5.2.2 第2课时 等差数列前n项和的性质 课后达标检测(Word练习)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册（人教B版）

1．设等差数列的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9＝(　　) A．18 B．27 C．45 D．63 解析：选C．由题意得S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，即9，36－9，a7＋a8＋a9成等差数列，即2×＝9＋a7＋a8＋a9，解得a7＋a8＋a9＝45.故选C． 2．某镇政府计划从3月1日开始植树绿化环境，第一天植树2 000棵，以后每天植树的棵数比前一天多相同的数量．若该镇政府计划用13天(即到3月13日结束)植树33 800棵，则植树节(3月12日)这一天植树(　　) A．3 000棵 B．3 100棵 C．3 200棵 D．3 300棵 解析：选B．由题意知，这13天中每天植树数量为等差数列，则a1＝2 000， 设数列的公差为d，则13×2 000＋×13×12d＝33 800，解得d＝100，所以a12＝2 000＋11×100＝3 100.故选B． 3．在数列中，a1＝20，对任意正整数n，an＋1＝an－3，则数列的前n项和Sn的最大值为　(　　) A．77 B．76 C．75 D．74 解析：选A．因为an＋1＝an－3，即an＋1－an＝－3，所以为等差数列，且公差为－3.又a1＝20，所以an＝23－3n，所以数列为递减数列，所以a1>a2>…>a7>0>a8>a9>…，所以S7最大，且S7＝7×20＋×＝77.故选A． 4．设等差数列{an}的前n项和是Sn，若－am＜a1＜－am＋1(m∈N＋，m≥2)，则必定有(　　) A．Sm＞0，且Sm＋1＜0 B．Sm＜0，且Sm＋1＞0 C．Sm＞0，且Sm＋1>0 D．Sm＜0，且Sm＋1＜0 解析：选A．依题意，－am＜a1＜－am＋1(m∈N＋，m≥2)， 所以 所以故选A． 5．在等差数列{an}中，a1＝－2 024，其前n项和为Sn，若－＝2，则S2 024＝(　　) A．2 023 B．－2 023 C．－2 024 D．2 024 解析：选C．由等差数列{an}的性质可知，也为等差数列． 由－＝2，则数列的公差为1. 所以＝＋(n－1)×1＝－2 024＋n－1＝n－2 025， 所以＝2 024－2 025＝－1， 所以S2 024＝－2 024.故选C． 6．(多选)已知两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且＝，则使得为整数的k的取值可以是(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 解析：选ACD．由等差中项以及等差数列求和公式可得＝＝＝＝＝5＋∈Z，又因为k∈N＋，所以k∈{1，2，4}．故选ACD． 7．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S20＝30，则S40＝________． 解析：因为数列{an}是等差数列，所以Sm，S2m－Sm，S3m－S2m仍然是等差数列， 所以S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30也是等差数列， 因为S10＝10，S20＝30， 所以2(S20－S10)＝S10＋S30－S20⇒S30＝60， 2(S30－S20)＝S40－S30＋S20－S10⇒S40＝100. 答案：100 8．已知数列是项数为偶数的等差数列，它的奇数项的和是50，偶数项的和为34，若它的末项比首项小28，则该数列的公差是________． 解析：设等差数列的项数为2m，公差为d， 因为末项与首项的差为－28， 所以a2m－a1＝(2m－1)d＝－28，① 因为S奇＝50，S偶＝34， 所以S偶－S奇＝34－50＝－16＝md，② 由①②得d＝－4. 答案：－4 9．北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌若干块扇面形石板构成第1环，依次向外共砌27环，从第2环起，每环依次增加相同块数的扇面形石板．已知最内3环共有54块扇面形石板，最外3环共有702块扇面形石板，则圜丘坛共有扇面形石板(不含天心石)__________块． 解析：依题意由内向外每环扇面形石板的块数成等差数列，设为{an}，其中a1＋a2＋a3＝54，a25＋a26＋a27＝702， 所以a1＋a2＋a3＋a25＋a26＋a27＝3(a1＋a27)＝54＋702＝756， 所以a1＋a27＝252， 所以S27＝＝＝3 402， 故圜丘坛共有扇面形石板(不含天心石)3 402块． 答案：3 402 10．已知等差数列{an}(n∈N＋)，Sn为其前n项和，a1＝t，a4＝t－6，其中t∈R. (1)求a10及S10(用t表示)； (2)在S1，S2，…，Sn中，有且只有S8的值最大，求实数t的取值范围． 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， a1＝t，a4＝t－6， 所以a4－a1＝－6＝3d，即d＝－2， 所以a10＝a1＋9d＝t－18， S10＝×10＝×10＝10t－90. (2)因为在S1，S2，…，Sn中，有且只有S8的值最大， 所以即解得14＜t＜16， 即实数t的取值范围为(14，16). 11．已知等差数列{an}(n∈N＋)的前n项和为Sn，公差d＜0，＜－1，则使得Sn＞0的最大整数n为(　　) A．9 B．10 C．17 D．18 解析：选C．因为＜－1＜0，所以a10，a9异号， 因为d＜0，所以a9＞0，a10＜0，又有＜－1， 所以a10＜－a9，即a10＋a9＜0， 因为S17＝＝17a9＞0， S18＝＝9(a9＋a10)＜0， 所以使得Sn＞0的最大整数n为17.故选C． 12.(多选)如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……，设第n层有an个球，从上往下n层球的总数为Sn，则(　　) A．S3＝a4 B．an＋1－an＝ C．an＋1－an＝n＋1 D．a10＝55 解析：选ACD．由题意得，第n层有an个球，a1＝1，a2＝a1＋2，a3＝a2＋3，…，an＋1＝an＋n＋1. 即a2＝1＋2＝3，a3＝1＋2＋3＝6，…，an＝1＋2＋3＋…＋n＝， 因为S3＝a1＋a2＋a3＝1＋3＋6＝10， a4＝1＋2＋3＋4＝10， 所以S3＝a4，A正确； 由an＋1－an＝n＋1，当n＝2时，a3－a2＝3≠，故B错误，C正确； 由a10＝＝55，D正确．故选ACD． 13．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝，则＝________________________. 解析：因为两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝， 故设An＝kn(2n－1)，Bn＝kn(n＋3)，k≠0， 则a9＝A9－A8＝k×9×17－k×8×15＝33k， b8＝B8－B7＝k×8×11－k×7×10＝18k， 所以＝＝. 答案： 14．用分期付款的方式购买家用电器需11 500元，购买当天先付1 500元，以后每月交付500元，并加付利息，月利率为0.5%，若从交付1 500元后的第1个月开始算分期付款的第1个月，问： (1)分期付款的第10个月应交付多少钱？ (2)全部贷款付清后，买家用电器实际花了多少钱？ 解：(1)设每月付款依次构成数列{an}，n≤20， 则a1＝500＋10 000×0.005＝550，a2＝500＋(10 000－500)×0.005＝550－2.5， a3＝500＋(10 000－500×2)×0.005＝550－2.5×2，…， 显然an＝500＋[10 000－500(n－1)]×0.005＝550－2.5×(n－1)，a10＝550－2.5×9＝527.5， 故第10个月应交付527.5元． (2)由(1)可得an＝550－2.5(n－1)＝－2.5n＋552.5， 则{an}为等差数列，且n＝＝20， 数列{an}的前20项和为S20， 所以S20＋1 500＝＋1 500＝10×(550－2.5×20＋552.5)＋1 500＝12 025， 所以买家用电器实际花了12 025元． 15．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，对任意n∈N＋，均有S5≤Sn成立，则的取值范围是(　　) A．[2，3] B．[3，＋∞) C．(－∞，－3)∪[3，＋∞) D．(－∞，－3]∪[3，＋∞) 解析：选A．设等差数列{an}的公差为d， 由Sn＝na1＋d＝n2＋n， 又任意n∈N＋均有S5≤Sn成立， 所以⇒ 由＝＝＝1＋， 而1≤＋6≤2， 则∈[2，3] .故选A． 16．设{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＋a5＝1，S15＝75，Tn为数列的前n项和． (1)求Sn； (2)求Tn及Tn的最小值． 解：(1)设数列{an}的公差为d. 依题意有解得 所以Sn＝na1＋d＝－2n＋＝(n∈N＋). (2)方法一：由(1)知Sn＝，所以＝. 设bn＝＝， 则bn＋1－bn＝－＝， 所以数列{bn}是公差为的等差数列， 首项b1＝＝－2. 所以Tn＝－2n＋×＝ ＝－. 所以当n＝4或n＝5时，(Tn)min＝－5. 方法二：设bn＝，易知bn＝，由解得4≤n≤5. 故Tn的最小值为T4＝T5＝－5. 学科网（北京）股份有限公司 $