝3a1＋2d＝3a1＋3d，于是4a1＋6d3a1＋3d有－＝1，由此解得d＝6，即公差为6.

129答案 6

9．在等差数列{an}中，a1＝－3,11a5＝5a8－13，则数列{an}的前n项和Sn的最小值为________．

解析 (直接法)设公差为d，则11(－3＋4d)＝5(－3＋7d)－13， 5

所以d＝，所以数列{an}为递增数列．

9

532

令an≤0，所以－3＋(n－1)·≤0，所以n≤，

95又n∈N*，前6项均为负值， 所以Sn的最小值为－答案 －

29

3

29. 3

10．设项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，则这个数列的中间项是________，项数是________． 解析 设等差数列{an}的项数为2n＋1， S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝

n＋1a1＋a2n＋1

＝(n＋1)an＋1，

2

na2＋a2n

S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝＝nan＋1，

2

S奇n＋144

∴＝n＝33，解得n＝3，∴项数2n＋1＝7，S奇－S偶＝an＋1，即a4＝44S偶－33＝11为所求中间项． 答案 11 7 三、解答题

11．设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6＋15＝0.

(1)若S5＝5，求S6及a1； (2)求d的取值范围． 解 (1)由题意知S6＝5a1＋10d＝5，所以

a1＋5d＝－8.

－15

S5

＝－3，a6＝S6－S5＝－8，

解得a1＝7，所以S6＝－3，a1＝7.

2

(2)因为S5S6＋15＝0，所以(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，即2a21＋9da1＋10d＋1＝0，

故(4a1＋9d)2＝d2－8，所以d2≥8. 故d的取值范围为d≤－22或d≥22.

12．在等差数列{an}中，公差d＞0，前n项和为Sn，a2·a3＝45，a1＋a5＝18. (1)求数列{an}的通项公式；

Sn(2)令bn＝(n∈N*)，是否存在一个非零常数c，使数列{bn}也为等差数列？

n＋c若存在，求出c的值；若不存在，请说明理由． 解 (1)由题设，知{an}是等差数列，且公差d＞0， a2a3＝45，a1＋da1＋2d＝45，则由得

a＋a＝18，a＋a＋4d＝18.1151a1＝1，解得∴an＝4n－3(n∈N*)．

d＝4.n1＋4n－31

n－2n22Sn(2)由bn＝＝＝，

n＋cn＋cn＋c1

∵c≠0，∴可令c＝－2，得到bn＝2n. ∵bn＋1－bn＝2(n＋1)－2n＝2(n∈N*)， ∴数列{bn}是公差为2的等差数列．

1

即存在一个非零常数c＝－2，使数列{bn}也为等差数列． 13．在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2＋an＝2an＋1. (1)求数列{an}的通项公式；

(2)设Sn是数列{|an|}的前n项和，求Sn.

解 (1)由2an＋1＝an＋2＋an可得{an}是等差数列， 且公差d＝

a4－a12－8

＝3＝－2. 4－1

∴an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋10. (2)令an≥0，得n≤5.

即当n≤5时，an≥0，n≥6时，an<0. ∴当n≤5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an| ＝a1＋a2＋…＋an＝－n2＋9n； 当n≥6时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an| ＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an) ＝－(a1＋a2＋…＋an)＋2(a1＋a2＋…＋a5)

＝－(－n2＋9n)＋2×(－52＋45) ＝n2－9n＋40，

2

－n＋9n，n≤5，∴Sn＝2

n－9n＋40，n≥6.

14．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2an＝S2＋Sn对一切正整数n都成立． (1)求a1，a2的值；

10a1

(2)设a1＞0，数列lga的前n项和为Tn.当n为何值时，Tn最大？并求出

n

Tn的最大值．

解 (1)取n＝1，得a2a1＝S2＋S1＝2a1＋a2，

2

取n＝2，得a2＝2a1＋2a2，

① ② ③

由②－①，得a2(a2－a1)＝a2， (i)若a2＝0，由①知a1＝0， (ii)若a2≠0，由③知a2－a1＝1.

④

由①、④解得，a1＝2＋1，a2＝2＋2；或a1＝1－2，a2＝2－2. 综上可得a1＝0，a2＝0；或a1＝2＋1，a2＝2＋2；或a1＝1－2，a2＝2－2.

(2)当a1＞0时，由(1)知a1＝2＋1，a2＝2＋2.

当n≥2时，有(2＋2)an＝S2＋Sn，(2＋2)an－1＝S2＋Sn－1， 所以(1＋2)an＝(2＋2)an－1，即an＝2an－1(n≥2)， 所以an＝a1(2)n－1＝(2＋1)·(2)n－1. 10a1令bn＝lga，

n

11100

则bn＝1－lg(2)n－1＝1－2(n－1)lg 2＝2lgn－1，

21

所以数列{bn}是单调递减的等差数列(公差为－2lg 2)， 10

从而b1＞b2＞…＞b7＝lg8＞lg 1＝0， 11001

当n≥8时，bn≤b8＝2lg128＜2lg 1＝0， 故n＝7时，Tn取得最大值，且Tn的最大值为

7b1＋b771＋1－3lg 221T7＝＝＝7－

222lg 2.