第4章 第2课时 等差数列前n项和的综合应用（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册（人教A版2019）

第2课时　等差数列前n项和的综合应用 基础过关练 题组一　等差数列前n项和的最大(小)值 1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S9>0,S10<0,则数列{Sn}的最大项是(　　) A.S6　　　　B.S5　　　　C.S9　　　　D.S8 2.已知数列{an}为等差数列,Sn为其前n项和,若a2+3a8<0,a6·a7<0,且数列{an}的前n项和有最大值,则使得Sn>0成立的n的最大值为(　　) A.11　　　　B.12　　　　C.7　　　　D.6 3.已知数列{an}是公差不为0的无穷等差数列,Sn是其前n项和,若Sn存在最大值,则(　　) A.在S1,,…,中,最大的数是S1 B.在S1,,…,中,最大的数是 C.在S1,S2,S3,…,S2 023中,最大的数是S1 D.在S1,S2,S3,…,S2 023中,最大的数是S2 023 4.(多选题)设Sn为等差数列{an}的前n项和,且∀n∈N*,都有,若<-1,则下列结论正确的是(　　) A.a16<0　　　　 B.a17<0 C.{Sn}的最小项是S16　　　　 D.{Sn}的最大项是S17 5.(多选题)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足|a4|=|a10|,公差d<0,则(　　) A.a7=0　　　　 B.S13>0 C.Sn有最大值　　　　 D.Sn=S13-n(1≤n≤12,n∈N*) 6.已知数列{an}满足a1=,a1+a1a2+…+a1a2…an<m(m∈R)恒成立,则m的最小值为(　　) A.3　　　　B.2　　　　C.1　　　　D. 7.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,S2=45,S3=63. (1)求数列{an}的通项公式; (2)当n为何值时,Sn最大?最大值为多少? 题组二　等差数列前n项和的实际应用 8.某健身房推出会员打卡送积分活动(积分可兑换礼品),第一天打卡得1积分,以后只要连续打卡,每天所得积分都会比前一天多2分.若某天未打卡,则当天没有积分,且第二天打卡必须从1积分重新开始.某会员参与打卡活动,从3月1日开始,到3月20日他共得193积分,中途有一天未打卡,则他未打卡的那天是(　　) A.3月5日或3月16日 B.3月6日或3月15日 C.3月7日或3月14日 D.3月8日或3月13日 9.风雨桥是侗族最具特色的民间建筑之一.风雨桥由桥、塔、亭组成,其中亭、塔的俯视图通常是正方形、正六边形或正八边形.下图是某风雨桥亭的大致俯视图,其中正六边形的边长的计算方法如下:A1B1=A0B0-B0B1,A2B2=A1B1-B1B2,……,AnBn=An-1Bn-1-Bn-1Bn,其中B3B4=B2B3=B1B2=B0B1,n∈N*.已知该风雨桥亭共5层,若A0B0=8 m,B0B1=0.5 m,则图中的五个正六边形的周长总和为(　　) A.120 m　　　　B.210 m　　　　 C.130 m　　　　D.310 m 10.在如下数表中: 第1行为1,从第2行开始,每一行的左右两端都为1,其余的数都等于它肩上的两个数之和再加1.则 (1)第10行从左向右的第3个数为　　　;  (2)第n(n∈N*)行的各个数之和为　　　.  题组三　与等差数列有关的数列求和 11.已知函数f(x)=x+3sin,数列{an}满足an=,则f(a1)+f(a2)+…+f(a2 022)=(　　) A.2 022　　　　B.2 023　　　　 C.4 044　　　　D.4 046 12.(多选题)已知各项都是正数的数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=,则(　　) A.{}是等差数列　　　　B.Sn+Sn+2<2Sn+1 C.an+1>an　　　　D.88<<89 13.记Sn为数列{an}的前n项和,已知对任意的n∈N*,an+an+1=2n+1,且存在k∈N*,Sk=Sk+1=210,则a1的取值集合为　　　(用列举法表示).  14.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=3,Sn+1+Sn=(n+1)an+1. (1)求{an}的通项公式; (2)若bn=,求数列{bn}的前n项和Tn. 能力提升练 题组一　等差数列前n项和的最大(小)值 1.在等差数列{an}中,Sn是{an}的前n项和,满足S18<0,S19>0,则在有限数列,…,中,最大项和最小项分别为(　　) A. C. 2.已知Sn是等差数列{an}的前n项和,且满足S2 023<S2 024<S2 022,设bn=anan+1an+2,数列的前n项和为Tn,则下列结论中不正确的是(　　) A.a2 023<0 B.使得Sn<0成立的最大的n值为4 045 C.a2 022a2 023>a2 024a2 025 D.当n=2 023时,Tn取得最小值 3.(多选题)设数列{an}满足2an=an+1+an-1(n≥2且n∈N*),Sn是数列{an}的前n项和,且4S7-7S4=42,a1=1,数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn=·Sn,则下列结论正确的有(　　) A.a5=3 B.数列的前2 024项和为 C.当n=4时,Tn取得最小值 D.当n=5时,取得最小值 题组二　等差数列前n项和的综合应用 4.已知递增数列{an}的前n项和Sn满足2Sn=n(an+1),设bn=,若对任意n∈N*,不等式b1+b2+b3+…+bn≤恒成立,则a2 023的最小值为(　　) A.2 023　　　　B.2 024　　　　 C.4 045　　　　D.8 089 5.设无穷等差数列{an}的公差为d,集合T={t|t=sin an,n∈N*},则(　　) A.T中不可能有无数个元素 B.当且仅当d=0时,T中只有1个元素 C.当T中只有2个元素时,这2个元素的乘积有可能为 D.当d=,k≥2,k∈N*时,T中最多有k个元素,且这k个元素的和为0 6.已知正项数列{an}的前n项积为Tn,且4,则使得>2 024的最小正整数n的值为(　　) A.4　　　　B.5　　　　C.6　　　　D.7 7.(多选题)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述:今有良马与驽马发长安至齐,齐去长安一千一百二十五里,良马初日行一百零三里,日增十三里;驽马初日行九十七里,日减半里;良马先至齐,复还迎驽马,二马相逢.则(　　) A.驽马第七日行九十四里 B.第七日良马先至齐 C.第八日两马相逢 D.两马相逢时良马行一千三百九十五里 8.已知数列{an}和{bn}均为等差数列,它们的前n项和分别为Sn和Tn,且an>0,anbn=n2+36n,S23=T23,则a1+b1=(　　) A. 9.已知等差数列{an}(公差不为0)和等差数列{bn}的前n项和分别为Sn、Tn,如果关于x的方程:1 003x2-S1 003x+T1 003=0有实数解,那么以下关于x的1 003个方程:x2-aix+bi=0(i=1,2,…,1 003)中,有实数解的方程至少有(　　) A.499个　　　　B.500个　　　　C.501个　　　　D.502个 10.已知正项数列{an}的前n项和为Sn,若2Sn=+an-2,则的最小值为　　　　.  11.已知各项均为正数的递增等差数列{an},其前n项和为Sn,公差为d,若数列{}也是等差数列,则a1+的最小值为　　　　.  12.已知数列{an}的前n项和为Sn,若{an}与{}均为等差数列,且公差不为0,则的值为　　　　.  13.已知函数f(x)=x,数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)(n∈N*)在函数f(x)的图象上. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若函数g(x)=,令bn=g(n∈N*),求数列{bn}的前2 020项和T2 020. 14.已知正项数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且2Sn=nan+1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)定义[x]为不超过x的最大整数(例如:[0.1]=0,[3.1]=3),设bn=1+,数列{bn}的前n项和为Tn,当[T1]+[T2]+…+[Tn]=87时,求n的值. 答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.B　由题意得S9==9a5>0, 所以a5>0,又因为S10==5(a5+a6)<0, 所以a5+a6<0,所以a6<0,所以{an}的公差d=a6-a5<0, 故数列{an}是递减数列,且其前5项为正数,从第6项起均为负数,所以数列{Sn}的最大项是S5.故选B. 2.A　设等差数列{an}的公差为d,则a2+3a8=4a1+22d=2(a6+a7)<0, ∵a6·a7<0,且{an}的前n项和有最大值, ∴{an}是递减数列,且a6>0,a7<0, ∴S11==11a6>0, S12==6(a6+a7)<0, 故使得Sn>0成立的n的最大值为11.故选A. 3.A　设等差数列{an}的公差为d,则d≠0,由Sn存在最大值可知,d<0, 因为Sn=na1+n,所以,所以数列是以S1为首项,为公差的等差数列,且d<0,则是递减数列,所以在S1,,…,中,最大的数是S1,故A正确,B错误. 在S1,S2,S3,…,S2 023中,最大的数是不确定的,比如an=-n+,由≤n≤,n∈N*,所以n=4,即S4为最大值,故C、D错误.故选A. 4.AC　设{an}的公差为d, 由, 可得an<an+1,故d>0, 由<-1得a16<0,a17>0, 所以{Sn}中S16最小,无最大项,故选AC. 5.ACD　由|a4|=|a10|,d<0,得a4>0,a10<0,且a4+a10=0,所以a4+a10=2a7=0,即a7=0,故A正确; S13=(a1+a13)=13a7=0,故B错误; 由d<0,a4>0,a10<0,得{an}是首项为正数的递减数列,又a7=0,所以当n=6或n=7时,Sn有最大值,故C正确; 由以上分析易知Sn=S13-n(1≤n≤12,n∈N*),故D正确.故选ACD. 6.C　由已知得,即, ∴是公差为1的等差数列,又∵a1=, ∴, ∴a1a2a3…an=, ∴a1+a1a2+…+a1a2…an=2×<1, 故m≥1,即m的最小值为1.故选C. 7.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d, 由题意得 ∴an=a1+(n-1)d=24+(n-1)×(-3)=27-3n. (2)由(1)可得an=27-3n, 则a8=27-3×8=3,a9=27-3×9=0,a10=27-3×10=-3<0, 又∵d=-3<0,∴当n=8或n=9时,Sn取得最大值,最大值为=108. 8.D　若他连续打卡,则从打卡第1天开始,逐日所得积分依次成等差数列,且首项为1,公差为2,第n天所得积分为2n-1. 假设他连续打卡n(1≤n≤18,n∈N*)天,第(n+1)天中断了, 则他这20天所得积分之和为(1+3+…+2n-1)+[1+3+…+2(19-n)-1]==193,化简得n2-19n+84=0, 解得n=7或n=12,所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日.故选D. 9.B　易知题图中五个正六边形的边长(单位:m)构成等差数列,设为{ak},且a1=8,公差d=-0.5,k∈N*,1≤k≤5, 则数列{ak}(k∈N*,1≤k≤5)的前5项和S5=5a1+×5×4×0.5=35, 所以题图中的五个正六边形的周长总和为6S5=6×35=210 m.故选B. 10.答案　(1)71　(2)2n-n 解析　(1)解法一(观察法):观察题中数表可得第6行的第3个数是7+11+1=19,第7行的第3个数是9+19+1=29, 第8行的第3个数是11+29+1=41, 第9行的第3个数是13+41+1=55, 第10行的第3个数是15+55+1=71. 解法二:设第k行的第3个数为ak(k≥3). 观察题中数表发现,第k(k≥3)行的第2个数为2k-3. 所以ak+1=ak+2k-3+1=ak+(2k-2). 由于a3=1,a4=5,所以当k≥4时,ak-ak-1=2k-4, ak-1-ak-2=2k-6, …… a4-a3=4, 累加可得ak-a3==k(k-3), 所以ak=k2-3k+1(k≥4),所以第10行的第3个数是102-30+1=71. (2)设第n行的各个数之和为Sn, 则S1=1,S2=2,S3=5, 当n≥4时,第(n-1)行有(n-1)个数,记为x1,x2,…,xn-1,其中x1=xn-1=1. 则Sn-1=x1+x2+…+xn-1, Sn=1+(x1+x2+1)+(x2+x3+1)+…+(xn-2+xn-1+1)+1 =n+2(x1+x2+…+xn-1)-(x1+xn-1) =(n-2)+2Sn-1, 所以Sn+n=2[Sn-1+(n-1)]=22[Sn-2+(n-2)]=…=2n-3(S3+3)=2n,从而Sn=2n-n(n≥4), 因为当n=1,2,3时也满足上式,所以Sn=2n-n(n∈N*). 11.A　由已知得f(1-x)=1-x+3sin, ∴f(x)+f(1-x)=2. ∵an+a2 023-n==1, ∴f(an)+f(a2 023-n)=2. 令S=f(a1)+f(a2)+…+f(a2 022), 则S=f(a2 022)+f(a2 021)+…+f(a1),两式相加得2S=2×2 022,∴S=2 022.故选A. 12.ABD　当n=1时,a1=S1=,又a1>0,所以S1=a1=1, 当n≥2时,Sn=,整理得=1, 所以{}是公差为1的等差数列,故A正确; 由A中分析得+n-1=n,又Sn>0,所以Sn=, 则Sn+Sn+2==2Sn+1,故B正确; a2=S2-S1=-1<a1,故C错误; 因为), 所以)+…+(-1)=88, 又因为当n≥2时,), 所以)+…+(-1<89, 所以88<<89,故D正确. 故选ABD. 13.答案　{-20,21} 解析　n为偶数时,Sn=a1+a2+a3+a4+…+an-1+an=3+7+…+2n-1=, 令=210,得n=20(负值舍去), ∴k=20或k=19. 当k=19时,S19=a1+a2+a3+…+a18+a19 =a1+5+9+…+37=a1+=a1+189=210, ∴a1=21; 当k=20时,S21=a1+a2+a3+…+a20+a21=a1+5+9+…+41=a1+=a1+230=210,∴a1=-20. 综上,a1的取值集合为{-20,21}. 14.解析　(1)当n=1时,S2+S1=2a2,解得a2=2a1=6. 当n≥2时,由Sn+1+Sn=(n+1)an+1,得Sn+Sn-1=nan, 两式相减得an+1+an=(n+1)an+1-nan,即, 利用累乘法可得×…×,即=n,因为a1=3,所以an=3n, 所以{an}的通项公式为an=3n. (2)由(1)可知,bn=, 则Tn=. 能力提升练 1.B　设等差数列{an}的公差为d. S18==9(a9+a10)<0,即a9+a10<0, S19==19a10>0,即a10>0,故a9<0,d>0. ①当1≤n≤9,n∈N*时,an<0,Sn<0,故>0, 故|Sn|max=|S9|,|an|min=|a9|,此时; ②当10≤n≤18,n∈N*时,an>0,Sn<0,故<0, 故|Sn|max=|S10|,|an|min=|a10|,此时; ③当n=19时,>0且+1<1, 又+1>1,所以. 综上所述,在,…,中,最大项和最小项分别为.故选B. 2.B　对于A,S2 024-S2 023=a2 024>0,S2 024-S2 022=a2 023+a2 024<0,所以a2 023<0,A中结论正确. 对于B,S4 047==4 047a2 024>0,S4 046==2 023×(a2 023+a2 024)<0, 所以使Sn<0成立的最大的n值为4 046,B中结论错误. 对于C,由等差数列的性质知a1<a2<…<a2 022<a2 023<0<a2 024<a2 025<…,且a2 023+a2 024=a2 022+a2 025<0, 故|a2 023|>|a2 024|,|a2 022|>|a2 025|, 则(-a2 022)(-a2 023)>a2 024a2 025,即a2 022a2 023>a2 024·a2 025,C中结论正确. 对于D,设等差数列{an}的公差为d.由bn=anan+1·an+2,得, 所以Tn=+…+=. 易知d>0,故要使Tn取得最小值,需取得最小值,需满足an+1an+2>0且an+1an+2最小, 由C中分析知a1a2>a2a3>…>a2 022a2 023>0,0<a2 024a2 025<a2 025a2 026<…,且a2 022a2 023>a2 024a2 025, 故an+1an+2取最小值时,n=2 023, 此时最小,即Tn最小,故D中结论正确. 故选B. 3.BCD　由2an=an+1+an-1得an-an-1=an+1-an, 故{an}为等差数列,设其公差为d,由等差数列前n项和的性质知也为等差数列,且公差为, 由4S7-7S4=42,得=3·,则d=1, 又a1=1,∴an=n,∴a5=5,A错误; 易得Sn=,则, 故的前2 024项和为+…+,B正确; Tn=·Sn=, 当n=1时,b1=T1=-50,当n≥2时,bn=Tn-Tn-1=, 易知n≥2时,{bn}单调递增,且b2=-22,b4=-7,b5=5, ∴b1<b2<b3<b4<0<b5<…,∴当n=4时,Tn取得最小值,C正确; 当1≤n≤4时,{Tn}单调递减,且Tn<0,当n≥5时,{Tn}单调递增, 且T7=-32<0,T8=27>0, 所以n≤4或n≥8时,>0, 当n=5,6,7时,<0,且, ∵-18<-,∴当n=5时,取得最小值,D正确.故选BCD. 4.C　由2Sn=n(an+1)①,得当n=1时,2S1=1×(a1+1),则a1=1, 当n≥2时,2Sn-1=(n-1)(an-1+1)②, ①-②得(n-2)an-(n-1)an-1+1=0③, 则(n-1)an+1-nan+1=0④, ③-④并整理得2an=an+1+an-1,故{an}是等差数列,设其公差为d,则an=1+(n-1)d,d>0, 则bn=, 所以b1+b2+b3+…+bn=+…+=,易知an>0,所以,所以d≥2, 则a2 023=1+(2 023-1)d≥1+2 022×2=4 045. 故选C. 5.D　对于A,取an=n,则t=sin an=sin n,因为函数y=sin x的周期为2π,且图象的对称轴为直线x=+kπ,k∈Z,所以对任意的ai,aj(i,j∈N*,i≠j),必有sin ai≠sin aj,故当{an}是无穷等差数列时,T中有无穷个元素,故A错误; 对于B,取an=nπ,即d=π,则t=sin an=sin nπ=0,此时T中只有一个元素,故B错误; 对于C,若T中只有2个元素,根据y=sin x的周期性与图象的中心对称性可知,sin an的相邻两个值必一正一负,所以T中的这2个元素的乘积必为负,故C错误; 对于D,当d=时,t1=sin a1,t2=sin,……,tk=sin=sin a1,……, 所以T中最多有k个元素, 又因为正弦函数的周期为2π,数列{an}的公差为,所以ak(k≥2,k∈N*)把周期2π平均分成k份,所以T中的这k个元素的和为0,故D正确.故选D. 6.C　由题意得an>0,Tn>0,又∵4, ∴4,n≥2,n∈N*,两式相除可得, 上式两边取对数,可得(n+1)lg an-1=nlg an,即,n≥2,n∈N*, ∴×…××…×, 化简得, 又4,∴a1=4,∴lg an=lg 4·=(n+1)lg 2=lg 2n+1,∴an=2n+1,∴Tn=22×23×…×2n+1=, ∵210=1 024<2 024<2 048=211,∴要使>2 024,则≥211,即Tn≥222,即≥22,解得n≥, ∵5<,∴满足题意的最小正整数n的值为6.故选C. 7.AD　由题意可知,两马日行里数都成等差数列, 记良马的日行里数为数列{an},其前n项和为Sn,a1=103,公差d1=13,所以an=13n+90,n∈N*. 记驽马的日行里数为数列{bn},b1=97,公差d2=-0.5,所以bn=-0.5n+97.5,n∈N*. 驽马第七日所行里数为b7=-0.5×7+97.5=94,A正确; 前七日良马所行里数为S7=(a1+a7)=994,因为994<1 125,所以第七日良马未至齐,B错误; 设第m日两马相逢,由题意可知两马所行的里数之和是齐和长安之间距离的两倍, 即103m+×0.5=2×1 125,解得m=9或m=-40(舍),即第九日两马相逢,C错误; 由C可知,第九日两马相逢,此时良马所行里数为S9=(a1+a9)=1 395,D正确.故选AD. 8.D　由S23=T23可得,即a12=b12, 设an=kn+t,bn=pn+q, 则anbn=pkn2+(pt+kq)n+tq=n2+36n, 所以pk=1,pt+kq=36,tq=0. 若t=0,则又an>0,所以此时an=2n,bn=n+18,则a1+b1=; 同理,若q=0,则又an>0,所以则an=n+18,bn=2n,则a1+b1=. 综上,a1+b1=.故选D. 9.D　由题意得-4×1 003T1 003≥0,因为S1 003==1 003a502,T1 003==1 003b502,所以-4b502≥0, 若关于x的方程x2-aix+bi=0(i=1,2,3,…,1 003)无实数解,则-4bi<0,显然第502个方程有解. 设方程x2-a1x+b1=0与方程x2-a1 003x+b1 003=0的判别式分别为Δ1,Δ1 003, 则Δ1+Δ1 003=(-4b1 003)=-4(b1+b1 003)≥-4b502)≥0, 第一个等号成立的条件是a1=a1 003,而{an}的公差不为0,所以Δ1+Δ1 003>0,所以Δ1>0,Δ1 003>0至少有一个成立, 同理可证Δ2>0,Δ1 002>0至少有一个成立,……,Δ501>0,Δ503>0至少有一个成立,且Δ502≥0. 综上,在所给的1 003个方程中,有实数根的方程至少有502个.故选D. 10.答案　 解析　由题意得2a1=2S1=+a1-2,因为数列{an}是正项数列,所以a1=2, 由2Sn=+an-2,可得当n≥2,n∈N*时,2Sn-1=+an-1-2, 所以2an=2Sn-2Sn-1=(-an-1, 整理得an+an-1==(an+an-1)(an-an-1), 因为数列{an}是正项数列, 所以an-an-1=1,即数列{an}是首项为2,公差为1的等差数列, 所以an=n+1,n∈N*,Sn=, 令bn=,则bn=,n∈N*, 易知y=(x>0)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增, 又3<, 所以当且仅当n=4时,bn取得最小值,即取得最小值,为. 11.答案　3 解析　设等差数列{an}的公差为d(d>0), 则Sn=na1+n, 则有, 若数列{}也是等差数列,则必有a1=, 则a1+-1≥2×-1=4-1=3,当且仅当d=2时,等号成立,故a1+的最小值为3. 12.答案　2 解析　设数列{an}的公差为d(d≠0),则an=a1+(n-1)d,, 因为数列{}是等差数列, 所以2, 即2, 化简整理得-2a1d+d2=0, 所以a1=d,易知d>0,此时an=nd,,显然{an}与{}均为等差数列,满足题意, 则=2. 13.解析　(1)∵点(n,Sn)在函数f(x)的图象上, ∴Sn=n. 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n; 当n=1时,a1=S1=1,适合上式,∴an=n. (2)∵g(x)=,∴g(x)+g(1-x)=1. 又由(1)知an=n,∴bn=g. ∴T2 020=b1+b2+…+b2 020=g+…+g, 又T2 020=b2 020+b2 019+…+b1=g+…+g, ∴2T2 020=2 020=2 020, ∴T2 020=1 010. 14.解析　(1)因为{an}是正项数列,所以an>0, 因为2Sn=nan+1,a1=2, 所以当n=1时,2S1=2a1=a2,则a2=4; 当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an, 所以2an=2Sn-2Sn-1=nan+1-(n-1)an, 整理得,所以是常数列,则=2(n≥2), 又=2满足上式,所以=2(n∈N*),故an=2n. (2)由(1)得2Sn=nan+1=2n(n+1),则Sn=n(n+1), 所以bn=1+, 则Tn=n++…+, 易得[T1]=2,[T2]=4,当n≥3时,0<,则[Tn]=n+2, 故[T1]+[T2]+[T3]+[T4]+…+[Tn]=2+4+5+6+…+(n+2)=3+4+5+6+…+(n+2)-1=-1=87,解得n=11(负值舍去). 2 学科网（北京）股份有限公司 $$