2019高中数学 第2章 数列 2.3 等差数列的前n项和习题 苏教版必修5.doc

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1、1等差数列的前等差数列的前 n n 项和项和（答题时间：（答题时间：4040 分钟）分钟） *1. 数列an是等差数列，a11，an512，Sn1 022，则公差d_。*2. 已知两个等差数列an和bn的前n项和分别为An和Bn，且nn BA3457 nn，则使nn ba为整数的正整数n有_个。*3. 设Sn是等差数列an的前n项和，若3163SS，则126 SS_。*4. 设等差数列an的前n项和为Sn，若S972，则a2a4a9_。*5. 已知首项为正数的等差数列an满足：a2011a20120，20122011 aa0，则使前n项和Sn0 成立的最大自然数n是_。*6. 在等差数列an中

2、，若任意两个不等的正整数k，p，都有ak2p1，ap2k1，设数列an的前n项和为Sn，若kpm，则Sm_（结果用m表示） 。*7. 已知an是等差数列，Sn为其前n项和，nN N*，若a316，S2020，求S10。*8. 已知数列an的前n项和为Snn22n。（1）求证an是等差数列；（2）求使 100an200 成立的所有项的和。*9. 数列an是等差数列，a150，d0.6。（1）从第几项开始有an0?（2）求此数列前n项和Sn的最大值。21. 171 解析：ana1（n1）d，Snna12) 1( nnd， ,10222) 1(,512) 1(1dnnndn 171, 4 dn2.

3、5 解析：1197 31245) 12(7 ) 12() 12(1212 nn nn BA bnan bannnnnn12) 1(7 nn7112 n，n1，2，3，5，11，共有 5 个。3. 103解析：设S3k，则S63k，S6S32k，由等差数列的性质：S3，S6S3，S9S6，S12S9也成等差数列，S9S63k，S12S94k，S96k，S1210k，103126SS。4. 24 解析：由S92)(991aa 9a572，a58，a2a4a9（a2a9）a4（a5a6）a4a5（a6a4）3a524。5. 4 022 解析：20122011 aa0，数列an的项有正有负，a10，等

4、差数列an为递减数列，a20110，a20120.S40222)(4022 2)(40222012201140221aaaa0，S4023224023 2)(4023201240231aaa0。6. m22m 解析：dpkkp pkaapk ) 12() 12(2，又aka12（k1） ，a1ak2（k1）2p12k22（kp）32m3，Smma12) 1(mmdm（2m3）m（m1）m（m2）m22m。7. S10110 解析：设首项为a1，公差为d， ,2019202120,16211dada由得 2a119d2. 2 得 15d30，d2，3a1162d20，S1010a121109d2

5、0090110。8.（1）证明：当n1 时，a1S112213；当n2 时，anSnSn1（n22n）（n1）22（n1）2n1，因为n1 时，适合an2n1，所以此数列的通项公式为an2n1（nN N*） ，因为an1an2（n1）1（2n1）2，所以an是以a13 为首项，d2 为公差的等差数列；（2）解：因为 100an200，又由（1）得an2n1（nN N*） ，所以 1002n1200，所以299n2199（nN N*） ，即 50n99（nN N*） ，所以它们的和为SS99S49992299（492249）7 500，故满足条件的各项之和为 7 500。9. 解：（1）因为a150，d0.6，所以an500.6（n1）0.6n50.6（nN N*） 。令0.6n50.60，则n6 . 0 6 .5084.3，由于nN N*，故当n85 时，an0，即从第 85 项起，以后各项都小于 0；（2）因为d0.60，a1500，由（1）知a840，a850，所以S1S2S84，且 S84S85S86，所以 Sn的最大值为 S84508428384（0.6）2 108.4。