新教材2024-2025学年高中数学第1章数列1.2等差数列1.2.3等差数列的前n项和第2课时等差数列的前n项和的性质分层作业湘教版选择性必修第一册

第2课时等差数列的前n项和的性质A级必备学问基础练1.已知等差数列{an}的前11项和S11=88,则a2+a10=()A.16 B.17 C.18 D.192.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=10,公差d=-72,则Sn取得最大值时n的值为(A.3 B.4 C.5 D.63.等差数列{an}的前n项和为Sn,S5=12,S10=48,则S15=()A.84 B.108 C.144 D.1564.记等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn与Tn,若SnTn=n+1A.8281 B.8182 C.42415.(多选题)已知等差数列{an}是递增数列,其前n项和为Sn,且满意a7=3a5,则下列结论正确的是()A.d>0B.a1<0C.当n=5时,Sn最小D.当Sn>0时,n的最小值为86.(多选题)已知Sn是等差数列{an}的前n项和,下列选项可能是{Sn}的图象的是()7.在等差数列{an}中,a1>0,a10a11<0,若此数列的前10项和S10=36,前18项和S18=12,则数列{|an|}的前18项和T18=.

8.若等差数列{an}的首项为a1=2022,试写出一个使该数列的前n项和有最大值的数列的通项公式,该通项公式为.

9.设{an}为等差数列,Sn为数列{an}的前n项和,已知S7=7,S15=75,Tn为数列Snn的前n项和,求TB级关键实力提升练10.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S3=S10,S6=Sk,则k的值是()A.6 B.7C.8 D.911.已知数列{an}为等差数列,Sn为其前n项和.若a1=2024,且S20202020-S20192019=3,则A.1×20212 B.2×20212C.3×20212 D.4×2021212.已知等差数列{an}是递减数列,且满意|a1|=|a9|,则数列{an}的前n项和最大时,n=()A.4或5 B.5或6C.7 D.813.(多选题)设等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,已知a3=12,S12>0,S13<0,则下列结论正确的有()A.a6+a7<0B.a7<0C.d可以取负整数D.对随意n∈N+,有Sn≤S614.(多选题)已知等差数列{an}是递减数列,且前n项和为Sn,若S7=S11,则()A.a10>0B.当n=9时,Sn最大C.S17>0D.S19>015.(2024新高考Ⅰ,7)设Sn为数列{an}的前n项和,设甲:{an}为等差数列;乙:{Snn}为等差数列,则(A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件16.设数列{an}的前n项和为Sn,假如a1=-5,an+1=an+2,n∈N+,那么S1,S2,S3,S4中最小的为.

17.在等差数列{an}中,奇数项之和为44,偶数项之和为33,若此数列的项数为奇数,则这个数列的中间项是第项;若此数列的项数为偶数,且公差为-12,则此数列的项数为.18.设Sn是等差数列{an}的前n项和,a3=7,.从①S6=51,②an=an-1-3(n≥2),③S5=a3a5中任选一个,补充在问题中并作答.

(1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列{an}的前n项和Sn的最值.C级学科素养创新练19.(多选题)已知数列{an}的前n项和为Sn=33n-n2,则下列说法正确的是()A.an=34-2nB.S16为Sn的最小值C.|a1|+|a2|+…+|a16|=272D.|a1|+|a2|+…+|a30|=450

第2课时等差数列的前n项和的性质1.A由等差数列{an}的性质可得a1+a11=a2+a10.由于前11项和S11=88=11(a1+a11)2,因此a1+a11=16,则a2.A∵a1=10,d=-72∴Sn=10n+n(n-1)2×(-72)=-∵函数y=-74x2+474x的图象的对称轴为直线x=4714,且图象开口向下,∴当n=3时,Sn取得最大值3.B由等差数列前n项和的性质可知S5,S10-S5,S15-S10成等差数列.由等差中项性质可知2(S10-S5)=S5+(S15-S10),解得S15=108,故选B.4.C由{an},{bn}均为等差数列,得a10b55.ABD设等差数列{an}的公差为d,因为{an}是递增数列,所以d>0.因为a7=3a5,所以a5+2d=3a5,所以d=a5,所以a1=a5-4d=-3d<0,故A,B正确;又因为a4=a5-d=d-d=0,所以S3=S4,且为Sn的最小值,故C错误;又因为S8=8(a1+a8)2=4(a4+a5)=4a5=4d>0,S7=故选ABD.6.ABC因为Sn是等差数列{an}的前n项和,所以Sn=an2+bn(a,b为常数,n∈N+),则其对应函数y=ax2+bx,当x∈N+时的函数值,函数的图象是过原点的一条曲线.当a=0时,该曲线是过原点的直线,如选项C;当a≠0时,该曲线是过原点的抛物线,如选项A,B;选项D中的曲线不过原点,不符合题意.故选ABC.7.60由a1>0,a10a11<0,知d<0,且a10>0,a11<0,所以T18=a1+a2+…+a10-a11-a12-…-a18=2S10-S18=60.8.an=2023-n(答案不唯一)9.解设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,则Sn=na1+12n(n-1)d因为S7=7,S15=75,所以7a1所以Sn=n2-5n2所以数列Snn是等差数列,其首项为-2,公差为所以Tn=-2n+n(n-1)210.B由题意可得{an}的公差d≠0.∵等差数列的前n项和Sn=d2n2+(a1-d2)n可看作二次函数y=d2x2+(a1-d2)x当x∈N+时的函数值,且S∴二次函数的图象的对称轴为直线x=3+102又S6=Sk,∴6+k2=1311.D因为数列{an}为等差数列,Sn为其前n项和,a1=2024,S20202020-S20192019=3,所以数列{Snn}是以S11=2024为首项,3为公差的等差数列,所以S20212021=S11+2024×3=2024+202412.A∵等差数列{an}是递减数列,且满意|a1|=|a9|,∴a1+8d=-a1,∴a1=-4d>0.∴an=a1+(n-1)d=(n-5)d.令an≥0,得n≥5.∴数列{an}的前n项和最大时,n=4或n=5.故选A.13.BD因为S12=12a1+12×112·d>0,S13=13a1+13所以2a1+11d>0,a1+6d<0,即a6+a7>0,a7<0,所以a6>0,所以d<0,所以对随意n∈N+,有Sn≤S6.由a3=12得a1=12-2d,联立2a1+11d>0,a1+6d<0,解得-247<d<-3,故d不能取负整数.故选BD14.BC由S7=S11,得S11-S7=a8+a9+a10+a11=2(a9+a10)=0,则a9+a10=10.又因为{an}是递减数列,所以a9>0,a10<0,故A错误,B正确;S17=17(a1+a17S19=19(a1+a19)2=15.C(充分性)若{an}为等差数列,设其首项为a1,公差为d,则Sn=na1+n(n-1)2d,则Snn=a1+n-12d=(必要性)反之,若{Snn}为等差数列,设Snn=An+B,A≠0,则Sn=An2+Bn,a1=S1=A+B.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=A(2n-1)当n=1时也符合上式,故an=2An-A+B,故{an}为等差数列,则甲是乙的必要条件.综上,甲是乙的充要条件.故选C.16.S3∵数列{an}的前n项和为Sn,a1=-5,an+1=an+2,n∈N+,∴数列{an}是首项为-5,公差为2的等差数列.∴a1=-5,a2=-3,a3=-1,a4=1.∴S1=-5,S2=-8,S3=-9,S4=-8.∴S1,S2,S3,S4中最小的为S3.17.444若此数列的项数为奇数,设项数为2n-1,则奇数项之和S1=a1+a3+…+a2n-1=n(a1偶数项之和S2=a2+a4+a6+…+a2n-2=(n-1)(a2+a2n-2若此数列的项数为偶数,设项数为2n,则S1-S2=nd,所以-11=-12n,所以n=22,故此数列的项数为4418.解若选①:(1)设等差数列{an}的公差为d,由题意可得a3=a1+2d=7,S6(2)由(1)可知,an=3n-2,所以数列{an}是递增数列,故Sn的最小值为S1=1,无最大值.若选②:(1)设等差数列{an}的公差为d,由题意可得d=an-an-1=-3,因为a3=a1+(3-1)×(-3)=7,解得a1=13,所以an=-3n+16.(2)由(1)可得an=-3n+16,令an=-3n+16≥0,an+1=-3n+13≤0,解得133≤若选③:(1)设等差数列{an}的公差为d,由题意可得S5=5(a1+a5)2=5a3=a所以d=a5-所以an=a3+(n-3)d=-n+10.(2)由(1)可知an=-n+10,令an=0,解得n=10,故Sn的最大值为S9=S10=10×(9+019.AC数列{an}的前n项和为Sn=33n-n2.当n=1时,a1=32,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=33n-n2-