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4.2.2.2等差数列前n项和的应用
A组基础训练
1．已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn.若，则＝(　　)
A． B．
C． D．
2．已知等差数列{an}的项数为2m＋1(m∈N*)，其中奇数项之和为140, 偶数项之和为 120，则m＝(　　)
A．6 B．7
C．12 D．13
3．已知数列{an}的通项公式为an＝26－2n.当此数列的前n项和Sn最大时，n的值为(　　)
A．12 B．13
C．12或13 D．14
4．(多选)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－4n＋1，则(　　)
A．an＝2n－5
B．{an}不是等差数列
C．数列{an}中a2最小
D．|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝67
5．在等差数列{an}中，a1>0，a10·a11<0．若此数列前10项和S10＝36，前18项和S18＝12，则数列{|an|}的前18项和T18的值为________．
6．已知等差数列{an}，|a5|＝|a9|，公差d>0，则使得其前n项和Sn取得最小值的正整数n的值是________．
7．已知数列{an}为等差数列，其中a2＋a3＝8，a5＝3a2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝，设{bn}的前n项和为Sn，求使得Sn>的正整数n的最小值．
B 组 拔高提升
1．已知数列{an}是等差数列．若a9＋a12>0，a10·a11<0，且数列{an}的前n项和Sn有最大值，则当Sn>0时，n的最大值为(　　)
A．10 B．11
C．20 D．21
2．(多选)设d，Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和．若S10＝S20，则下列结论正确的有(　　)
A．当n＝15时，Sn取得最大值
B．当n＝30时，Sn＝0
C．当d＞0时，a10＋a22＞0
D．当d＜0时，|a10|＞|a22|
3．(多选)设数列{an}的前n项和为Sn，＝－1，S1＝32，则下列说法正确的是(　　)
A．{an}是等差数列
B．S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，公差为－9
C．当n＝16或n＝17时，Sn取得最大值
D．当Sn≥0时，n的最大值为33
4．(多选)公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S11>0，S12<0，则下列说法正确的有(　　)
A．d<0
B．a7>0
C．{Sn}中S5最大
D．|a4|<|a9|
5．若等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，满足，则＝________．
6．已知数列{an}，{bn}都是等差数列，a3＝b1＝3，a15＝b7＝15，设cn＝(－1)n-1·，则数列{cn}的前2 024项和为________．
7．设数列{an}的各项都为正数，其前n项和为Sn.已知对任意n∈N*，Sn是和an的等差中项．
(1)证明：数列{an}为等差数列，并求an；
(2)若bn＝－n＋5，求an·bn的最大项，并求出此时n的值．
8．记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：<2.
4.2.2.1等差数列前n项和的应用
A组基础训练
1．C　解析：由等差数列的性质可得
，
则，即.
所以.
故选C．
2．A　解析：项数为2m＋1的数列{an}中奇数项共有(m＋1)项，其和为＝(m＋1)am＋1＝140，
项数为2m＋1的数列{an}中偶数项共有m项，其和为＝mam＋1＝120，
所以，解得m＝6.
故选A．
3．C　解析：由an≥0，得n≤13，当n＝13时，an＝0，所以S13＝S12最大．故选C．
4．BD　解析：因为Sn＝n2－4n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝12－4×1＋1＝－2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－4n＋1－[(n－1)2－4(n－1)＋1]＝2n－5(n≥2)，显然当n＝1时，an＝2n－5不成立，
所以an＝所以数列{an}从第二项起是以2为公差的等差数列，
故数列{an}不是等差数列，故A错误，B正确．
数列{an}从第二项起为递增的等差数列，又a1所以a1为数列{an}中的最小项，故C错误．
因为a1|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝－a1－a2＋a3＋…＋a10＝S10－2(a1＋a2)＝－2＋(－1)×9＋×2－2×(－2－1)＝67，故D正确．
故选BD．
5． 60　解析：因为a1>0，a10·a11<0，
所以公差d<0，a10>0，a11<0，
所以T18＝a1＋a2＋…＋a10－(a11＋a12＋…＋a18)＝＝60.
6．6或7　解析：因为d>0，|a5|＝|a9|，所以a5<0，a9>0，－a5＝a9，即a5＋a9＝2a7＝0.
所以a7＝0，所以a6<0，a8>0.
所以S6＝S7，为最小．
故使得前n项和Sn取得最小值的正整数n的值为6或7.
7．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
依题意有解得
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)因为bn＝，
所以Sn＝＋…＋
.
令1－>，解得n>1 012，故n＝1 013.
B 组 拔高提升
1．C　解析：由等差数列的性质可知，a9＋a12＝a11＋a10>0.
因为a10·a11<0，所以a10和a11异号．
因为数列{an}的前n项和Sn有最大值，
所以数列{an}是递减的等差数列，
即an＋1－an<0，
所以a10>0，a11<0，所以S21＝＝21a11<0，S20＝＝10(a9＋a12)>0，
所以当Sn>0时，n的最大值为20．故选C．
2．BC　解析：因为d，Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和，S10＝S20，
所以10a1＋d，
解得a1＝－d，
Sn＝na1＋n＝ 2－d.
若d＞0，当n＝15时，Sn取得最小值；若d＜0，当n＝15时，Sn取得最大值，故A错误．
当n＝30时，Sn＝(n－15)2－d＝0，故B正确．
当d＞0时，a10＋a22＝2a1＋30d＝d＞0，故C正确．
当d＜0时，|a10|＝|a1＋9d|＝－d，
|a22|＝|a1＋21d|＝－d，
所以|a10|＜|a22|，故D错误．
故选BC．
3．ACD　解析：对于A，由已知＝－1可得，数列是一个等差数列，首项＝32，公差为－1，
所以＝32＋(n－1)×(－1)＝－n＋33，
所以Sn＝－n2＋33n.
当n＝1时，a1＝S1＝32；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋33n＋(n－1)2－33(n－1)＝－2n＋34.
当n＝1时，－2×1＋34＝32＝a1，满足上式．
综上所述，an＝－2n＋34.
所以，当n≥2时，an－an－1＝－2n＋34＋2(n－1)－34＝－2，所以{an}是等差数列，故A正确．
对于B，设{an}的公差为d，
由选项A知，a1＝32，d＝－2，根据等差数列前n项和的性质可知，S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，S9－S6－(S6－S3)＝S6－S3－S3＝3×3d＝－18，故B错误．
对于C，因为a1＝32>0，d＝－2<0，
要使Sn取得最大值，则应有
即解得16≤n≤17.
又n∈N*，所以当n＝16或n＝17时，Sn取得最大值．故C正确．
对于D，由选项A知，Sn＝－n2＋33n，
令－n2＋33n≥0，可得0≤n≤33.
所以，当Sn≥0时，n的最大值为33．故D正确．
故选ACD．
4．AD　解析：由S11＝＝11a6>0，得a6>0.
又S12＝＝6(a6＋a7)<0，得a6＋a7<0，
所以a6>0，a7<0，数列{an}是递减数列，其前6项为正数，从第7项起均为负数．
由以上分析可知，公差d<0，故A正确；a7<0，故B错误；前6项和最大，故C错误；
由a4>0，a9<0，有|a4|－|a9|＝a4＋a9＝a6＋a7<0，则|a4|<|a9|，故D正确．
故选AD．
5．　解析：依题意可得.
6．　解析：设数列{an}，{bn}的公差分别为da，db.
由已知得a15－a3＝12da＝12，b7－b1＝6db＝12，
所以da＝1，db＝2.
所以an＝a3＋(n－3)da＝n，bn＝b1＋(n－1)db＝2n＋1.
所以cn＝(－1)n-1
＝(－1)n-1，
所以数列{cn}的前2 024项和c1＋c2＋…＋c2 024＝.
7．
解：(1)由已知，得2Sn＝＋an，且an>0.
当n＝1时，2a1＝＋a1，解得a1＝1.
当n≥2时，2Sn－1＝＋an－1，
所以2Sn－2Sn－1＝＋an－an－1，
即2an＝＋an－an－1，
即(an＋an－1)(an－an－1)＝an＋an－1.
因为an＋an－1>0，所以an－an－1＝1(n≥2)．
故数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
所以an＝n.
(2)由(1)可知an＝n.设cn＝an·bn，
则cn＝n(－n＋5)＝－n2＋5n＝－.
因为n∈N*，所以当n＝2或n＝3时，{cn}的最大项为6.
故an·bn的最大项为6，此时n＝2或n＝3.
8．
(1)解：因为a1＝1，所以S1＝a1＝1，所以＝1.
因为是公差为的等差数列，
所以(n－1)＝，
所以Sn＝.
当n≥2时，Sn－1＝，
所以an＝Sn－Sn－1＝，
整理得(n－1)an＝(n＋1)an－1，
又an≠0，
则，
所以an＝a1×，即an＝.
显然上式对于n＝1也成立，
所以{an}的通项公式为an＝.
(2)证明：由(1)得，
所以
＝2
＝2<2.

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