训练6 等差数列前n项和的综合应用-【勤径学升】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册同步练测（人教版2019）

AI伴学助手 在线答疑 训练六 等差数列前 n项和的综合应用 墨 7.已知等差数列{a,}中，a?+a?=15,a?a?= 基础练巩固应用 54,公差d<0. 1.(江西宜春三中高二期中)已知数列{a,}的 (1)求数列{a,}的通项公式 a; (2)求数列{a,}的前 n项和S,的最大值及 相应的 n的值. a.=(n+1D2=1通项公式为 ,则其前 8项 和为 ( ) A.90 D.45B.20 54c. 2.设数列{a,}是等差数列，若a?+a?+a?= 105,a?+a?+a?=99,以 S,表示{a,}的前 n项和，则使S,达到最大值的 n是( ) A.18 B.19 C.20 D.21 能力练 迁移运用 3.已知数列{a,}中，a,=2n-98, ,则 S=a?+ a?+⋯+a??+agg= ( ) 8.在等差数列{a,}中，a?=7,公差为d,前 n 项和为S,.若当且仅当n=8时，S,取得最 大值，则d的取值范围为 ( )A.96 B.97 C.98 D.99 4.(多选)已知 S,是等差数列{a,}的前 n项和， 且 S?>S?>S?,下列选项中正确的是 ( ) B.(-1,-8)A.(-1,+○) c.(-8,-9) D.(-6,-1) 9.(山西运城高二期末)已知公差为d的等 差数列{a,}的前 n项和为S,,若 S2023> A.d<0 B.S??>0 S2021>S2022,则 ( )C.S??<0 A.d<0 D.数列{S,}中的最大项为 S?? B.a,<0时，n的最大值为2 022 5.设数列{a,}的前 n项和为S,.如果a?= C.S,有最大值 -5,an+1=a,+2,n∈N*,那么S?,S?,S?, S?中最小的为 D.S,<0时，n的最大值为4 044 a?=1,0,=1+√a10.已知数列{a,}满足(6.植树节某班 20名同学在一段直线公路一 侧植树，每人植树一棵，相邻两棵树相距 10米，开始时需将树苗集中放置在某一棵 树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前 来领取树苗往返所走的路程总和最小，此 最小值为 米. (n∈N*).记数列{a,}的前 n项和为 S,则 ( ) A.1<So<3 B.3<S100<4 C.4<S<2 D.2<So<5 11 ?高中数学·选择性必修 第二册 11.记 S,为等差数列{a,}的前 n项和，且满 足：①Sn+1—a,>S,+2;② Vn∈N*,S, >Sg.写出一个同时满足上述两个条件的 数列{a,}的通项公式an=_ . 12.在等差数列{a,}中，a?>0,公差d<0,a? =3a?,前 n项和为S,,若 S,取得最大值， 则 n= . 13.在零存整取模型下：(1)若每月存入的金 额为x元，月利率r保持不变，存期为 n 个月，试推导出到期整取时本利和的公 式；(2)若每月初存入500元，月利率为 0.28到第36个月月末整取时的本利 和是多少? 创新练 素能培优 14.在数列{a,}中，a?=2,2-2-2=0 (n≥2,n∈N*), (1)令b?=2, ,求证：{b,}是等差数列； T,=,b+0+(2)在(1)的条件下，设 ⋯+63,求工，. 12 s=-1.12.解析 当 n=1时，S?=a?=-1,所以 因为 a=S+-S=S,S+,所以以s-s1=1,即51- =-1,所以{侍}是以s=a=-1 为首项，-1为 s=(-1)+(n-1)(-1)=公差的等差数列，所以以 -n,所以S=-1 -1答案 13.解(1)根据题意，A(n),B(n),C(n)构成等差数列， 所以 A(n)+C(n)=2B(n), 整理得aa+2-am+1=a?-a?=-4+6=2, 所以数列{a,}是首项为-6,公差为2的等差数列， 所以a=-6+2(n-1)=2n-8. (2)a.l={2m?-8:,854’记数列{|a,|}的前 n项和 为S,. 当n<4时，s.=n(6+8-2n=-n2+7n; 当n≥5 时，S,=12+(n-4)(2+2n-8=n3-7n +24. s.-(-4+24m25综上所述 创新练素能培优 14.解(1)设等差数列{a,}的首项为a?,公差为d. 由等差数列的性质，得a?+a?=a?+a?=22. 因为a?a?=117,且公差大于0,所以a?=9,a?=13. 所以d=4,a?=1,则a=1+(n-1)×4=4n-3. (2)存在非零实数c,使得{b,}为等差数列. 由(1)知S.=n(1+4n-3)=2n2-n, b.=s+=2n+所以 方法一：b?=1cb?=26c,b=35(c≠0). 令2b?=b?+b?,解得 c=-2. =-言时，b---“ 当 n≥2 时，b?-b。-1 =2. c=-2故 时，数列{b,}为等差数列. 方法二：当n≥2时， b.-b-1=n2+c-2(n-1--(n-1 =n2+(2c(410-2+a-3-1) 欲使{b,}为等差数列， 只需4c—2=2(2c—1)且-3c=2c(c-1)(c≠0), 解得c=-2. c=-2故当 时，数列{b.}为等差数列. 训练六 等差数列前 n项和的综合应用 基础练巩固应用 a.=(a+12=1=+2n=nn+2)=1. D 因为 (n-n+2) 2×(1-3+2-,所以前8项和为 4+言-号+⋯+g-)=2× (1+2-g-1)=9 故选 D. 2.C ∵a?+a?+a?=105=3a?,∴a?=35,∵a?+a?+a?= 99=3a?,a?=33,∴d=a?—a,=-2,∴a,=a?+(n— 3)d=41—2n,令a.>0,二41—2n>0,n<4, ∴n≤20. 3.C S=a?+a?+⋯+am+a,=9+9+⋯+9+9 ①,S=a+a?+⋯+a?+a=98++⋯++9 2S=(96+9+⋯+95+9)+②,①+ ②,得 (98+9+⋯+94+96)=(9+9)+(94+9)+ ⋯+(96+9)+(8+96)=2×98,,所以S=98. 4.AB ∵S>S,,∴a?<0,∵S?>S?,∴ag+a?>0,∴ag s=2(a?+an)=11a?>0,B>0,∴d<0,A 正确。 s?=2(a?+a?)=6(a?+a?)>0,C不正确.《S,)正确。 中最大项为Sg,D不正确。故正确的是 AB. 5.解析 ∵数列{a,}的前 n项和为S,,a?=-5,a+1=a +2,n∈N*, ∴数列{a,}是首项为一5,公差为2的等差数列， ∴a?=-5,a?=—3,a?=-1,a?=1, ∴S?=-5,S?=-8,S?=-9,S?=-8, 故S?,S?,Sg,S?中最小的为 S?. 答案 S? 6.解析 假设20位同学是1号到20号依次排列，使每位 同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总 和最小，则树苗需放在第 10或第11号树坑旁，此时两 侧的同学所走的路程分别组成以20为首项，20为公差 的等差数列，故所有同学往返的总路程为 S=9×20+ 9×?×20+10×20+10×?×20=2000米). 答案 2 000 7.解(1)∵{a,}为等差数列，∴a?+a?=a?+a?, {a+-5415 a,=6(因 d<0,合去)或a=6-{a=-03解得 ∴a=11—n. (2)a?=10,a,=11—n ∴s.=n(a+a,)=-2m2+21n. 52 又-1<0,对称轴为n=2,故当n=10或11时，S,取 得最大值，其最大值为55. 能力练迁移运用 8.B 方法一：因为当且仅当 n=8时，S。取得最大值， a.<0所以数列{a,}是递减数列，且 {7+84<0,即-1<a<-8又 a?=7,所以 S,=7n+7(n-1)d,当且仅当n=8时，S。方法二：因为 取得最大值， 63+36<6+284s,<sS.,所以 即 -1<d<-g.解得 9.B 由S2023>S2021>S2022,得a2022=S2022-S2o2i<0, a2023=S2023-S2022>0,即 d=a2023-a2022>0,故 A错 误；因为d>0,且a?o<0,a?o>0,故a,<0时，n的最 大值为2 022,所以S有最小值S2O22,没有最大值，故 B ;sc-4043(a,+a)=4043agm<0,正确，C错误 so= 4045am>0,Sm=4044(a+a)= 2 022(a?o22+a2023),但a?022+a?o23无法确定正负，故 S <0时，n的最大值可能为4043或4 044,故D错误。 10.A 由题意知，0<am=1+√<a,≤1,且a.m+ a.√a,= a.,a=,则am=< a+-2(@-√em),W是=a+a <S1oo=a?+a?+⋯+ao<a?+2(√a?-√a?+√a? -√a?+⋯+√a-√a1o0)=a?+2(√a?-√a1o0)< 3,故选 A. 11.解析 由Sa+1-a>S,+2,得aa+1-a>2,即公差d >2,所以数列{a,}是递增数列.又Vn∈N*,S>Sg,即 仅当 n=8时，S,取得最小值，故只需数列{a,}的前 8 项均为负数，第9项及之后均为正数即可，结合d>2 可知，满足条件的一个数列{a,}的通项公式可以为a =3n-25. 答案 3n-25(答案不唯一) 12.解析 在等差数列{a,}中，a?>0,公差d<0.∵a?= 3a,,∴a?+4d=3(a?+6d),∴a?=—7d,∴S= n(-7d)+2(n-1a=2(n2-15n),∴n=7或8时， S,取得最大值. 答案 7或8 13.解(1)根据题意，每1个月存入金额为x元，到期利息 为x·r·n元；第2个月存入金额为x元，到期利息为x ·r·(n—1)元⋯⋯第 n个月存入金额为x元，到期利息 为xr元.不难看出，这是一个等差数列求和的问题。 各月利息之和为ar(1+2+⋯+n)=n(n+1ra(元), y=mz+(n+1)ra=x而本金为 nx元，则本利和为 [n+”n+1]r](元).① (2)每月初存入500元，月利率为0.28根据①式，本利 和y=500×(36+36×37×0.28?18932.4(元). 创新练素能培优 14.解(1)证明：由云-2-2=0得 2-2==2(m≥2). 又b=,∴b?=1, ∴数列{b,}是首项为1,公差为2的等差数列。 (2)由(1)知b,=2n-1, bh=(2n-1(2n+1)=1(2n-1-2n+I), ∴T,=1(1-3+3- +⋯+2m-1-2n+1) =2(1-2n+1)=2n+1 训练七 等比数列的概念与通项公式 基础练巩固应用 1.C a?和a?的等比中项为士√a?a1=±√4×16= ±8.故选C. 2. ABD ∵数列{a,}对任意 n≥2(n∈N*)都有(a,-a-1 -1)(a-2a_1)=0,∴a,-a-1=1或a,=2a_1,若a -aa-1=1,则数列{a,}是等差数列；若a=2a-1,且a ≠0,则数列{a,}是等比数列，故 A,B正确；由(a-a-1 -1)(a-2aa-1)=0,得不出数列{a,}是非零常数列，故 {a,}不可以既是等差数列又是等比数列，故C错误；当 数列{a,}的各项依次为0,1,2,4,8,16,32,⋯时，满足条 件，但数列{a,}既不是等差数列也不是等比数列，故D 正确。 3.C ∵{a,}中的项必然有正有负，∴q<0.又|ql>1, ∴{|a,l}递增或递减。由此可得{a}的连续四项为 -24,36,-54,81.∴g=-3. 4.C 设等差数列{a,}的公差为d(d≠0),由a?=1,ag,a, a?g成等比数列，得 a2=a?a1g,即(1+6d)2=(1+2d)(1+ d=5或d=0(舍去),即15d),整理得6d2-5d=0,解得 数列{a,}的公差d=5,故选C 5.解析 设等差数列的公差为d,则a?=a?+2d,a?=a?+4d, ∴(a?+2d+3)2=(a?+1)(a?+4d+5),解得d=-1, :9=4+3-a-2+3=1. 答案 1 6.解析 因为数列{a,}的通项公式为a,=3n-1,所以数 列{a,}中的项依次为 2,5,8,11,14,17,20,23,26,29, 2=3,32,35,⋯显然 ,所以2,8,32 能构成等比数列。 (注：满足题意的三项均可) 答案 2,8,32(答案不唯一) 53