2.2.2等差数列的前n项和课时过关·能力提升1在等差数列{an}中,已知a1+a2+a3=-24,a18+a19+a20=78,则此数列前20项和等于()A.160B.180C.200D.220解析(a1+a2+a3)+(a18+a19+a20)=(-24)+78=54,又a1+a20=a2+a19=a3+a18,则3(a1+a20)=54,∴a1+a20=18.则S20=20(a1+a20)2=10×18=180.答案B2在等差数列{an}中,若S12=8S4,则a1d=()A.910B.109C.2D.23解析由S12=8S4,得12a1+12×11d2=8(4a1+4×32d),即12a1+66d=32a1+48d.∴a1d=910.答案A3已知等差数列{an}的公差d<0,且a12=a112,则数列的前n项和Sn取得最大值时的项数n是()A.5B.6C.5或6D.6或7解析由a12=a112,得(a1+a11)(a1-a11)=0.又d<0,∴a1+a11=0,∴a6=0.∴S5=S6,且最大.答案C4设Sn是等差数列{an}的前n项和,若S3S6=13,则S6S12等于()1A.310B.13C.18D.19解析设该数列的首项为a1,公差为d,由等差数列的前n项和公式可得S3S6=3a1+3d6a1+15d=13,可得a1=2d,且d≠0,所以S6S12=6a1+15d12a1+66d=27d90d=310,故选A.答案A5已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S2=10,S5=55,则过点P(n,an)和Q(n+2,an+2)(n∈N+)的直线的斜率是()A.4B.3C.2D.1解析设该数列的首项为a1,公差为d.由题意得{2a1+d=10,5a1+10d=55,解得{a1=3,d=4.则所求斜率为an+2-an(n+2)-n=d=4.答案A6设Sn为等差数列{an}的前n项和,S4=14,S10-S7=30,则S9=.解析设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,由题意,得4a1+4×(4-1)2d=14,①[10a1+10×(10-1)2d]−[7a1+7×(7-1)2d]=30,②由①②联立,解得a1=2,d=1,所以S9=9×2+9×(9-1)2×1=54.答案547若两个等差数列的前n项和之比是(7n+1)∶(4n+27),则它们的第11项之比为.解析设等差数列{an}的前n项和为Sn,等差数列{bn}的前n项和为Tn,则a11=a1+a212,b11=b1+b212,2∴a11b11=12(a1+a21)12(b1+b21)=12(a1+a21)×2112(b1+b21)×21=S21T21=7×21+14×21+27=43.答案4∶38已知在等差数列{an}中,数列{an}的前n项和为Sn,且S6S8,有下列命题:①此数列的公差d<0;②a9<0;③a7是各项中最大的项;④S7一定是Sn中的最大值.其中正确命题的序号是.解析∵S60,同理可得a8<0,∴d=a8-a7<0,∴a9<0.答案①②④9在等差数列{an}中,a1=-2015,其前n项和为Sn,若S1212−S1010=2,则S2015的值为.解析∵S1212−S1010=2,∴12a1+(12×11)d212−10a1+(10×9)d210=2,∴d=2.∴S2015=2015a1+(2015×2014)d2=-2015.答案-201510设数列{an}为等差数列,其前n项和为Sn,且S4=-62,S6=-75.(1)求通项an及前n项和Sn;(2)求|a1|+|a2|+…+|a14|的值.解(1)设数列{an}的公差为d,由S4=-62,S6=-75,得{4a1+6d=-62,6a1+15d=-75.解得{a1=-20,d=3.所以an=3n-23,Sn=32n2-432n.3(2)由an=3n-23≤0,得n≤233,所以n=7.所以数列{an}的前7项为负数,所以|a1|+|a2|+…+|a14|=-(a1+a2+…+a7)+(a8+a9+…+a14)=-S7+S14-S7=S14-2S7=147.★11设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=12,且S12>0,S13<0.(1)求公差d的取值范围.(2)前几项的和最大?并说明理由.分析(1)只需利用S12>0,S13<0得到不等式组即可解决;(2)由d<0,得a1>a2>…>a12>a13>…,可知数列前面的项为正,后面的项为负,加上正数,和变大;加上负数,和变小.因此在1≤n≤12中,若存在自然数n,使an>0,an+1<0,则可判定Sn是最大值.解(1)根据题意,得{12a1+12×112d>0,13a1+13×122d<0,a1+2d=12,整理得{2a1+11d>0,a1+6d<0,a1+2d=12.解得d的取值范围是-247a2>a3>a4>…>a12>a13>….而S13=13(a1+a13)2=13a7<0,所以a7<0.又因为S12=12(a1+a12)2=6(a1+a12)=6(a6+a7)>0,所以a6>0.所以数列{an}的前6项的和S6最大.4★12在数列{an}中,a1=8,a4=2,且满足an+2-2an+1+an=0(n∈N+).(1)求数列{an}的通项公式;(2)设Sn=|a1|+|a2|+…+|an|,求Sn;(3)设bn=1n(12-an)(n∈N+),Tn=b1+b2+…+bn,是否存在最大整数m,使对任意n∈N+,均有Tn>m32总成立?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.分析第(1)问由条件an+2-2an+1+an=0可知数列{an}是等差数列,可由已知条件求得公差,再代入通项公式得解.第(2)问先求得前几项是正数,从第几项开始是负数,再求绝对值的和即可.第(3)问先求得Tn的值,再判断Tn的单调性,从此不等式中解得m的值.解(1)由an+2-2an+1+an=0,得an+2-an+1=an+1-an,则数列{an}是等差数列.由a1=8,a4=2,得d=-2,则an=10-2n.(2)由an≥0,且an+1<0,解得n=5.当n≤5时,Sn=-n2+9n;当n>5时,Sn=|a1|+|a2|+…+|an|=(a1+a2+…+a5)-(a6+a7+…+an)=2(a1+a2+…+a5)-(a1+a2+…+an)=2×20-(-n2+9n)=n2-9n+40.故Sn={-n2+9n,n≤5,n2-9n+40,n>5.(3)因为bn=12(1n-1n+1),所以Tn=12(1-12+12-13+…+1n-1n+1)=n2(n+1).所以Tn+1-Tn=12(n+2)(n+1)>0,所以{Tn}单调递增.所以T1=14为Tn的最小值,要使Tn>m32总成立,只需m32
